高三化学泰州市届高三化学二模试题.docx
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高三化学泰州市届高三化学二模试题
江苏省泰州市2015年高考化学二模试卷
一、单项选择题：
本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．大气污染再次成为今年“两会”的热门议题．下列做法不能改善大气环境的是（ ）
A．
大力开发新能源和可再生能源
B．
城市大力发展轨道交通，少开私家车
C．
清洁燃煤、提高燃油品质
D．
学校、家庭安装空气净化装置
考点：
常见的生活环境的污染及治理．.
分析：
A．开发新能源和可再生能源，减少化石燃料的燃烧；
B．城市大力发展轨道交通，少开私家车，减少尾气的排放；
C．清洁燃煤、提高燃油质量，可以减少有害气体的排放；
D．安装空气净化装置，不能减少空气中的有害气体．
解答：
解：
A．开发新能源和可再生能源，减少化石燃料的燃烧，可以减少有害气体的排放，有利于改善大气环境，故A正确；
B．城市大力发展轨道交通，少开私家车，减少尾气的排放，有利于改善大气环境，故B正确；
C．清洁燃煤、提高燃油质量，可以减少有害气体的排放，有利于改善大气环境，故C正确；
D．安装空气净化装置，不能减少空气中的有害气体，不利于改善大气环境，故D错误．
故选D．
点评：
本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．
2．（2分）（2015•泰州二模）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．
水分子的比例模型：
B．
F﹣的结构示意图：
C．
H2O2的电子式：
D．
葡萄糖的结构简式：
C6H12O6
考点：
电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型．.
分析：
A．水分子是V型分子，且题中为球棍模型；
B．F原子得到1个电子形成F﹣，质子数不变为9，核外电子数为10，有2个电子层，最外层电子数为8；
C．双氧水分子中不存在氧氧双键，氧原子最外层达到8电子稳定结构；
D．葡萄糖为多羟基醛，结构简式中需要标出官能团结构．
解答：
解：
A．水分子是V型，比例模型能够体现出原子的相对体积大小，其正确的比例模型为：
，故A错误；
B．氟离子的核电荷数为9、核外电子总数为10，F﹣的结构示意图为：
，故B正确；
C．双氧水为共价化合物，氧原子最外层达到8电子稳定结构，双氧水正确的电子式为：
，故C错误；
D．葡萄糖中含有5个羟基、1个醛基，葡萄糖的结构简式为：
CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，故D错误；
故选B．
点评：
本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、离子结构示意图、球棍模型与比例模型、结构简式等化学用语的概念及书写原则，C为易错点，注意明确双氧水的分子组成及成键情况．
3．（2分）（2015•泰州二模）常温下，下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（ ）
A．
NH4+，Ag+，NO3﹣，CO32﹣，SO42﹣
B．
Fe2+，H+，NO3﹣，Cl﹣
C．
Al3+、NH4+，HCO3﹣、Cl﹣
D．
K+、Na+、NO3﹣、SO42﹣
考点：
离子共存问题．.
分析：
A．银离子与碳酸根离子、硫酸根离子反应；
B．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；
C．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；
D．四种离子之间不发生反应，在溶液中能够共存．
解答：
解：
A．Ag+与CO32﹣、SO42﹣之间反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Fe2+、H+、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Al3+、HCO3﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．K+、Na+、NO3﹣、SO42﹣之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：
能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等．
4．（2分）（2015•泰州二模）下列有关物质的性质与应用对应关系不正确的是（ ）
A．
常温下，铁与浓硝酸发生钝化，常用铁罐车运输浓硝酸
B．
SO2有漂白性，常用它来漂白纸浆
C．
硅酸钠溶液呈碱性，常用做木材的防火剂
D．
Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，常用铝箔包装物品
考点：
硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；金属的通性；钠的重要化合物．.
分析：
A、常温下浓硝酸与铁发生钝化反应，表面形成致密的氧化膜；
B、二氧化硫具有漂白性，其漂白原理是能和某些有色物质反应生成无色物质；
C、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，可以作防火剂；
D、Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜．
解答：
解：
A．常温下浓硝酸与铁发生钝化反应，而不是不反应，在表面生成一层致密的氧化物膜，可阻碍反应的继续进行，故A正确；
B、二氧化硫具有漂白性，其漂白原理是能和某些有色物质反应生成无色物质，故利用二氧化硫漂白纸浆正确，故B正确；
C、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，可以作防火剂，与硅酸钠溶液的碱性无关，故C错误；
D、Al具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品，故D正确；
故选C．
点评：
本题考查物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大．
5．（2分）（2015•泰州二模）设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．
1molCl2与足量的Fe充分反应，转移电子的数目为3NA
B．
常温下，1LpH=1的H2SO4溶液中，由水电离出的H+数目为0.1NA
C．
常温下，21g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
D．
1mol
C原子中所含中子数目为6NA
考点：
阿伏加德罗常数．.
分析：
A、氯气与铁反应后变为﹣1价；
B、在硫酸溶液中，水的电离被抑制，氢离子几乎全部来自于酸的电离，OH﹣全部来自于水的电离；
C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2；
D、根据中子数=质量数﹣质子数来计算．
解答：
解：
A、氯气与铁反应后变为﹣1价，则1mol氯气与铁反应会转移2mol电子，即2NA个，故A错误；
B、在硫酸溶液中，水的电离被抑制，氢离子几乎全部来自于酸的电离，OH﹣全部来自于水的电离，故水电离出的n（H+）=n（OH﹣）=10﹣13mol/L×1L=10﹣13mol，故水电离出的氢离子的个数为10﹣13NA，故B错误；
C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故21g混合物中含有的CH2的物质的量n=
=1.5mol，故含有的碳原子的物质的量为1.5mol，即1.5NA个，故C正确；
D、根据中子数=质量数﹣质子数可知，1mol
C原子中含8mol中子，即8NA个，故D错误．
故选C．
点评：
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．
6．（2分）（2015•泰州二模）制备下列物质的工业生产流程合理是（ ）
A．
由SO2制亚硫酸钠：
SO2
NaHSO3溶液
Na2SO3溶液
B．
由NaCl制漂粉精：
NaCl（aq）
Cl2
漂粉精
C．
由NH3制硝酸：
NH3
NO2
HNO3
D．
由乙烯制乙酸：
H2C=CH2
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3COOH
考点：
化学实验方案的评价．.
分析：
A．亚硫酸酸性比碳酸强，SO2可与碳酸钠反应生成NaHSO3，进而与NaOH反应生成Na2SO3；
B．澄清石灰水浓度较低，应用石灰乳；
C．氨气被氧化生成NO；
D．银氨溶液成本较高．
解答：
解：
A．亚硫酸酸性比碳酸强，SO2可与碳酸钠反应生成NaHSO3，进而与NaOH反应生成Na2SO3，故A正确；
B．澄清石灰水浓度较低，生成次氯酸钙较少，应用石灰乳，故B错误；
C．氨气被氧化生成NO，不能生成NO2，故C错误；
D．银氨溶液成本较高，可用氧气直接氧化，故D错误．
故选A．
点评：
本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．
7．（2分）（2015•泰州二模）用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．
用图1所示配制一定浓度的稀硫酸
B．
用图2装置实验室制取氨气
C．
用图3装置蒸发饱和食盐水
D．
用图4装置制取、收集乙炔气体
考点：
化学实验方案的评价．.
分析：
A．容量瓶不能用来稀释溶液；
B．氨气易挥发，可用氨水和氧化钙制备少量氨气；
C．蒸发溶液应用蒸发皿；
D．乙炔不能用浓硫酸干燥，且密度比空气略小．
解答：
解：
A．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能用来稀释溶液，故A错误；
B．氨气易挥发，氧化钙和水反应放热，可促进氨气的挥发，可用氨水和氧化钙制备少量氨气，故B正确；
C．蒸发溶液应用蒸发皿，坩埚用于加热固体，故C错误；
D．乙炔不能用浓硫酸干燥，且密度比空气略小，一般用排水法收集，故D错误．
故选B．
点评：
本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目涉及气体制取、收集，仪器使用等，注重基础知识的考查，选项C为易错点，题目难度不大．
8．（2分）（2015•泰州二模）如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图．下列说法错误的是（ ）
A．
X、R的最高化合价相同
B．
简单离子的半径：
X＞Y＞Z
C．
Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物相互之间可以发生反应
D．
电解熔融的X与Z构成的化合物可以得到单质Z
考点：
原子结构与元素周期律的关系．.
分析：
同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素，结合元素周期律与物质的性质等解答．
解答：
解：
同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素，
A．X为O元素，O元素没有+6价，R为S元素，最高价为+6价，故A错误；
B．X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，分别形成的O2﹣、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，简单离子的半径：
O2﹣＞Na+＞Al3+，故B正确；
C．Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物分别为：
NaOH、Al（OH）3、H2SO4，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应，故C正确；
D．工业上电解熔融的Al2O3冶炼Al，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个字．
9．（2分）（2015•泰州二模）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．
向烧碱溶液中加入铝：
Al+2OH﹣=AlO2﹣+H2↑
B．
用过量氨水吸收烟道气中的SO2：
SO2+2NH3•H2O=SO32﹣+2NH4++H2O
C．
将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe（OH）3胶体：
Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+
D．
用Fe2+将饮用水中少量ClO2﹣还原成为Cl﹣：
4Fe2++ClO2﹣+4H+=4Fe3++Cl﹣+2H2O
考点：
离子方程式的书写．.
分析：
A．电荷不守恒；
B．过量氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵；
C．氢氧化铁胶体不是沉淀，不能标沉淀符号；
D．电荷不守恒．
解答：
解：
A．向烧碱溶液中加入铝，离子方程式：
2H2O+2Al+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；
B．用过量氨水吸收烟道气中的SO2，离子方程式：
SO2+2NH3•H2O=SO32﹣+2NH4++H2O，故B正确；
C．将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe（OH）3胶体，离子方程式：
Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，故C错误；
D．用Fe2+将饮用水中少量ClO2﹣还原成为Cl﹣，离子方程式：
2H2O+4Fe2++ClO2﹣=4Fe3++Cl﹣+4OH﹣，故D错误；
故选：
B．
点评：
本题考查了离子方程式的书写，注意制备氢氧化铁胶体时不能用沉淀符合，题目难度不大．
10．（2分）（2015•泰州二模）下列关于各图象的解释或得出结论正确的是（ ）
A．
图1表示0.10mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.10mol•L﹣1醋酸溶液的滴定曲线
B．
图2表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性I的变化
C．
根据图3所示可知：
石墨比金刚石稳定
D．
图4表示反应：
2SO2+O2⇌2SO3，t1时刻只减小的SO3的浓度
考点：
酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；化学反应的能量变化规律；化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性．.
分析：
A、醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1；
B、乙酸是弱电解质，随通入氨气发生反应生成醋酸铵是盐完全电离，导电性增强；
C、物质能量越高越活泼，由图象可知金刚石能量比石墨能量高；
D、t1时刻只减小的SO3的浓度，此时正反应速率在原平衡点，随反应进行减小．
解答：
解：
A、由图象可知曲线起始点pH=1，醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1，故A错误；
B、乙酸是弱电解质，随通入氨气发生反应生成醋酸铵，CH3COOH+NH3=CH3COONH4，CH3COONH4是盐，水溶液中完全电离，溶液导电性应先增强，图象中导电性减弱，故B错误；
C、物质能量越高越活泼，图象中金刚石能量比石墨能量高，石墨转化为金刚石是吸热反应，所以石墨比金刚石稳定，故C正确；
D、t1时刻只减小的SO3的浓度，此时逆反应速率突然减小，而此时正反应速率应在原平衡点，然后随反应进行减小，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了化学图象的分析判断，主要是弱电解质电离平衡，溶液导电性强弱判断，化学平衡影响因素分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
二、不定项选择题：
本题包括5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．
11．（4分）（2015•泰州二模）雷美替胺是首个没有列为特殊管制的非成瘾失眠症治疗药物，合成该有机物过程中涉及如下转化，下列说法正确的是（ ）
A．
可用浓溴水区分化合物Ⅱ和化合物Ⅲ
B．
化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能与NaHCO3溶液发生反应
C．
1mol化合物Ⅰ最多能与3molH2发生加成反应
D．
与化合物Ⅰ互为同分异构体，且分子含有2个醛基的芳香族化合物有10种
考点：
有机物的结构和性质．.
分析：
A．II中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应；III中不含碳碳双键，和溴不反应；
B．羧基都能和碳酸氢钠反应；
C．I中苯环和醛基都能和氢气发生加成反应；
D．与化合物I互为同分异构体且分子中含有两个醛基的芳香族化合物中，如果两个醛基位于同一个碳上有一种，如果取代基为﹣CHO、﹣CH2CHO，有三种同分异构体．
解答：
解：
A．II中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应而使溴水褪色；III中不含碳碳双键，和溴不反应，所以不能使溴水褪色，故A正确；
B．羧基都能和碳酸氢钠反应，I中不含羧基，所以不能和碳酸氢钠反应，故B错误；
C．I中苯环和醛基都能和氢气发生加成反应，I中含有一个苯环和一个醛基，1molI能和4mol氢气发生加成反应，故C错误；
D．与化合物I互为同分异构体且分子中含有两个醛基的芳香族化合物中，如果两个醛基位于同一个碳上有一种，如果取代基为﹣CHO、﹣CH2CHO，有三种同分异构体，所以有四种同分异构体，故D错误；
故选A．
点评：
本题考查物质结构和性质，为高考高频点，明确物质中官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见官能团及其性质，易错选项是D．
12．（4分）（2015•泰州二模）下列有关实验操作对应的现象及对现象的解释或所得出的结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向浓度均为0.1mol•L﹣1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp（Mg（OH）2）＞Ksp（Cu（OH）2）
B
溴乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液
未出现淡黄色沉淀
溴乙烷未水解
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中不含K+
D
某盐溶于盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水
变浑浊
说明该盐是碳酸盐
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
化学实验方案的评价．.
分析：
A．先出现蓝色沉淀，说明Ksp较小；
B．不能排除AgOH的干扰；
C．应透过蓝色钴玻璃观察；
D．也可能为碳酸氢盐．
解答：
解：
A．溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol•L﹣1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明Ksp较小，故A错误；
B．溴乙烷与NaOH溶液共热后，应先加入硝酸酸化，否则不能排除AgOH的干扰，故B错误；
C．钾离子的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察，故C错误；
D．某盐溶于盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳气体，也可能为碳酸氢盐，故D错误．
故选A．
点评：
本题考查化学实验方案评价，涉及焰色反应、溴乙烷的水解、离子检验等知识点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验原理和操作方法．
13．（4分）（2015•泰州二模）下列说法正确的是（ ）
A．
粗锌与稀硫酸反应比纯锌快，说明粗锌中含有更活泼的金属
B．
新制氯水显酸性，滴加少量紫色石蕊溶液，溶液始终呈红色
C．
常温下，弱酸酸式盐NaHA的pH=6，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度
D．
一定温度下，反应2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）的△H＜0，△S＞0
考点：
氯、溴、碘及其化合物的综合应用；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理．.
分析：
A．粗锌与稀硫酸构成原电池，Zn作负极，比Zn不活泼的金属及非金属可作正极；
B．氯水中含盐酸和HClO，HClO具有漂白性；
C．弱酸酸式盐NaHA的pH=6，电离显酸性；
D.2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）中△S＞0，该反应不能自发进行．
解答：
解：
A．粗锌与稀硫酸构成原电池，Zn作负极，比Zn不活泼的金属及非金属可作正极，则粗锌与稀硫酸反应比纯锌快，故A不选；
B．氯水中含盐酸和HClO，HClO具有漂白性，则滴加少量紫色石蕊溶液，溶液先变红色后褪色，故B不选；
C．弱酸酸式盐NaHA的pH=6，电离显酸性，则说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，故C选；
D.2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）中△S＞0，该反应不能自发进行，则△H﹣T△S＞0，可知△H＞T△S＞0，故D不选；
故选C．
点评：
本题考查较综合，为高考常见的冷拼试题，涉及电化学、物质的性质、水解与电离、反应的焓变及反应进行的方向等，侧重化学反应原理及分析、应用能力的考查，题目难度不大．
14．（4分）（2015•泰州二模）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），在T温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2和1.0molO3，经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
3
6
12
24
n（O2）/mol
0
0.36
0.60
0.80
0.80
下列有关说法正确的是（ ）
A．
反应在0～3s内的平均速率v（NO2）=0.24mol•L﹣1•s﹣1
B．
24s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol•L﹣1，则反应的△H＜0
C．
在T温度下，起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，反应达到平衡时，压强为起始时的0.88倍
D．
在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，达到平衡时，N2O5的转化率大于20%
考点：
化学平衡的计算．.
分析：
A．根据v=
计算v（O2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（NO2）；
B．由表中数据可知，12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol，说明12s时可逆反应到达平衡，平衡时氧气的浓度为
=0.4mol/L，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol/L，氧气浓度增大，说明降低温度，平衡向正反应方向移动；
C．容器体积不变，在T温度下，起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3，与原平衡为完全等效平衡，平衡时压强相等，即平衡时混合气体总物质的量相等，结合表中数据计算平衡时混合气体总物质的量，再利用压强之比等于物质的量之比计算；
D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，转化到左边相当于起始投入4.0molNO2和2.0molO3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡先正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于2×0.8mol=1.6mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2mol﹣1.6mol=0.4mol，据此计算判断．
解答：
解：
A．由表中数据可知，3s内压强物质的量变化量为0.36mol，容器体积为2L，故0～3s内v（O2）=
=0.06mol/（L．s），速率之比等于其化学计量数之比，故v（NO2）=2v（O2）=2×0.06mol/（L．s）=
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