广东省汕头市2015年高三一模化学试卷（解析版）.doc

1、广东省汕头市 2015 届高三一模化学试卷（解析版）一、单项选择题（本题包括 6 小题，每小题 4 分，共 24 分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法错误的是（ ）A安装煤炭“固硫” 装置，降低酸雨发生率B 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用C 研发易降解的塑料，防止白色污染D氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现考点： 常见的生活环境的污染及治理；氮的固定；防止金属腐蚀的重要意义.分析： A安装煤炭“固硫” 装置，除去了二氧化硫；B金属铝表面的氧化物薄膜阻止铝继续反应；C使用易降解的塑料，可以减少白色污染；D把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定解答： 解：A安装

2、煤炭“固硫” 装置，除去了二氧化硫，降低硫酸型酸雨发生率，故 A 正确；B金属铝表面的氧化物薄膜阻止铝继续反应，对内部金属起保护作用，故 B 正确；C使用易降解的塑料，可以减少白色污染，故 C 正确；D把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定，工业上用氢气和氮气合成氨是氮的固定，植物在常温常压下也能固氮，故 D 错误； 故选 D点评： 本题主要考查了与环境相关的化学知识，难度不大，激励了学生的社会责任感2 （4 分） （2015 汕头一模）在溶液中能大量共存的一组离子或分子是（ ）A Na+、K +、SO 32、Cl 2 B NH4+、H +、NO 3、HCO 3C Na+、CH3COO、CO

3、32、OH D K+、 Al3+、SO 42、NH 3H2O考点： 离子共存问题.分析： A氯气能够氧化亚硫酸根离子；B氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体和水；C四种离子之间不反应，在溶液中能够大量共存；D铝离子与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀解答： 解：ASO32、 Cl2 之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故 A 错误；BH +、HCO 3之间反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故 B 错误；CNa +、CH 3COO、CO 32、 OH之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故 C 正确；DAl 3+、NH 3H2O 之间反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故

4、 D 错误；故选 C点评： 本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，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等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力3 （4 分） （2015 汕头一模）设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（相对原子质量：H 1，O 16） （ ）A标准状况下，22.4 L 四氯化碳含有的分子数为 NAB 常温常压下，18g 水含有的分子数为 NAC 1 mol Cu 和足量稀硝酸反应产生 NO 分子数为 NAD 1L1.0 molL1

5、Na2CO3 溶液中含有 CO32数为 NA考点： 阿伏加德罗常数.分析： A、标准状况四氯化碳不是气体；B、依据 n=计算物质的量得到分子数；C、依据氧化还原反应电子守恒计算分析；D、溶液中碳酸根离子水解减小解答： 解：A、标准状况四氯化碳不是气体， 22.4 L 四氯化碳物质的量不是 1mol，故 A 错误；B、依据 n=计算物质的量= =1mol，得到分子数为 NA，故 B 正确；C、依据氧化还原反应电子守恒计算分析，1 mol Cu 和足量稀硝酸反应，失电子为2mol，硝酸变化为 NO 得到电子为 3mol，则还原硝酸产生 NO 分子数为 NA，故 C错误；D、溶液中碳酸根离子水解减小

6、， 1L1.0 molL1 Na2CO3 溶液中含有 CO32数小于NA，故 D 错误故选 B点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积应用条件分析，氧化还原反应电子转移计算应用，盐类水解的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单4 （4 分） （2015 汕头一模）下列说法中正确的是（ ）A乙醇与乙酸都存在碳氧双键B 油脂水解可得到氨基酸和甘油C 淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖D卤代烃加入硝酸酸化的硝酸银溶液可根据生成的卤化银沉淀颜色检验卤原子考点： 有机物的结构和性质.专题： 有机物的化学性质及推断分析： A乙醇含有 CO 键；B油脂水解高级脂肪酸和甘油；C淀粉和纤维素

7、为多糖，水解最终产物都是葡萄糖；D卤代烃不能电离出卤素离子解答： 解：A乙酸含有 C=O 键，而乙醇含有 CO 键，故 A 错误；B油脂含有酯基，水解高级脂肪酸和甘油，故 B 错误；C淀粉和纤维素为多糖，水解最终产物都是葡萄糖，故 C 正确；D卤代烃为非电解质，不能电离出卤素离子，应先在碱性条件下水解，故 D 错误故选 C点评： 本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成、结构和官能团的性质，难度不大5 （4 分） （2015 汕头一模）短周期非金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是（ ）甲 乙丙 丁 戊A原子半径：甲乙B

8、非金属性：乙丁C 最高价氧化物的水化物的酸性：丙丁D最外层电子数：丙丁戊考点： 元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用.专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： A同周期自左而右原子半径减小；B同主族从上到下元素的非金属性减弱；C同周期从左向右非金属性增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D同周期从左向右最外层电子数增大解答： 解：A同周期自左而右原子半径减小，则原子半径为甲乙，故 A 错误；B同主族从上到下元素的非金属性减弱，则非金属性为乙丁，故 B 错误；C同周期从左向右非金属性增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，高价氧化物的水化物的酸性：丙丁，故 C 正

9、确；D同周期从左向右最外层电子数增大，则最外层电子数为丙丁戊，故 D 错误；故选：C点评： 本题考查元素周期律和元素周期表，熟悉掌握同主族、同周期元素性质的变化规律，题目难度不大6 （4 分） （2015 汕头一模）下列实验装置设计正确，且能达到目的是（ ）A实验室制氨气B测定盐酸浓度C从食盐水中提取 NaClD石油的分馏考点： 化学实验方案的评价；蒸馏与分馏；气体发生装置；气体的收集；中和滴定.专题： 化学实验基本操作分析： A从发生装置和收集装置考虑，氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法， ；B从滴定管的使用和指示剂来考虑，氢氧化钠应放在碱式滴定管中；C从坩埚的用途和实验目的考虑，坩埚用

10、来加热固体，加热液体用蒸发皿；D考察分馏所用的仪器，该题没有温度计解答： 解：A由于氨气的密度比空气小，故应采用向下排空气法，故 A 正确；B氢氧化钠应放在碱式滴定管中，故 B 错误；C从食盐水中提取 NaCl，所用仪器为蒸发皿，坩埚用来灼烧固体的，故 C 错误；D分馏需要用蒸馏烧瓶且需要温度计和冷却水，故 D 错误故选 A点评： 把装置特点和实验目的结合起来综合考虑这类题的解法二、双项选择题（本题包括 2 小题，每小题 6 分，共 12 分每小题有两个选项符合题意若只选一个且正确得 3 分，但只要选错就得 0 分）7 （6 分） （2015 汕头一模）下列关于 0.1molL1 NH4Cl

11、溶液的说法正确的是（ ）A向溶液中加滴加几滴浓盐酸，c（NH 4+）减少B 向溶液中加入少量 CH3COONa 固体，c（NH 4+）减少C 溶液中离子浓度关系为：c（Cl ）c（NH4+）c（H +）c（OH ）D 向溶液中加适量氨水使混合液的 pH=7，混合液中 c（NH 4+）c（Cl ）考点： 盐类水解的原理；离子浓度大小的比较.分析： A、NH 4Cl 溶液中存在铵根离子水解显酸性，加入盐酸会抑制铵根离子的水解；B、向溶液中加入少量 CH3COONa 固体，溶解后醋酸根离子水解显碱性，促进铵根离子的水解；C、NH 4Cl 溶液中存在铵根离子水解显酸性分析离子浓度大小；D、结合溶液中电

12、荷守恒分析判断离子浓度大小解答： 解：A、NH 4Cl 溶液中存在铵根离子水解显酸性，加入盐酸会抑制铵根离子的水解，c（NH 4+）增大，故 A 错误；B、向溶液中加入少量 CH3COONa 固体，溶解后醋酸根离子水解显碱性，促进铵根离子的水解，c（NH 4+）减少，故 B 正确；C、NH 4Cl 溶液中存在铵根离子水解显酸性分析离子浓度大小，c（Cl ）c（NH 4+）c（H +）c （ OH） ，故 C 正确；D、结合溶液中电荷守恒分析判断离子浓度大小， c（Cl ）+c（OH ）=c（NH 4+）+c（H +） ，混合液的 pH=7 则 c（H +）=c（OH ） ，c（Cl ）=c（N

13、H 4+） ，故 D 错误；故选 BC点评： 本题考查了盐类水解的分析应用，主要是电解质溶液中电荷守恒的分析，离子浓度大小的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单8 （6 分） （2015 汕头一模）氢氧燃料电池以氢气作还原剂，氧气作氧化剂，电极为多孔镍，电解质溶液为 30%的氢氧化钾溶液下列说法正取的是（ ）A 负极反应为：2H 2+4OH4e4H 2OB 负极反应为：O2+2H2O+4e4OH C 电池工作时溶液中的阴离子移向正极D电池工作时正极区 pH 升高，负极区 pH 下降考点： 化学电源新型电池.分析： 氢氧燃料电池工作时，氢气失电子是还原剂，发生氧化反应；氧气得电子是氧化剂，发生还

14、原反应；电解质溶液是 KOH 溶液（碱性电解质） ，正极是 O2 得到电子，正极的电极反应式为：O 2+2H2O+4e4OH ，负极发生的反应为：2H2+4OH4H2O+4e，根据电极反应判断两极 pH 的变化解答： 解：A电池工作时，负极发生氧化反应，负极发生的反应为：2H24e+4OH4H2O，故 A 正确；B电池工作时，正极发生还原反应，电极反应式为 O2+H2O+4e4OH ，故 B 错误；C电池工作时溶液中的阴离子移向负极，阳离子移向正极，故 C 错误；D由电极反应式可知，电池工作时正极区 pH 升高，负极区 pH 下降，故 D 正确；故选 AD点评： 本题考查原电池知识，题目难度不

15、大，本题注意把握电解反应式的书写为解答该题的关键三、解答题（共 4 小题，满分 64 分）9 （16 分） （2015 汕头一模） 【化学选修 5：有机化学基础 】呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如下：（1）A 物质核磁共振氢谱共有 3 个峰，BC 的反应类型是 取代反应 ；E 中含有的官能团名称是 羟基、醚键 ，D 不能够发生的反应有 （填代号） 氧化反应 取代反应 加成还原 消去反应（2）已知 x 的分子式为 C4H7C1，写出 AB 的化学方程式： （3）Y 是 X 的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则 Y 的名称（系统命名）是 4氯1 丁烯 （4）下列有关化合物 C、D 的

16、说法正确的是 可用氯化铁溶液鉴别 C 和 D C 和 D 含有的官能团完全相同C 和 D 互为同分异构体 C 和 D 均能使溴水褪色（5）E 的同分异构体很多，写出符合下列条件的芳香族同分异构体的结构简式： 、 环上的一氯代物只有一种 含有酯基 能发生银镜反应考点： 有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构；有机化合物命名；同分异构现象和同分异构体.专题： 有机物的化学性质及推断分析： （1）分子中有几种化学环境不同的氢原子，其核磁共振氢谱具有几组吸收峰；对比B、C 的结构可知，B 中酚OH 上的 H 被取代；由 E 的结构可知，含有的官能团有羟基、醚键；D 含有酯基、酚羟基、碳碳双键与苯环

17、，据此分析可能发生的反应；（2）对比 A、B 的结构，可知 AB 属于取代反应，则 X 为 CH2=CH（CH 3）CH2Cl，反应还有 HCl 生成；（3）Y 是 X 的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则 Y 为CH2=CHCH2CH2Cl；（4）C、D 分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C、D 均含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，而 C 含有醚键、 D 含有酚羟基，二者含有官能团不同，可以用氯化铁溶液区别；（5）E 的芳香族同分异构体满足：含有酯基且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，且环上的一氯代物只有一种，结合 E 的结构可知，应还含有 4 个甲基，且为对称结构解答： 解：（1

18、）A 分子为对称结构，分子中含有 3 种氢原子，其核磁共振氢谱具有 3 组吸收峰；对比 B、C 的结构可知，B 中酚 OH 上的 H 被取代，B C 的反应属于取代反应；由 E 的结构可知，含有的官能团有羟基、醚键；D 含有苯环、碳碳双键，能发生加成反应，含有酚羟基，可以发生取代反应，酚羟基、碳碳双键均能发生氧化反应，不能发生消去反应，故选，故答案为：3；取代反应；羟基、醚键；（2）对比 A、B 的结构，可知 AB 属于取代反应，则 X 为 CH2=CH（CH 3）CH2Cl，反应还有 HCl 生成，反应方程式为：，故答案为： ；（3）Y 是 X 的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则 Y

19、为CH2=CHCH2CH2Cl，系统命名为：4氯1 丁烯，故答案为： 4氯1 丁烯；（4）C 不含酚羟基，而 D 含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，可以用氯化铁溶液鉴别 C 和 D，故正确；C 含有醚键、D 含有酚羟基，二者含有官能团不完全同，故错误；C、D 分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故正确；C、D 均含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，均能使溴水褪色，故正确，故答案为：；（5）E 的芳香族同分异构体满足：含有酯基且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，且环上的一氯代物只有一种，结合 E 的结构可知，应还含有 4 个甲基，且为对称结构，符合条件的同分异构体为：、 ，故答案为： 、

20、 点评： 本题考查有机物的合成、有机物结构与性质、同分异构体书写等，注意根据合成流程中的反应、官能团变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难度中等10 （16 分） （2015 汕头一模）CO 2 和 CH4 是两种重要的温室气体，通过 CH4 和 CO2 反应制造更高价值化学品是目前的研究目标（1）在一定条件下，CH 4 和 CO2 以镍合金为催化剂，发生反应：CO 2 （g）+CH 4（g）2CO（g）+2H 2（g） ，其平衡常数为 K，在不同温度下，K 的值如下：温度 200 250 300K 56 64 80从上表可以推断：该反应的逆反应是 放 （填“吸”、 “放” ）热反应

21、此温度下该反应的平衡常数表达式为 K= （2）以二氧化钛表面覆盖 Cu2Al2O4 为催化剂，可以将 CO2 和 CH4 直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是 温度超过 250时，催化剂的催化效率降低 为了提高该反应中 CH4 的转化率，可以采取的措施是 增大反应压强或增大 CO2 的浓度 将 Cu2Al2O4 溶解在稀硝酸中的离子方程式为 3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O （3）Li 2O、Na 2O、MgO 均能吸收 CO2如果寻找吸收 CO2 的其他物质，下列建

22、议合理的是 ab a可在碱性氧化物中寻找 b可在A、A 族元素形成的氧化物中寻找c可在具有强氧化性的物质中寻找Li 2O 吸收 CO2 后，产物用于合成 Li4SiO4，Li 4SiO4 用于吸收、释放 CO2原理是：在500，CO 2 与 Li4SiO4 接触后生成 Li2CO3；平衡后加热至 700，反应逆向进行，放出CO2，Li 4SiO4 再生，说明该原理的化学方程式是 CO 2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3 考点： 化学平衡常数的含义；化学方程式的书写；化学反应速率的影响因素.分析： （1）分析图表数据平衡常数随温度升高增大，正反应为吸热反应，逆反应为放热反应；平衡常数

23、等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；（2）根据温度对催化剂活性的影响；根据外界条件对化学平衡的影响，平衡正向移动，反应物转化率增大；先将 Cu2Al2O4 拆成氧化物的形式：Cu 2OAl2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；（3）二氧化碳为酸性气体，Li 2O、Na 2O、MgO 均能吸收 CO2 与氧化性无关；根据题干信息，反应物为 CO2 与 Li4SiO4，生成物有 Li2CO3，根据质量守恒进行解答解答： 解：（1）分析图表数据平衡常数随温度升高增大，正反应为吸热反应，逆反应为放热反应；故答案为：放；CO 2（g）+CH 4（g）2CO（

24、g）+2H 2（g） ，反应的平衡常数表达式为：K=；故答案为： ；（2）温度超过 250时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过 250时，催化剂的催化效率降低；增大容器体积减小压强、增大 CO2 的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大体积减小压强或增大 CO2 的浓度；Cu 2Al2O4 拆成氧化物的形式：Cu 2OAl2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O，故答案为：3Cu 2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O；（3）aLi 2O、N

25、a 2O、MgO 均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物 CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收 CO2 的其他物质，故 a 正确；bLi 2O、Na 2O、MgO 均能吸收 CO2，钠、镁、铝为A、A 族元素，所以可在A、A 族元素形成的氧化物中寻找吸收 CO2 的其他物质，故 b 正确；cLi 2O、Na 2O、MgO 均能吸收 CO2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故 c 错误；故答案为：ab；在 500，CO 2 与 Li4SiO4 接触后生成 Li2CO3，反应物为 CO2 与 Li4SiO4，生成物有 Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有 Li2SiO3，所以化学方

26、程式为：CO 2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3，故答案为：ab，CO 2+Li4SiO4 Li2CO3+Li2SiO3点评： 本题主要考查了综合利用 CO2，涉及热化学反应、电化学、化学平衡影响因素等，较为综合，题目难度中等11 （16 分） （2015 汕头一模）以黄铜矿为主要原料来生产铜、铁红颜料和硫单质，原料的综合利用率较高其主要流程如下回答下面问题：（1）从黄铜矿冶炼粗铜的传统工艺是将精选后的富铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜这种方法的缺点是要消耗大量的热能以及 SO 2 会导致大气污染 （完成合理的一种即可） （2）过滤得到的滤渣成分是 S （填化学式） （3）反应中，共有 2 个反应不属于氧化还原反应（4）溶液 A 中含有的溶质是 CuCl 2、NaCl （填化学式） （5）写出反应的化学方程式 CuFeS 2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S （6）反应是 FeCO3 在空气中煅烧，写出化学方程式 4FeCO3+O2 4CO2+2Fe2O3 反应中发生反应的离子方程式 Cl +CuCl=CuCl2 考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.