1、2015 届河南省三门峡市高三二模化学试卷 （解析版）一、选择题（共 7 个小题，每小题 6 分，共 42 分，只有一个选项符合题意） 1 （6 分） （2015 河南二模）设 NA 为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（ ）A 0.1 molL1 的 NaF 溶液中所含 F的数目小于 0.1NAB 标准状况下，2.24 L 乙醇中含有的 CH 键数目为 0.5NAC 0l mol O 3 和 O2 的混合气体中含氧原子数目为 0.2NAD0.1 mol NA 完全被氧化生成 Na2O2，转移电子的数目为 0.1NA考点： 阿伏加德罗常数分析： A依据 n=cV 分析解答；B标况下，乙醇为液
2、态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；C依据极值法分析判断氧原子数；D钠最外层一个电子，完全反应全部失去；解答： 解：A依据 n=cV 可知，不知道溶液的体积，故无法计算氟离子的物质的量，故 A错误；B标准状况下，乙醇为液体状态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故 2.24L乙醇不是 1mol，故 B 错误；C采用极值法分析判断氧原子数，0.1 molO 3 和 O2 的混合气体中含氧原子数目介于0.2NA0.3N A，故 C 错误；D钠最外层一个电子，完全反应全部失去， 0.1 molNa 完全被氧化生成 Na2O2，转移电子的数目为 0.1N，故 D 正确；故选 D点评： 本题考查了阿伏
3、伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应电子转移，注意过氧化钠结构，掌握基础是关键，题目难度不大2 （6 分） （2015 沧州模拟）苯乙烯的结构为 ，该物质在一定条件下能和氢气完全加成，加成产物的一溴取代物有（ ）A 7 种 B 6 种 C 5 种 D4 种考点： 同分异构现象和同分异构体专题： 同系物和同分异构体分析：根据甲基环己烷 与氯气发生取代反应时，生成的一氯代物的种类取决于乙基环己烷 中氢原子的种类；解答：解：乙基环己烷 中氢原子的种类有 6 种，一氯代物的种类取决于氢原子的种类，所以乙基环己烷 中与氯气发生取代反应时，生成的一氯代物有 6 种；故选：B；点
4、评： 本题只要掌握一氯代物产物种类确定的方法即可完成，注意等效氢的判断，难度不大3 （6 分） （2015 河南二模）室温下向 10mL pH=3 的醋酸溶液中加水稀释后，下对说法正确的是（ ）A溶液中导电粒子的数目减少B 醋酸的电离程度增大，c（H +）亦增大C溶液中 不变D再加入 10 mL pH=ll 的 NaOH 溶液，混合液的 PH=7考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡分析： 醋酸是弱电解质，CH3COOHCH3COO+H+，室温下向 10mLpH=3 的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用酸碱混合时 pH 的计算来解答
5、解答： 解：A弱电解质，浓度越稀，电离程度越大，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，溶液中导电粒子的数目增多，故 A 错误；B醋酸溶液中加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n（H +）增加的倍数，则 c（H +）减小，酸性减弱，故 B 错误；C醋酸的电离平衡常数 Ka= =，温度不变，Ka、Kw 都不变，则不变，故 C 正确；D等体积 10mLpH=3 的醋酸与 pH=11 的 NaOH 溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的 pH7，故 D 错误；故选 C点评： 本题考查了弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的 pH 与物质的量浓度的关
6、系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化关系是解答本题的关键，题目难度中等4 （6 分） （2015 河南二模）甲醇燃料电池体积小巧、洁净环保、理论能量比高，已在便携式通讯设备、汽车等领域应用某型甲醇燃料电池的总反应式为2CH4O+3O2=2CO2+4H2O，如图是该燃料电池的示意图下列说法错误的是（ ）Aa 是甲醇，b 是氧气B 燃料电池将化学能转化为电能C 质子从 M 电极区穿过交换膜移向 N 电极区D 负极反应：CH 4O6e+H2O=CO2+6H+考点： 化学电源新型电池分析： 该燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据图片知，电解质溶液呈酸性，N 极上生成
7、水，则 a 为氧气，N 为正极，M 为负极，负极反应式为CH406e+H20=C02+6H+，正极反应式为 02+4H+4e=H20，b 是甲醇、c 是二氧化碳，质子从负极通过质子交换膜到正极，据此分析解答解答： 解：该燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据图片知，电解质溶液呈酸性，N 极上生成水，则 a 为氧气，N 为正极，M 为负极，负极反应式为 CH406e+H20=C02+6H+，正极反应式为 02+4H+4e=H20，b 是甲醇、c是二氧化碳，质子从负极通过质子交换膜到正极，A通过以上分析知，a 是氧气、b 是甲醇，故 A 错误；B燃料电池属于原电池，是将化学
8、能转化为电能的装置，故 B 正确；CM 是负极、 N 是正极，质子从 M 电极区穿过交换膜向正极 N 电极移动，故 C 正确；D负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为 CH406e+H20=C02+6H+，故D 正确；故选 A点评： 本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池原理，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大5 （6 分） （2015 河南二模）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是 NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为 3molL1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加 5.1g，则
9、下列有关叙述中不正确的是（ ）A当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为 0.3 molB 当金厲全部溶解时收集 NO 气体体积为 2.24 LC 当生成的沉淀量达最大时，消耗 NaOH 溶液的体积 V100 mLD参加反应的金属总质量为 9.6 gm 3.6 g考点： 有关混合物反应的计算分析： 发生反应方程式为：3Mg+8HNO 3（稀）=3Mg （NO 3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO 3（稀）=3Cu （NO 3） 2+2NO+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的 3mol/L NaOH 溶液至沉淀完全，发生反应为：Mg（NO 3） 2+2NaOH=Mg（OH） 2+2NaNO
10、3、Cu （NO 3） 2+2NaOH=Cu（OH ）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为 5.1g，氢氧根的物质的量为：=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol=0.15mol，据此对各选项进行计算和判断解答： 解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀 HNO3 中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有 NO） ，发生反应：3Mg+8HNO 3（稀）=3Mg（NO 3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO 3（稀）=3Cu （NO 3） 2+2NO+4H2O；向反应后的溶
11、液中加入过量的 3mol/L NaOH 溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO 3）2+2NaOH=Mg（OH） 2+2NaNO3；Cu （NO 3） 2+2NaOH=Cu（OH ） 2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加 5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为 5.1g，氢氧根的物质的量为 0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol=0.15mol，A根据分析可知，合金的物质的量为 0.15mol，当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为 0.3 mol，故 A 正确；B镁和铜的总的物质的量为 0.15mol，根据电子转
12、移守恒可知生成的 NO 物质的量为 0.15mol=0.1mol，没有告诉标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算生成气体的体积，故 B 错误；C若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于 0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，所以消耗 NaOH 溶液的体积 V100 mL，故 C 正确；D镁和铜的总的物质的量为 0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为 0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为 9.6g
13、m3.6g，故 D 正确；故选 B点评： 本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力6 （6 分） （2015 河南二模）已知 一紫罗兰酮的结构简式是 ，下列关于该有机物的说法正确的是（ ）A其分子式为 C13H18OB 能发生加成反应、取代反应、水解反应C 属于芳香族化合物D能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色考点： 有机物的结构和性质分析： 有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羰基，可发生加成反应，以此解答该题解答： 解：A由有机物结构简式可知有机
14、物分子式为 C13H20O，故 A 错误；B分子中含有的官能团为碳碳双键和羰基，都不能发生水解反应，故 B 错误；C分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故 C 错误；D分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，故 D 正确故选 D点评： 本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大7 （6 分） （2015 河南二模）X 、Y 、Z、W 均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示若原子的最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，下列说法中正确的是（ ）A
15、Z 的氧化物对应的水化物一定是一种强酸B 原子半径大小顺序是 XYZC Y 的单质比 Z 的单质更易与氢气反应DZ 的单质与 Fe 反应形成的化合物中，铁元素显+3 价考点： 原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系分析： 根据 Y 原子的最外层电子数是次外层电子数的 3 倍可知，Y 为氧元素，根据位置关系推出 X 为 N，Z 为 S，W 为 ClA二氧化硫对应的酸为亚硫酸属于弱酸；B同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，电子层数越多半径越大；C元素的非金属性越强，对应的单质与氢气化合更容易；DS 的单质具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价产物解答： 解：AZ 为 S 元素，其氧化物由
16、二氧化硫和三氧化硫，二氧化硫对应的酸为亚硫酸属于弱酸，故 A 错误；B同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，故 XY，Z 在下一周期，则原子半径：ZXY，故 B 错误；C元素的非金属性越强，对应的单质与氢气化合更容易，非金属性：OS，则 O的单质比 S 的单质更易与氢气反应，故 C 正确；DS 的单质与 Fe 反应形成的化合物中，铁元素显+2 价，故 D 错误故选 C点评： 本题考查了元素周期律中位、构、性三者之间的关系，元素的推断是解答的关键，注意原子结构中的关系及非金属性的比较，题目难度中等二、解答题（共 3 小题，满分 43 分）8 （14 分） （2015 河南二模）硼镁泥是一种工业废
17、料，主要成份是 MgO（占 40%） ，还有CaO、MnO、Fe 2O3、FeO、Al 2O3、SiO 2 等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业从硼镁泥中提取 MgSO47H2O 的工艺流程如下：已知：NaClO 与 Mn2+反应产生 MnO2 沉淀沉淀物 Fe（OH） 3 Al（OH） 3 Fe（OH） 2开始沉淀 pH 2.3 4. 0 7.6完全沉淀 pH 4.1 5.2 9.6根据题意回答下列问题：（1）实验中需用 1.00mol/L 的硫酸 80.0mL，若用 98%的浓硫酸来配制，除量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器有 烧杯 、 100mL 容量瓶
18、（2）滤渣的主要成份除含有 Fe（OH） 3、Al（OH） 3 外，还有 MnO 2 、 SiO 2 （3）加入的 NaClO 可与 Mn2+反应产生 MnO2 沉淀，该反应的离子方程式： Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl 在调节 pH=56 之前，还有一种离子也会被 NaClO 氧化，该反应的离子方程式为： 2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O （4）为了检验滤液中 Fe3+是否被除尽，可选用的试剂是 A AKSCN 溶液 B淀粉 KI 溶液 CH 2O2 DKMnO 4 稀溶液（5）已知 MgSO4、CaSO 4 的溶解度如下表：温度（） 40 50 60 70Mg
19、SO4 30.9 33.4 35.6 36.9CaSO4 0.210 0.207 0.201 0.193“除钙 ”是将 MgSO4 和 CaSO4 混合溶液中的 CaSO4 除去，根据上表数据，简要说明操作步骤 蒸发浓缩 、 趁热过滤 （6）如果测得提供的硼镁泥的质量为 100.0g，得到的 MgSO47H2O196.8g，则MgSO47H2O 的产率为 80.0% （相对分子质量：MgSO 47H2O246 MgO40） 考点： 制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题： 实验设计题分析： （1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择合适的仪器；（2）依据二氧化锰和
20、二氧化硅不与稀硫酸反应解答；（3）次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰；亚铁离子具有还原性，能够被次氯酸钠氧化；（4）三价铁离子遇到 KSCN 溶液显血红色；（5）根据表中温度对硫酸镁、硫酸钙的影响完成；（6）根据硼镁泥中 MgO 的质量分数（占 40%） ，计算出生成 MgSO47H2O 质量及产率解答： 解：（1）用 98%的浓硫酸来配制 1.00mol/L 的硫酸 80.0mL，应选择 100ml 容量瓶，一般步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100ml 容量瓶，还需要的玻璃仪器：烧杯、100mL 容量瓶
21、；故答案为：烧杯、100mL 容量瓶；（2）二氧化锰和二氧化硅不与稀硫酸反应，所以滤渣中还含有 MnO2，SiO 2；故答案为：MnO 2，SiO 2；（3）NaClO 溶液在加热条件下将溶液中的 Mn2+氧化成 MnO2，反应的离子方程式为Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，溶液中含有 Fe2+，具有还原性，可与 NaClO 发生氧化还原反应，反应的离子方程式为 2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O，故答案为：Mn 2+ClO+H2OMnO2+2H+Cl；2Fe 2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O；（4）三价铁离子遇到 KSCN 溶液显血红色，通常利用 KSCN
22、溶液检验三价铁离子的存在，故选：A；（5）有温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；（6）100g 硼镁泥中氧化镁的物质的量为： =1mol，根据镁原子守恒，生成 MgSO47H2O 的物质的量为 1mol，质量为 246g/mol1mol=246g，MgSO 47H2O的产率为： 100%=80.0%，故答案为：80.0%点评： 本题考查了从硼镁泥中提取 MgSO47H2O 的方法，涉及配制一定物质的量浓度的溶液的仪器选择、铁离子检验方法、物质分离的方法，产率计算等，侧重考查学生分析问题能力，题目难
23、度较大9 （14 分） （2015 河南二模）亚硝酸钠（NaNO 2）被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备硝酸钠的装置如图所示已知：室温下，2NO+Na 2O22NaNO23NaNO2+3HCl3NaCl+HNO3+2NO+H2O酸性条件下，NO 或 NO 都能与 MnO 反应生成 NO 和 Mn2+请按要求回答下列问题：（1）检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间气体 X，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热控制 B 中导管均匀地产生气泡则 X 为 氮气 ，上述操作的作用是 排尽空气，以免生成的一氧化氮被空气中的氧气氧化 （2）B 中观察到
24、的主要现象是 红棕色消失，导管口有无色气泡冒出，铜片溶解，溶液变蓝 （3）A 烧瓶中反应的化学方程式为 C+4HNO 3（浓） CO2+4NO2+2H2O （4）D 装置中反应的离子方程式 3MnO 4+5NO+4H+=3Mn2+5NO3+2H2O （5）预测 C 中反应开始阶段，产物除 NaNO2 外，还含有的副产物有 Na2CO3 和 NaOH 为避免产生这些副产物，应在 B、C 装置间增加装置 E，则 E 中盛放的试剂名称为 碱石灰 （6）利用改进后的装置，将 3.12g Na2O2 完全转化成为 NaNO2，理论上至少需要木炭 0.72 g考点： 制备实验方案的设计分析： A 中是浓硝
25、酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置 B 中是 A 装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置 C 中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，（1）一氧化氮容易与空气中的氧气反应生成二氧化氮；（2）A 中浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，二氧化氮在 B 中与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与铜反应生成硝酸铜和一氧化氮，据此描述反应现象；（3）A 中浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水；（4）除去未反应的 NO，防止污染空气，酸性条件下
26、高锰酸钾氧化一氧化氮为硝酸盐，本身被还原为锰离子；（5）一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠；为避免产生这些副产物，应除去二氧化碳和水蒸气；（6）根据发生的反应C+4HNO 3（浓）CO2+4NO2+2H2O，3NO 2+H2O=2HNO3+NO；2NO+Na 2O22NaNO2 进行计算解答： 解：（1）A 中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置 B 中是 A 装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，为防止装置中空气中的氧气氧化生成的一氧化氮，应先通入氮气排尽装置内的空气，故答案为：氮气；
27、排尽空气，以免生成的一氧化氮被空气中的氧气氧化；（2）A 中浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，二氧化氮在 B 中与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与铜反应生成硝酸铜和一氧化氮，所以会看到的现象为：红棕色消失，导管口有无色气泡冒出，铜片溶解，溶液变蓝；故答案为：红棕色消失，导管口有无色气泡冒出，铜片溶解，溶液变蓝；（3）A 中浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，化学方程式为：C+4HNO 3（浓） CO2+4NO2+2H2O；故答案为：C+4HNO 3（浓） CO2+4NO2+2H2O；（4）D 装置中高锰酸钾氧化一氧化氮生成硝酸根，本身被还原为二价锰
28、离子，离子方程式：3MnO 4+5NO+4H+=3Mn2+5NO3+2H2O；故答案为：3MnO 4+5NO+4H+=3Mn2+5NO3+2H2O；（5）一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故 C 产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在 B、C 装置间增加盛有碱石灰的装置 E，碱石灰能够吸收二氧化碳和水蒸气；故答案为：NaOH；碱石灰；（6）根据C+4HNO 3（浓）CO2+4NO2+2H2O，3NO 2+H2O=2HNO3+NO；2NO+Na 2O22NaNO2，则有 C4NO 2NO
29、Na 2O2NaNO 2，所以 1.56g 过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭的质量为 12g/mol=0.72g，故答案为：0.72点评： 本题考查了物质制备实验方案的设计和信息判断，物质性质的理解应用，掌握物质的性质是解题关键，题目难度较大10 （15 分） （2015 河南二模）试运用所学知识，回答下列问題（1）根据下列反应的能量变化示意图，计算 2C（s）+O2 （g）=2CO （g）H= 221.0kJ/mol （2）在体积为 2L 的密闭容器中，充入 1mol CO2 和 3molH2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H 2（g）CH 3OH（g）+H 2O（g）
30、 H0测得 CO2（g）和 CH3OH（g）的物质的量随时间变化的曲线 如图 2 所示：从反应开始到平衡，H 2O 的平均反应速率 v（H 2O）= 0.0375 mol L1min1 下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是 BD （填序号） A升高温度 B、将 CH3OH（g）及时液化移出 C选择高效催化剂 D再充入 1molCO2和 4molH2（3）CO 2 溶于水生成碳酸巳知下列数据：弱电解质 H2CO3 NH3H2O电离平衡常数（25） Ka1=4.3107Ka2=5.61101Kb=1.7710现有常 a 下 1molL1（NH 4） 2CO3，溶液，己知 NH4+水解的平衡常数 Kb= ，CO 32第一步水解的平衡数 Kb= 判断该溶液呈 碱 （填“酸”“中”或“碱” ）性，写出该溶液中 CO32发生笫步水解的离子方程式 CO 32+H2OHCO3+OH 下列粒子之间的关系式，其中正确的是 CD （填序号） Ac（NH 4+） c（HCO 3） c（CO 32）c（NH 3H20）Bc（ NH4+）+c （H +）=c（HCO 3）+c（OH ）+c（CO 32）Cc（ CO32）+c（HCO 3）+c（H 2CO3）=1molL 1
