云南省大理州届高三上学期第二次统测考试理综化学.docx

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云南省大理州届高三上学期第二次统测考试理综化学

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu-64Au-197

第Ⅰ卷（共126分）

一、选择题：

本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列说法正确的是（）

A．厨房中的食盐、食醋都是电解质

B．工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg、Al三种金属

C．石油的分馏、煤的干馏、石油的裂解都是化学变化

D．古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品

【答案】D

【解析】A．食醋属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氯化铝是共价化合物，不能电解冶炼铝单质，故B错误；C．石油的分馏属于物理变化，故C错误；D．陶瓷、玻璃、水泥等成分都是二氧化硅、硅酸盐，所以都是硅酸盐产品，故D正确；故选D。

2．下列说法正确的是（）

A．乙烯和聚乙烯均能使溴水褪色

B．乙酸和乙酸乙酯均能发生取代反应

C．甲烷、苯和油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色

D．葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素分子式相同，均互为同分异构体

【答案】B

3．下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（）

A．配制溶液B．中和滴定C．制备乙酸乙酯D．制备收集干燥的氨气

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．配制溶液时，当液体体积接近刻度线时，要改用胶头滴管滴加液体，错误；B．用一定物质的量浓度的盐酸滴加未知浓度的碱溶液，盐酸要使用酸式滴定管，错误；C．制取乙酸乙酯时，为了便于除杂，同时防止倒吸现象的发生，要把导气管伸入到试管中Na2CO3饱和溶液的液面以上，正确；D．制备收集干燥的氨气，由于氨气的密度比空气小，要用向下排空气的方法收集，导气管伸入到试管底部，错误。

考点：

考查实验操作或装置正误判断的知识。

4．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如有下图所示，关于该有机物的叙述中不正确的是（）

A．分子式为C12H20O2B．1mol该有机物可消耗3molH2

C．1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOHD．不能发生银镜反应

【答案】B

5．关于下图装置中的变化叙述错误的是（）

A．电子经导线从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片

B．右侧碳棒上发生的电极反应：

2H++2e-→H2↑

C．左侧碳棒发生还原反应

D．铜电极出现气泡

【答案】C

【解析】A．电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回正极铜片，故A正确；

B．左侧碳棒是电解池阳极，阳极上应该是氯离子放电生成氯气，右侧碳棒是阴极，该电极上发生的反应：

2H++2e→H2↑，故B正确；C．锌片上失电子发生氧化反应，铜片上发生还原反应，故C错误；D．铜电极是正极，正极上氢离子得电子析出氢气，故D正确；故选C。

【点睛】正确判断原电池和电解池是解本题关键，右边装置能自发的进行氧化还原反应，所以右边装置是原电池，锌易失电子而作负极，铜作正极；左边装置连接外加电源，所以是电解池，连接锌棒的电极是阴极，连接铜棒的电极是阳极，再结合原电池和电解池原理解答，注意电子不进入电解质溶液，为易错点。

%

6．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：

Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系下表：

温度℃

25

80

230

平衡常数

5×104

2

1．9×10-5

下列说法不正确的是（）

A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应

B．25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10-5

C．80℃达到平衡时，测得n（CO）=0．3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/L

D．在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0．5mol/L，则此时v（正）＞v（逆）

【答案】D

到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，c（CO）

==ol/L，依据平衡常数计算式，K=

=2，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/L，故C正确；D．在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5mol/L，Qc=

=8＞2，说明平衡逆向进行，则此时v（正）＜v（逆），故D错误；故选D。

7．已知：

2C（s）+O2（g）=2CO（g） ΔH＝－217kJ·mol-1C（s）＋H2O（g）＝CO（g）＋H2（g）    ΔH＝bkJ·mol-1H—H、O—H和O＝O键的键能分别为436、462和495kJ·mol-1，则b为（）

A．＋352B．＋132C．－120D．－330

【答案】A

【解析】

试题分析：

①2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-217kJ•mol-1；②C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=bkJ•mol-1，根据盖斯定律：

②×2-①得：

2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=2b-（-217kJ•mol-1）；而2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=4×462-495-436×2（kJ•mol-1），即2b-（-217kJ•mol-1）=4×462-495-436×2（kJ•mol-1）解得b=+132，故选B。

【考点定位】考查用盖斯定律进行有关反应热的计算

【名师点晴】本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，反应热计算方法是解题关键。

盖斯定律的使用方法：

①写出目标方程式；②确定“过渡物质”（要消去的物质）；③用消元法逐一消去“过渡物质”。

8．下表为元素周期表得一部分。

碳

氮

Y

X

硫

Z

回答下列问题：

（1）X元素在周期表中位于_____周期_______族。

（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是______________。

a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊

b．在氧化还原反应中，1molY单质比1mol硫得电子多

c．Y和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高

（3）表中某元素的气态氢化物与该元素的最高价氧化物对应的水化物可以反应，写出该反应的化学方程式___________________________________________。

（4）常温下，将稀氨水逐滴加入稀硫酸溶液中，当pH=7时，2c（SO42-）_______c（NH4+）（填＜、＞、=）。

（5）已知元素Na与元素Y可形成原子个数比为1∶1的离子化合物，写出该化合物的电子式_______，该化合物中的化学键类型有________________________。

（6）向Z单质的水溶液加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是___________。

A．碳酸钙粉末B．稀硫酸C．氯化钙溶液D．二氧化硫的水溶液

【答案】

（1）．三

（2）．ⅣA（3）．a、c（4）．NH3+HNO3=NH4NO3（5）．=（6）．

（7）．离子键、（非极性）共价键（8）．A

（3）氮元素气态氢化物NH3与该元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3可以反应生成硝酸铵，此反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3；

（4）当pH=7时，混合溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），所以2c（SO42-）=c（NH4+）；

（5）元素Na与元素O可形成原子个数比为1∶1的离子化合物Na2O2，该化合物的电子式为

，化合物中的化学键类型有离子键、（非极性）共价键；

（6）在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强；A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误；故选A。

【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：

①非金属单质跟氢气化合的难易程度（或生成的氢化物的稳定性），非金属单质跟氢气化合越容易（或生成的氢化物越稳定），元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物（即最高价含氧酸）的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，（非金属相互置换）。

9．某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：

乙二酸（HOOC—COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101．5℃，在157℃升华．为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：

（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为___________________________________________________________。

（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现紫红色逐渐褪去，说明乙二酸具有_______（填：

“氧化性”、“还原性”或“酸性”），请配平该反应的离子方程式：

__MnO4-+ H2C2O4+ H+=Mn2++ CO2↑+ H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按下图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：

实验发现：

装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红。

据此回答：

上述装置中，D的作用是____________________ 。

乙二酸分解的化学方程式为________________。

（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O4·2H2O）加入到100mL 0.2mol·L-1的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是__________________________________________。

（5）Na2C2O4溶液中离子的浓度由大到小的顺序为：

____________________________。

（6）设计实验证明草酸的酸性比碳酸强：

_______________________________________________。

【答案】

（1）．HCO3－＋H2C2O4

HC2O4－＋CO2↑＋H2O

（2）．还原性（3）．2、5、6、2、10、8（4）．除去混合气体中的CO2（5）．H2C2O4

H2O＋CO↑＋CO2↑（6）．反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4－的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H＋）>c（OH－），所以溶液呈酸性（7）．c（Na＋）>c（C2O42-）>c（OH－）>c（HC2O4－）>c（H＋）（8）．向盛有少量NaHCO3或Na2CO3溶液的试管中滴加过量草酸溶液，有气泡产生。

（3）①乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4

H2O+CO↑+CO2↑，由各物质的性质可推测B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的目的是为了除尽CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成；

（4）2.52g草酸晶体（H2C2O4•2H2O）为0.02mol加入到100mL0.2mol•L-1的NaOH溶液中充分反应，两者正好1：

1反应生成NaHC2O4，反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），所以溶液呈酸性；

（5）两者正好1：

1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，而溶液中还存在着水的电离，故H+＞C2O42-，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4-＞H+，故正确顺序为c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；

（6）向盛有少量NaHCO3或Na2CO3溶液的试管中滴加过量草酸溶液，有CO2气体生成，可证明草酸的酸性比碳酸强。

10．Cr2O72-和CN-是工业废水中常见的污染物。

若利用下列流程可对分别含两种离子的废水进行综合处理：

回答下列问题：

（1）已知步骤②中无气体生成，写出反应的离子方程式___________________ ，步骤④中NaClO可将CNO-处理为完全无害的溶液，该过程中有两种无毒的不支持燃烧的气体产生，写出这两种气体的化学式  ________________________________。

（2）步骤⑥的反应为S2O32－+Cr2O72－+2H＋→SO42－+Cr3＋+H2O（未配平），则每处理1molCr2O72－离子转移_______mol电子。

（3）步骤⑦的操作名称为_______，该操作所需的玻璃仪器为__________________  。

（4）CrO42－和Cr2O72－在溶液中可相互转化，用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中的转化反应_____。

（5）Cr3+也有一定毒性，会污染水体，常温下要除去废液中多余的Cr3+，调节pH至少为_______，才能使铬离子沉淀完全（铬离子浓度应小于10-5mol/L）。

已知Cr（OH）3的溶度积为6.3×10-31，

，lg2≈0.3。

【答案】

（1）．CN－＋ClO－=CNO－＋Cl－

（2）．N2、CO2（3）．6（4）．过滤（5）．漏斗、玻璃棒、烧杯（6）．Cr2O72－+H2O

2CrO42－+2H＋（7）．5．6

（1）步骤②中无气体生成，NaClO氧化CN-离子反应生成CNO-的废水，反应的离子方程式为CN-+ClO-═CNO-+Cl-，步骤④中NaClO可将CNO-处理为完全无害的溶液，该过程中有两种无毒的不支持燃烧的气体产生，由物质的组成元素可知应为N2、CO2；

（2）反应S2O32-+Cr2O72-+H+-→SO42-+Cr3++H2O中，Cr元素化合价有+6价降低到+3价，则每处理1mol Cr2O72-转移6mol电子；

（3）步骤⑦用于分离固体和液体，应为过滤操作，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；

（4）用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中的转化反应为Cr2O72－+H2O

2CrO42－+2H＋；

（5）除去废水中的Cr2+，可先通入氧气或空气，将Cr2+氧化为Cr3+，然后加入碱液调节溶液的pH，要使铬的离子沉淀完全，c（Cr3+）＜10-5mol/L，则c（OH-）

=m/L=4×10-9mol/L，pH=-lg

（）.6。

【点睛】利用物质的性质、元素的化合价、电子守恒等来解答，明确工业流程是解题关键，含CN-废水调整溶液PH加入NaClO溶液，步骤②中无气体生成，氧化CN-离子反应生成CNO-的废水，步骤④中NaClO可将CNO-处理为完全无害的溶液，该过程中有两种无毒的不支持燃烧的气体产生，生成气体为N2、CO2，溶液A含有NaCl、NaOH等溶质，含Cr2O72-的废水调整溶液PH加入Na2S2O3发生氧化还原反应得到含硫酸根离子的废水，Cr2O72-被还原生成Cr3+，和含CNO-的废水继续处理得到滤渣C为Cr（OH）3，滤液D主要含有硫酸钠，以此解答该题。

11．许多金属及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。

回答下列有关问题：

（1）基态Ni核外电子排布式为____________；第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是______________。

（2） 配合物Ni（CO）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝_______，CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为_____________。

（3）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，回答：

①Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO_______FeO（填“<”或“>”）；

②NiO晶体中Ni的配位数为___________________；

（4）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是_______________，反应的离子方程式为_____________________。

（5）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。

在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为_______，若该晶胞的边长为apm，则合金的密度为____g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。

【答案】

（1）．1s22s22p63s23p63d8 4s2

（2）．C（碳）（3）．4（4）．1∶2（5）．＞（6）．6（7）．H2O2为氧化剂，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行（8）．Cu+H2O2+4NH3=Cu（NH3）42＋+2OH－（9）．1∶3（10）．（197+64×3）×1030/（a3Na）

②NaCl中钠离子和氯离子的配位数分别为6，NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为6；

（4）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，方程式可表示为：

Cu+H2O2+4NH3═Cu（NH3）42++2OH-；

（5）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×

，Cu原子个数=6×

，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：

3，晶胞体积V=（a×10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则ρ=

g•cm-3。

12．有机物H为芳香酯，其合成路线如下：

已知以下信息：

①A—H均为芳香族化合物，A的苯环上只有一个取代基，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰。

②

③

请回答下列问题：

（1）A→B的反应类型为____________，G所含官能团的名称为________________。

（2）B与银氨溶液反应的化学方程式为______________________________。

（3）H的结构简式为_____________。

（4）符合下列要求的A的同分异构体有________________种。

①遇氯化铁溶液显紫色②属于芳香族化合物

其中苯环上有两个取代基的有__________________________________（写结构简式）

（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）。

________________合成路线流程图示例如下：

CH3CH2Br

CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3

【答案】

（1）．氧化反应

（2）．羧基、羟基（3）．

（4）．

（5）．9（6）．

（7）．CH3CH2OH

CH3CHO

CH3CH=CHCHO

CH3CH2CH2CH2OH

；E的苯环上的一溴代物有两种，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，E中含有甲基，则E为

；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为

；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为

，G和D发生酯化反应生成H，则H为

；

（1）

催化氧化生成

，即反应类型为氧化反应，

所含官能团的名称为羧基、羟基；

（2）B的结构简式为

，B与银氨溶液反应方程式为

；

（3）H的结构简式为

；

（4）A为

，A的同分异构体能和氯化铁溶液发生显色反应，说明A的同分异构体中含有酚羟基，属于芳香族化合物说明含有苯环；如果取代基含有-OH和-CH2CH3，有邻间对3种同分异构体；如果取代基含有-OH和两个-CH3，如果两个甲基位于相邻位置，有2种同分异构体；如果两个甲基位于相间位置，有3种同分异构体；如果两个甲基位于相对位置，有1种同分异构体，所以符合条件的一共有9种；其中苯环上有两个取代基的有

、

、

；

（5）CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图为CH3CH2OH

CH3CHO

CH3CH=CHCHO

CH3CH2CH2CH2OH。

【点睛】根据反应条件推断反应类型：

（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。

（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。

（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。

（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。

（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。

（6）在O2、Cu（或Ag）、加热（或CuO、加热）条件下，发生醇的氧化反应。

（7）与O2或新制的Cu（OH）2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。

（如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程）。

（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。

（9）在光照、X2（表示卤素单质）条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。