云南师大附中2015届高考适π栽驴季三)理综化学-答案

云南师大附中2015届高考适π栽驴季三)理综化学-答案

云南师大附中2015届高考适应性月考卷（三）理科综合参考答案化学部分第Ⅰ卷（选择题，共42分）选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）题号78910111213答案ACBDBCD【解析】7．①SiO2常温下可与氢氟酸反应；⑥SO2有毒，不可漂白食品。故选A。8．C4H8的烯烃进行醛化反应得戊醛，其属于醛类的同分异构体共4种。故选C。9．A中0.1molFe参与氧化还原反应失去电子数可能是0.2NA或0.3NA；C中标况下SO3为固态；D中在碳酸钠溶液中因碳酸根离子微弱水解而减少，故Na+与CO的物质的量之比大于2∶1。故选B。10．A中Kh只受温度影响，故应不变；B中相同温度下，若Ka(HCN)＜Ka(CH3COOH)，说明氢氰酸比醋酸更难电离，因此相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸弱；C中Ksp小的先产生沉淀，故应是Ksp(BaSO4)小；D中弱酸弱碱的电离均为吸热过程，故升高温度，促进电离，电离常数增大。故选D。11．生铁钉中Fe和C构成原电池的两极，其中铁作负极，C为正极，在强酸性环境（稀硫酸，题中b处）中主要发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性环境（饱和食盐水，题中a处）中主要发生吸氧腐蚀，负极反应式均为：Fe2e－=Fe2+；正极反应式：析氢腐蚀为2H++2e−=H2↑，吸氧腐蚀为O2+4e−+2H2O=4OH−，故a处溶液的pH增大，而b处溶液的pH也增大。故B错误。12．NH3·H2O和HCl均抑制水的电离，HCl为强酸，NH3·H2O为弱碱，同浓度时，HCl抑制更大；而NH4Cl水解促进水的电离，故各溶液中由水电离出的c(OH－)：③＞①＞②，故A正确；②和③无论如何混合，混合后的溶液中根据电荷守恒，均有c(NH)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)，故B正确；①和②等体积混合后刚好反应为NH4Cl溶液，体积翻倍，浓度变为0.05mol/L，因此据物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH)=c(Cl－)=0.05mol/L，故C错；①和③等体积混合后为NH3·H2O和NH4Cl的等量混合溶液，根据物料守恒（N∶Cl=2∶1）：c(NH3·H2O)+c(NH)=2c(Cl−)，故D正确。理科综合化学参考答案·第6页（共6页）n13．A中可逆反应不可能进行完全，因此(254g)1molI2(g)和(2g)1molH2(g)充分反应后放出的热量小于9.48kJ；B中当反应②吸收26.48kJ热量时转移应为2mole−；C中根据盖斯定律I2(s)=I2(g)ΔH=+35.96kJ/mol；D中吸热表明反应物总能量比生成物总能量低。故选D。第Ⅱ卷（非选择题，共58分）（一）必考题（共3小题，共43分）26．（除特殊标注外，每空2分，共17分）Ⅰ．（1）AD（2分，对1项得1分，错1项不得分）（2）c(Na+)＞c(A2－)＞c(OH－)＞c(HA−)＞c(H+)Ⅱ．（1）CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)　ΔH=+659.8kJ/mol（2）①CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O　②13（3）①＞（1分）②BC（2分，对1项得1分，错1项不得分）③1.64×10−8(mol/L)3（2分，不写单位扣1分）（4）1.8×10−5mol/L（2分，不写单位扣1分）【解析】Ⅰ．根据题意计算得，H2A为弱酸。加水稀释将促进电离，因体积相同，将浓度比换成物质的量之比，可判断A增大；B减小；C中，因此温度不变，则此比值不变；D中加水稀释c(H+)减小，根据水的离子积常数，c(OH−)必然增大。故①中AD对。②Na2A溶液中A2−会二级水解，使溶液呈碱性。Ⅱ．（1）根据盖斯定律：①×2－②式可得热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)　ΔH=+659.8kJ/mol。（2）根据图中电流方向判断，甲中c为正极，d为负极，燃料电池中，燃料CH4在负极失去电子被氧化成CO2，此过程中结合了从正极传导过来的O2−，故d电极反应式为CH4−8e－+4O2−=CO2+2H2O；乙是在该燃料电池带动下工作的电解池，其中a为阴极，产生H2，当产生H2112mL（即5×10−3mol）时电路中转移10−2mole−，溶液中就产生10−2molOH−，c(OH−)=，故pH=13。（3）①根据升温，平衡气体总浓度增加，可知该反应正反应为吸热过程，故ΔH＞0；②反应开始至平衡均有v(NH3)=2v(CO2)，故A错；密闭容器中气体总压强和密度不变，表明混合气体的物质的量和质量不再改变，即每种气体的生成量等于消耗量，反应达平衡；密闭容器中氨气的体积分数始终是，即66.7%不变；③根据表中数据，25.0℃时平衡气体总浓度为4.8×10－3mol/L，分解平衡常数。理科综合化学参考答案·第6页（共6页）n（4）25℃时，混合液pH=11，即=10−3mol/L，根据Mg(OH)2的溶度积常数Ksp，计算得此温度下残留在溶液中的c(Mg2+)=1.8×10－5mol/L。27．（除特殊标注外，每空2分，共13分）（1）四（1分）VIA（1分）弱（1分）Se+2HNO3（浓）=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑（2）①Cu−2e−=Cu2+②Cu2Se+6H2SO4（浓）=2CuSO4+4SO2↑+SeO2+6H2O③SeO2+2OH−=SeO+H2O（3）5Se+12HNO3（浓）=6H2O+5SeO2+4NO↑+8NO2↑（4）44.40%【解析】（1）Se与氧同主族，原子序数为34，故处于第四周期第VIA族。亚硒酸酸性比亚硫酸弱。（2）②浓硫酸的还原产物是SO2，Cu2Se中+1价Cu和−2价Se化合价升高，总体1mol失8mol电子，据此写出方程并根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式即可；③迁移SO2与NaOH反应的离子方程式即可。（3）由题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的SeO2或H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1∶2，即二者计量系数比为1∶2，令二者系数为1和2，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=，故反应的化学方程式为5Se+12HNO3（浓）=6H2O+5SeO2+4NO↑+8NO2↑。（4）根据得失电子守恒配平反应①，再据两反应的方程式得关系式：SeO2~2I2~4Na2S2O3，消耗的n(Na2S2O3)=0.2000mol/L×0.020L=0.0040mol，根据关系式计算样品中n(SeO2)=0.0040mol×=0.0010mol，故SeO2的质量为0.0010mol×111g/mol=0.1110g，所以样品中SeO2的质量分数为×100%=44.40%。28．（除特殊标注外，每空2分，共13分）Ⅰ．（1）蒸发浓缩（1分）3[Cu(NH3)4]SO4·H2O3Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+9H2O↑（2）硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度Ⅱ．（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2）×100%（3）取沉淀上层清液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，如无沉淀产生，说明已沉淀完全（4）2Cu2++4I－=2CuI↓+I2【解析】Ⅰ．（1）由于一水合硫酸四氨合铜在加热时易失氨，所以其晶体的制备不宜选用常规的蒸发浓缩方法。据题意写出方程，Cu和S合降4价，得1molN2理科综合化学参考答案·第6页（共6页）n升6价，根据升降总数相等，配平得3[Cu(NH3)4]SO4·H2O3Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+9H2O↑。（2）根据加入浓乙醇溶液使晶体析出，说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度。（二）选考题（共3小题，共15分）36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）增大反应物接触面积（或增大反应速率或使反应更充分）（2）21ClO－1H2O21[或2Fe(OH)2+1ClO−+1H2O=2Fe(OH)3+1Cl−]（2分，全对才给分）（3）FeO(OH)（或其他合理答案）（4）8.0≤pH≤10.4（5）bd（6）蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分）（或其他合理答案）（7）×100%（3分）【解析】（1）将菱锌矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积，使得反应更加充分。（2）流程中“氧化除铁”是加入漂白粉，方程式后面产物中又有氯离子，可知氧化剂是ClO－，观察方程式前后可以推出还有水分子，反应的离子方程式为2Fe(OH)2+ClO－+H2O=2Fe(OH)3+Cl－。（3）化学式量为89，组成元素是Fe、O、H，其中铁的相对原子量为56，89−56=33，化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子，所以可能的化学式为FeO(OH)。（4）调节滤液2的pH要想生成Zn(OH)2沉淀而不生成Mg(OH)2，必须知道Mg(OH)2开始沉淀时的pH，Zn(OH)2开始沉淀时的pH，Mg(OH)2沉淀完全时的pH、Zn(OH)2沉淀完全时的pH，Mg(OH)2开始沉淀时的pH为10.4，Zn(OH)2开始沉淀时的pH为6.4，Mg(OH)2沉淀完全时的pH为12.4，Zn(OH)2沉淀完全时的pH为8.0，所以理论上可选用的最大区间为8.0≤pH≤10.4。（5）从“滤液3”制取MgO过程中，说明要产生Mg(OH)2，溶液的碱性要增强，所以加入石灰乳或烧碱溶液。（6）“滤液4”之后的操作目的是得到纯净的固体，应将溶液蒸发、结晶、过滤后洗涤并干燥。（7）根据Zn原子守恒：n(ZnCO3)=n(ZnO)=mol，则的质量为g，ZnCO3的质量分数为×100%。37．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）1s22s22p63s23p6或[Ar]理科综合化学参考答案·第6页（共6页）n（2）N＞O＞K（3）②＜①＜③KCl为离子晶体，CO2为分子晶体，C3N4为原子晶体，一般沸点大小顺序是：原子晶体高于离子晶体，而离子晶体又高于分子晶体（4）平面正三角形（1分）sp2（1分）（5）CN－（1分）12NA（或7.224×1024）（6）=mol−1【解析】根据题意，A的最外层电子数是内层电子总数的2倍，应为碳元素；C的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2，因s能级电子全满最多为2，故n=2，其为8号氧元素，则B就为氮元素；前四周期中价电子层中的未成对电子数为4的只有3d能级3d4或3d6，而价电子排布没有3d44s2，只有3d54s1（Cr元素，未成对电子数为6），故E的价电子排布为3d64s2，即26号铁；因D与E同周期，第四周期中价电子层中只有1个未成对电子的有：4s1（钾元素）、3d14s2（钪元素）、3d104s1（铜元素）、4s24p1（镓元素）、4s24p5（溴元素），又D是前四周期中电负性最小的，且原子序数比26小的，只有钾元素。所以A、B、C、D、E分别是C、N、O、K、Fe。据此：（1）D+为K+，其电子排布式为：1s22s22p63s23p6或[Ar]。（2）同周期从左到右第一电离能逐渐升高，但IIA比IIIA高，VA比VIA高；同主族从上到下第一电离能逐渐降低，故有N＞O＞K。（4）BC为NO，其中心原子N的价层电子对数为对，采取sp2杂化，VSEPR模型为平面正三角形，三个配位原子，故其空间立体构型和VSEPR模型一致，为平面正三角形。（5）在蓝色颜料DE[E(AB)6]中复杂配离子为[Fe(CN)6]3−，中心离子是Fe3+，配位体是CN−；1mol该配离子中所含δ键包括配位键6mol和CN−中的δ键6mol，共12mol。（6）E为Fe，原子的半径为anm，面心立方晶体的面对角线上三个原子紧贴呈直线，长为4anm，设晶胞边长为x，根据勾股定理有：x2+x2=(4a)2，解得：x=2anm，晶胞体积为V=(2a)3×10−21cm3；又根据均摊法，晶胞中含铁原子个数为：8×+6×=4，则有：=，故代入数据，阿伏加德罗常数NA的表达式为mol−1。38．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）醛基（1分）C8H8OBr2（2）理科综合化学参考答案·第6页（共6页）n（3）①②消去反应（4）10【解析】（1）根据题中A、B、C的转化条件及A的相对分子质量为32可知：A为甲醇，B为甲醛，C为甲酸（HCOOH），又根据E的化学式为C8H7O2Na且能与新制氢氧化铜反应，说明带醛基，因此B、E中共同的官能团为醛基。根据酯化反应原理：M+H2OC+D，可知D的分子式为：C8H8OBr2。（2）结合转化图中G到H再到I，G遇溶液变紫色（说明含酚羟基），I的性质和结构特点，可推知：G为，E为，F为，D为，由此可得M的结构简式为：。（3）②；属醇的消去反应。（4）G的分子式为C8H8O3，其同时满足a、b、c、d四个条件的同分异构体是：苯环上三个取代基定二动一，如定HCOO—和—OH分别在邻间对三个位置，而移动—CH3，分别有：（移动—CH3，有4种）、（移动—CH3，有4种）和、，总共10种；在其所有同分异构体中，满足b、c、d三个条件，核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，G的这种同分异构体的结构简式应为。理科综合化学参考答案·第6页（共6页）