化学2016届全国大联考

天星教育2016届高三第一次大联考

理科综合能力测试化学 全解全析

7.D 【命题意图】 本题考查氧化还原、胶体等知识在生活中的应用, 旨在考查考生对蛋白质、铁的化合

物、胶体、酸雨等知识的应用能力。

【解题思路】 A 项, 臭氧具有强氧化性, 能使蛋白质变性失去活性而杀菌消毒, 错误;B 项, 三氯化铁中的Fe 不能被人体吸收, 错误;C 项, 胶体是由分散质和分散剂组成的混合物, 而纳米铜是纯净物, 它不是胶体, 错误;D 项,H 2SO 3被空气中的O 2氧化生成H 2SO 4, 酸性增强,pH 变小, 正确。

8.D 【命题意图】 阿伏加德罗常数是有关物质的量计算中的一个重要常数, 对于阿伏加德罗常数的考查

也是历年各地高考的常考题型, 该题难度较大, 区分度较好。该题涉及的知识点主要有:阿伏加德罗定律、物质结构、电子转移、微粒数计算等。

【解题思路】 本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算。一个CO 2分子中有4个共用电子对,2.2 g CO2的物质的量是0.05 mol,因此共用电子对的数目为0.2N A ,A 项错误; 标准状况下, 苯是液体,B 项错误;C 项中缺少溶液的体积, 故错误; 无论HNO 3的还原产物是NO 还是NO 2, 但Cu 总是从0价变成+2价, 故电子转移数一定是0.2N A , 故 D 项正确。

9.B 【命题意图】 同分异构体是有机化学的重要概念, 也是高考的必考内容, 一般有两种考查形式:一是计

算符合要求的种类数, 二是书写符合要求的有机物的结构; 该类题涉及概念的理解、有机物的结构特点、官能团的名称和性质、结构的测定等知识点, 综合性较强, 对学生来说难度系数较大, 区分度较好, 在高考复习时应该给予足够的重视。

【解题思路】 本题考查了有机物的同分异构体。根据题目信息, 有机物A 中应含有酚羟基, 另一个为酚酯, 这样1 mol A才能与3 mol NaOH反应, 再考虑位置异构, 存在邻、间、对三种, 故答案为B 。具体结3+构式如下:、、。

10.A 【命题意图】 本题通过实验装置图, 旨在考查气体鉴别、含量测定、分离除杂以及性质推断和基本

实验设计能力。

【解题思路】 A 项, Ⅰ中过量的高锰酸钾溶液既能除去SO 2, 还能确认SO 2是否已除净, 但不与CO 2反应, 当Ⅰ中高锰酸钾溶液颜色变浅但不褪色时, 表明SO 2已除净, 再通入Ⅱ中的澄清石灰水中, 若澄清石灰水变浑浊, 则说明SO 2中混有CO 2, 正确;B 项, 测定CO 2和水蒸气混合气体中水蒸气的量时, 应先将混

合气体通入浓硫酸中, 若先通入澄清石灰水中, 水蒸气会冷凝成水被石灰水吸收, 同时CO 2又会从石灰水中带出部分水分, 所测定的并不是原混合气体中水蒸气的量, 错误;C 项, 饱和碳酸钠溶液也会吸收CO 2, 错误;D 项, 二氧化氮溶于BaCl 2溶液生成硝酸, 硝酸能将亚硫酸氧化成硫酸, 产生硫酸钡沉淀, 错误。

11.D 【命题意图】 本题综合考查电化学知识, 意在考查考生分析问题和解决问题的能力。

【解题思路】 因D 口附近的电极与燃料电池的负极相连接, 即右池为阴极室,C 口导出的物质为H 2, 此时溶液中OH 浓度增大, 故加入少量KOH 以增强溶液导电能力,A 正确;A 口与电源的正极相连, 作阳极, 溶液中的OH 放电产生O 2, 因此阳极周围有H 产生, 与S O 4结合生成硫酸, 则A 口导出的物质为H 2SO 4,B 正确; 原电池中负极失去电子, 则在负极通入二甲醚, 电极反应式为CH 3OCH 3+3H2O-12e

+--+-2-2CO 2↑+12H,C 正确;2 min时消耗二甲醚的物质的量是0.2 mol,转移2.4 mol电子。C 口为阴极溶液中

的氢离子放电产生的氢气, 则根据电子得失守恒可知氢气的物质的量是1.2 mol,在标准状况下的体积为1.2 mol×22.4 L/mol=26.88 L,但题中未指明在标准状况下,D 错误。

【答题技巧】 原电池、电解池是化学能与电能相互转化的重要装置, 首先分清装置属原电池还是电解池, 再判断出正、负极或阴、阳极, 进而确定离子的移动方向。解题关键是熟练掌握相关基础知识, 准确分析新型电池的原理, 正确书写电极反应, 充分利用电化学中的物料守恒、电子守恒和电荷守恒。

12.B 【命题意图】 元素周期表和元素周期律是高考的必考考点, 涉及的知识点主要有:原子结构、元素的

性质、物质的结构、化合物的性质等, 难度不大但涉及的知识范围广。

【解题思路】 本题考查了元素周期表和元素周期律。根据信息可以推出X 、Y 、M 、N 分别为:Na、S 、Cl 、Al,Na 的两种氧化物中,Na 2O 中只有离子键, 而Na 2O 2中既有离子键又有共价键, 故A 项错误; 在AlCl 3的水溶液中, 由于Al 的水解使溶液显酸性, 故B 项正确; 离子半径:Na>Al,S >Cl, 故C 项错误; 气体氢化物的稳定性与元素的非金属性有关, 所以HCl>H2S, 故D 项错误。

13.C 【命题意图】 近几年对图表的考查是高考出题的热点, 要求学生能够准确理解图表所传递的信息,

结合化学知识对图表做出正确的解释。该题难度系数大, 涉及的知识点多, 对数理分析的能力要求高, 是学生的知识薄弱环节, 在高考复习时应该加强练习。

【解题思路】 本题考查了电解质溶液的知识, 意在考查考生分析图表的能力。三种酸的浓度相同, 根据曲线起点的pH 可知:酸性强弱为HF>CH3COOH>HCN,A项正确; 甲基橙的变色范围是3.1~4.4,不在滴定曲线的突变范围, 故不能使用甲基橙做指示剂, 酚酞为8.1~10.0,与曲线突变范围吻合,B 项正确; 当加入10 mL NaOH溶液时, 此时氢氰酸的溶液显碱性, 所以c (Na)>c (CN), 而醋酸溶液显酸性, 所以+-3++3+2--

c (CH3COO -)>c (Na+), 两个溶液中c (Na+) 相等,C 项错误; 加NaOH 溶液前, 醋酸抑制水的电离, 随NaOH 溶液

的加入, 生成的醋酸钠水解导致水的电离程度变大, 当NaOH 溶液过量后, 又开始抑制水的电离,D 项正确。

26.(1)Mg(OH)2+NH4Cl

(2)防倒吸(2分)

(3)生成红棕色气体(2分)

(4)3Cu+8H+2NO 3+MgOHCl+NH3↑+H2O(2分) -3Cu +2NO↑+4H2O(2分) 2+

(5)Cu和Cu 2O(2分) 0.15(2分)

【解题思路】 (1)根据题目信息可知,Mg(OH)2和NH 4Cl 反应时生成MgOHCl 、NH 3、H 2O, 写出反应并配平即可。

(2)由于持续通入N 2, 不会导致装置中的气压迅速减小, 从而避免G 中溶液发生倒吸。

(3)C中的NH 3、H 2O 经过Na 2O 2后,Na 2O 2与H 2O 反应产生O 2,NH 3与O 2在催化剂并加热条件下发生如下反应:4NH3+5O24NO+6H2O, 生成的NO 被氧化为NO 2, 所以装置F 中可看到红棕色气体。

2+(4)NO2进入装置G 中可生成稀硝酸,Cu 与稀硝酸反应生成Cu 从而溶液呈现蓝色, 其反应的离子方程式

为:3Cu+8H+2NO 3+-3Cu +2NO↑+4H2O 。 2+

(5)黑色氧化铜变为红色, 根据氧化还原反应规律, 该红色固体可能是Cu 或Cu 2O 或Cu 和Cu 2O 的混合物, 若是CuO →Cu,8.0 g CuO可得Cu 为6.4 g,若是CuO →1/2Cu2O,8.0 g CuO可得Cu 2O 为7.2 g,现实际得到6.8 g红色固体, 故该红色固体为Cu 和Cu 2O 的混合物。设Cu 为x mol,Cu2O 为y mol,则有:x+2y =0.1 mol,64x+144y =6.8 g,解得x =0.05 mol,y =0.025 mol,故转移电子物质的量=2×0.05 mol+2×0.025 mol=0.15 mol。

(6)由于Cu 2O 能与酸反应生成Cu , 溶液呈现蓝色, 但不能选择具有氧化性的浓硫酸和硝酸, 只能选择 2 mol·L 的H 2SO 4溶液。

27.(1)4FeS2+11O22Fe 2O 3+8SO2(3分) -12+

(2)过量铁粉 过量稀硫酸(2分)

(3)蒸发浓缩 冷却结晶(2分)

(4)4Fe+O2+4H2++4Fe +2H2O(2分) 3+(5)CuO[或Cu(OH)2、CuCO 3等](2分) 3(3分)

【命题意图】 本题将化学基本理论与元素及其化合物的性质、工艺流程、氧化还原、计算、实际应用等联系, 考查考生综合应用化学知识的能力。

【解题思路】 (1)FeS2在空气中灼烧生成Fe 2O 3和SO 2:4FeS2+11O22Fe 2O 3+8SO2。

(2)固体A 为CuO 和Fe 2O 3混合物, 加入过量稀硫酸后,CuO 、Fe 2O 3与H 2SO 4溶液反应生成CuSO 4、Fe 2(SO4) 3, 然后再加入过量铁粉并充分反应后过滤得到含有FeSO 4的溶液C, 固体B 为Cu 与Fe 的混合物, 向B 中加入过量的稀H 2SO 4, 充分反应后过滤得到Cu 和FeSO 4, 所以试剂X 为过量铁粉, 试剂Y 为过量稀H 2SO 4。

(3)通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到FeSO 4晶体。

(4)根据催化剂的特点, 加入FeSO 4后Fe 被O 2氧化为Fe :4Fe+O2+4H

成Fe :Cu+2Fe2+3+2+3+2++4Fe +2H2O,Cu 又与Fe 反应生3+3+2Fe +Cu,Fe 在反应中起催化剂作用。 2+2+2+

(5)除杂的目的是制取较纯的硫酸铜溶液。双氧水具有氧化性, 能将FeSO 4氧化成Fe 2(SO4) 3, 从而使CuSO 4溶液中含有Fe 2(SO4) 3。加入试剂Z 以调节pH 使得铁元素全部形成沉淀(含铁元素的离子浓度小于 10 mol·L ) 。试剂Z 可以是CuO 或Cu(OH)2、CuCO 3, 因为c (Fe) ·c (OH) ≥1.0×10; c (Fe)=10 mol/L,所以c (OH) ≥1.0×10, c (OH) ≥1.0×10 mol/L;c (H) ≤1.0×10 mol/L,故溶液的pH 至少调节为3。

28.(1)(2a-b-2c )(3分)

(2)①0.087 5 mol/(L·min)(2分) ②Ⅲ(2分) ③Ⅲ(2分)

④Ⅰ(2分) ⑤相对于N 点而言, 采用M 点, 温度在500~600 K之间, 温度较高, 反应速率较快,CO 的平均转化率也较高, 压强为常压, 对设备要求不高(2分)

(3)CO+H2O-2e -3--33--11+-3-5-13+3--383+-5CO 2+2H(2分) +

【命题意图】 本题考查盖斯定律、化学平衡、电解原理等知识的综合应用, 旨在考查考生综合应用化学基本原理解决实际问题的能力。

【解题思路】 (1)根据盖斯定律, 由(①+②+③×2) ×得:2CH4(g)+O2(g)212CO(g)+4H2(g) ΔH =(ΔH 1+ 2

-11ΔH 2+2ΔH 3), 所以有ΔH 1+ΔH 2+2ΔH 3=2ΔH , 则ΔH 2=2ΔH -ΔH 1-2ΔH 3=(2a-b-2c )kJ ·mol 。

(2)①5 min时容器Ⅱ中H 2的体积分数为0.2, 设转化了x mol CO,根据反应:CO(g)+2H2(g)

有:2-2x

3-2xCH 3OH(g),则=0.2,解得x =0.875 mol,同时也生成0.875 mol CH3OH, v (CH3OH)=0. 875mol

2 L×5min=0.087 5 mol/(L·min) 。②由

图2可知,CO 的平衡转化率随温度的升高而降低, 所以升温平衡逆向移动, 根据平衡移动原理, 升温平衡向吸热方向移动, 故ΔH

(3)CO在阳极上发生氧化反应, 由图可知,CO 失电子结合水生成二氧化碳和氢离子, 最后配平可得阳极电极反应为CO+H2O-2e -CO 2+2H。 +

36.(1)否(1分) 浓盐酸能被MnO 2氧化生成Cl 2(2分, 答案合理即得分)

(2)>(1分) 5Mn +2ClO 3+4H2O

(3)①2MnO 2+4KOH+O22+-5MnO 2+Cl2↑+8H(2分) 1(2分) +2K 2MnO 4+2H2O(2分) 使反应物与O 2充分接触(1分) ②2K 2MnO 4+2H2O 2KMnO 4 +2KOH+H2↑(2分)

(4)0. 435V

a分)

【命题意图】 本题以二氧化锰分离提纯为载体, 以教材重要基本理论和原理为知识平台, 考查了化学反应基本原理、物质的性质、氧化还原滴定等在化学与技术中的综合应用。

【解题思路】 由制备流程可知,MnO 2不溶于硫酸, 样品中的MnO 和MnCO 3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO 4, 滤液中含MnSO 4, 第②步发生反应5MnSO 4+2NaClO3+4H2O

(1)浓盐酸可以被MnO 2氧化成Cl 2, 所以不能用浓盐酸代替硫酸。

5MnO 2+Cl2↑+Na2SO 4+4H2SO 4, 第③步中氯气与热的NaOH 发生氧化还原反应生成NaCl 、NaClO 3、水, 蒸发溶液可得到固体。

(2)根据5Mn +2ClO 3+4H2O 2+-5MnO 2+Cl2↑+8H,Cl O 3为氧化剂,MnO 2为氧化产物, 则氧化性:ClO 3>MnO2; +--当NaClO 3转移2 mol电子时, 消耗的NaClO 3为0.4 mol,则生成的氧化产物MnO 2为1 mol。

(3)①制取K 2MnO 4的反应是将MnO 2和KOH 粉碎, 混匀, 在空气中加热至熔化, 并连续搅拌, 二氧化锰、氧气和氢氧化钾共同反应, 化学方程式为:2MnO2+4KOH+O2

的氢离子得到电子生成氢气, 反应式为:2H+2e

应式为:2MnO 4-2e 2--+-2K 2MnO 4+2H2O 。反应物是固体和气体, 连续搅拌的目的是使反应物与O 2充分接触。②根据离子的放电顺序, 电解K 2MnO 4的浓溶液时, 阴极水电离生成H 2↑, 阳极锰酸根离子失去电子生成高锰酸根离子, 反2KMnO 4+2KOH+H2↑。

100%=0. 435Va2Mn O 4, 总反应式为:2K2MnO 4+2H2O -(4)根据反应可得:MnO2~2Na2S 2O 3, 则MnO 2的含量=

37.(1)1s2s 2p 3s 3p 3d 4s (2分)

(2)12(2分)

(3)LaNi5(2分) 3(2分) 22626821×0. 100 0 mol /L×V×10-3L×87 g/molag。

(4)①sp (1分) V 形(1分) ②BaTiO 3(2分) ③√(3分) NρA 33233

【命题意图】 本题考查《物质结构与性质》知识, 意在考查考生空间想象能力和解决实际问题能力。

【解题思路】 (1)Ni的核电荷数为28, 其核外电子排布式为1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 。 2262682

(2)金属钛采取“ABAB …”的方式堆积, 为六方堆积, 其晶胞模型为

12个。 , 即, 取顶角上的一个钛原子进行观察, 同一平面周围有6个, 上面有3个, 下面有3个, 所以离它最近的钛原子共有

(3)由晶胞结构知,8个La 全在晶胞顶点, 故一个晶胞中La 个数为8×=1,8个Ni 在晶胞面上,1个Ni 在晶胞内, 故一个晶胞中Ni 的个数为8×因此该合金化学式为LaNi 5。8个H 2在晶胞棱上,2个H 2在晶胞面上, 故一个晶胞中H 2个数为8×+2×=3,因此1 mol La形成的该合金能储存3 mol H2。 42121181(4)①H 2O 中的氧原子采用sp 杂化, 其中2个杂化轨道是单电子, 分别与2个氢原子形成σ键, 另外2个杂化轨道是孤对电子, 其空间构型为V 形。②在该晶胞中Ba 、Ti 、O 三种元素的原子个数比为1∶(8×) ∶(12×)=1∶1∶3。③因该晶体的重复单位为正方体, 其边长为a cm,则1个晶胞的体积为a cm。根据晶4183331体的化学式 BaTiO 3 可得,1 mol晶体的质量为233 g,由密度ρ=可得ρ=Vm233aNA 则a =√3233NA ρ cm 。

【规律总结】 确定晶体化学式的方法如下:①分子晶体:若给出一个分子的组成结构图形, 则可通过计数法确定其分子式。②离子晶体:用均摊法确定晶体的化学式, 均摊是指每个图形平均拥有的粒子数目。求晶体中粒子个数比的方法是:处于顶点的粒子, 同时为8个晶胞所共有, 每个粒子有; 处于棱上的粒子同时为4个晶胞共有, 每个粒子有; 处于面上的粒子, 同时为2个晶胞共有, 每个粒子有418121属于该晶胞; 处于晶胞内部的粒子, 则完全属于该晶胞。

38.(1)(2分)

(2)水解反应(或取代反应)(2分)

(3)邻苯二甲酸(2分)

n

(4)(2分) +n H 2O(3分)

(5)(2分) (2分)

【命题意图】 本题考查有机合成与推断、有机反应类型、有机化学反应方程式的书写等, 意在考查考生对有机官能团转化与性质的理解和推断能力。

【解题思路】 根据题给的合成路线进行分析, 由B 生成C 为取代反应, 除生成C 外, 还有KBr 生成,C 生成D 的反应类型也和B 生成C 的类型相同, 不过除生成D 外, 还有NaCl 生成。

【答题技巧】 有机推断的实质是重要有机官能团的综合应用, 所以解答有机推断题目除一般方法外, 还需注意以下几点:①官能团分析、官能团比较和官能团迁移。②对新型有机物的分析, 要紧扣物质中的官能团, 并根据官能团确定其性质。③在有机结构中, 官能团的位置不同, 其性质及反应情况有所不同。