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1、安徽省宣城市八校2015届高三上学期联考化学试题（word版） 本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。全卷满分100分，考试时间100分钟。 考试范围：必修1、必修2第一章（选修3高考考试说明规定内容）。考生注意事项： 1答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上 所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。 2答第工卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3答第卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答
2、题卡上书写，要求字体工整、笔迹清 晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。 4考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。 5本试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O16 Na 23 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64第I卷（选择题共48分）一、选择题（本题包括l6小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的）1下列化学用语正确的是 A. CO2分子的比例模型： BNH4Br
3、的电子式：C基态Fe原子的原子结构示意图：D基态Al原子的价电子排布图：2下列有关物质的性质与应用不相对应的是 A.氢氟酸易与SiO2反应，氢氟酸可用于刻蚀玻璃 BAl与Fe2O3会发生铝热反应，可用于焊接钢轨 CNH3具有碱性，可用NH3与灼热的CuO反应制取少量N2 DFe具有良好导电性，可用铁片作电解食盐水的阴极材料3双氰胺(C2H4N4)是生产三聚氰胺的原料，也是医药和染料的中间体，易溶于热水、乙醇，其熔点 为209.5，其结构简式如右图所示。下列说法正确的是 A.双氰胺分子中既含极性键，又含非极性键 B双氰胺分子中键和键的个数比为5：3 C双氰胺分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结
4、构 D双氰胺中，氮、碳元素的化合价分别是-3价、+4价4化学概念在逻辑上存在如图所示的三种关系，下列说法错误的是 A.烃与烷烃属于工 B电解质与非电解质属于 C离子反应与氧化还原反应属于 D酸性氧化物与非金属氧化物属于工5下列反应的离子方程式正确的是 A.向浓度均为0.1 molL1的KNO3和KHSO4的混合溶液中加入铜片： Cu+4H+2N=Cu2 +2NO2十+2H2O B向Na2CO3浴液中逐滴加入少量稀盐酸：C+2 H H2O+CO2 C二氧化硫通人氯化铁溶液中：2Fe3+ SO2+2 H2O 2Fe2+4H +S D在FeI2溶液中滴人少量溴水：2Fe2+Br2 2Fe3 +2Br
5、6含N的工业废水会造成水体富营养化，可利用如下反应将其转化为无毒、无污染的N2： A1+口+口口十口+口，反应中涉及到的另外3种微粒是H2O、A1(OH)3、OH。下列说法正确的是 A.反应中的Al被还原，N是还原剂 B三种反应物分别是Al、N和OH C若有1 mol Al参加反应，则有0.6 mol N被还原 D随着反应的进行，溶液的碱性逐渐减弱7向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液，生成沉淀的物质的量与消耗Ba(OH)2的物质的量的关系如下图所示，其中正确的是8铵盐受热易分解，但硝酸铵在不同条件下分解所得产物不同。下列各组物质中可能是硝酸铵分解产物的是A.O2HNO3H2O B. N2+ N
6、H3 H2OC. NH3 +HNO3 D. NH3 +NO+H29某同学欲设计下列实验探究某些非金属元素及其化合物的性质，其中能达到目的是A.测定相同浓度HX(X=F、Cl、Br、I)溶液的pH比较卤族元素的非金属性B将胆矾(CuSO45H2O)晶体放人浓硫酸中：验证浓硫酸的脱水性C将CO2通入水玻璃中：比较碳酸与硅酸的酸性强弱D将铁片放入热的浓硝酸中：验证铁在浓硝酸中发生钝化10.氯化银胶体中的分散质粒子实际上是一个个由很多“AgCl”结合而成的集合体。向盛有NaCl溶液的试管中滴加AgNO3溶液，静置后用一束光照射试管，发现试管的三个不同区域中只有一个区域具有明显的丁达尔效应，则下列分析正
7、确的是A.该区域是A，该区域中AgCl的直径最小B该区域是B，该区域中AgCl的直径介于A、C区域之间C该区域是C，该区域中AgCl的直径最大D各区域AgCl的大小都相同，但只有B区域中分散质的大小介于1100 nm之间11.在过量FeSO4溶液中滴入几滴NaClO溶液，并加入适量硫酸，溶液立即变为棕黄色。为检验上述反应中的还原产物，下列实验步骤中合理的组合是过滤，取滤液加入硝酸酸化的AgNO3溶液出现白色沉淀取一支试管，加入上述反应后的少许溶液再加入过量Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀再加入过量BaCl2，溶液，出现白色沉淀A.B. C. D.12.设为阿伏加德常数的值，下列说法正确的是A
8、. 32gSO2含有2个S=O键B0.3 mol NO2与足量水充分反应转移的电子数目为0.2C1 mol碳的同位素中含有6个中子D25 mL 16.0 molLl浓盐酸与足量MnO2，加热反应，生成Cl2分子数目为0. 113.如图所示，用底部破损的试管和广口瓶，可以组装成一个具有随开随关功能的简易制气装置。下列有关该装置的说法正确的是A.若隔板是铜，则该装置可用于制备H2、CO2、Cl2等气体B若隔板是铜，则用块状CaO和浓氨水可制备NH3C若隔板是铁，则该装置不能用制备H2D用锌粒与稀硫酸制备H2时，有孑L隔板既可以是塑料也可以是铜隔板14.下图是元素周期表中短周期的一部分，其中X元素的
9、简单氢化物能与其最高价含氧酸反应生成盐。下列说法不正确的是A.Z、W两种元素形成的化合物分子是正四面体形结构BZ与X、Z与Y均能形成原子晶体C原子半径的大小顺序：r(Z)r(Y)r(X)r(W)DZ的最高价氧化物不能溶于X的最高价含氧酸溶液15.将0.1 mol A12O3、0.1 mol SiO2和一定量的Fe2O3、NaOH的固体混合物溶于水，充分反应后，向所得反应体系中缓缓通人0.5 mol HC1气体，所得难溶物的物质的量与HC1的物质的量的关系如图所示。下列说法正确的是A. Fe2O3、NaOH的物质的量分别是0.1 mol、0.5 molB结合H的能力：Si AlC.A点溶液呈碱性
10、，B、C两点溶液呈中性D当n(HCl)0.5 mol时，难溶物的量会继续增多16.绿矾(FeSO47H2O)的相关性质如下图所示，反应至均在隔绝空气条件下进行，气体1、 2、3的摩尔质量依次增大。下列推断合理的是A.能发生氧化还原反应的只有、B将反应和反应产生的气体混合，气体颜色发生变化C反应生成的固体在空气中高温灼烧只发生分解反应D将气体1和气体3冷凝再混合，能计算出所得溶液的物质的量浓度第卷（非选择题共52分）考生注意事项： 请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。二、填空题（本大题共5小题，共52分）17.（10分）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂和漂白剂
11、，主要用于棉纺、纸张漂白、食品消毒、水处理等，含水亚氯酸钠加热到130140即分解。一种制备亚氯酸钠粗产品的工艺流程如下：(1)步骤的离子方程式为 ；标准状况下，每生成22.4 L ClO2，转移 mo1e。(2)步骤的化学方程式为 。(3)从“亚氯酸钠溶液”到“粗产品”需经过的操作依次是 、 、 。(4)如果制备过程中使用了21.3 g NaClO3，则需要20%的H2O2溶液 g（假定实验中物质均完全转化）。18.（12分）H、C、N、O、Na、S、Cl是常见的七种短周期元素。(1)S位于元素周期表第 周期第 族，其基态原子核外有个未成对电子；Na的基态原子核外电子排布式为 。(2)用“”
12、或“r(Y)，C项错误。二氧化硅不能溶于硝酸中，故D项正确。15A 解析观察图像可知，Al2O3、SiO2、Fe2O3、NaOH充分混合后有0.1molNaOH剩余。根据A点的纵坐标可知Fe2O3为0.1mol。由于Al2O3、SiO2均为0.1mol，与NaOH反应生成0.2molNaAlO2、0.1molNa2SiO3，根据钠元素守恒可知NaOH的物质的量为0.5mol，A正确。根据H2O+AlO2+H+=Al(OH)3可知0.2AlO2与0.2molHCl恰好生成0.2mol Al(OH)3沉淀，根据SiO32+2H+=H2SiO3可知0.1mol SiO32与0.2mol HCl恰好生
13、成0.1molH2SiO3沉淀，结合图像可知AB段、BC段对应的沉淀分别是Al(OH)3和H2SiO3，从而说明AlO2结合H+的能力大于SiO32，B项错误。A点溶液中含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，B点溶液中含有Na2SiO3和NaCl，C点溶液中只有NaCl，根据水解知识可知C项错误。C点AlO2、SiO32恰好完全沉淀，再通入HCl，Fe2O3、Al(OH)3会溶解，所以沉淀的量会减少，故D项错误。16B 解析FeSO4具有还原性，能被过氧化钠、硝酸钾（酸性环境）、氯水氧化，绿矾在隔绝空气时煅烧生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，该反应也属于氧化还原反应，故属于氧化还原
14、反应有、，A错误。反应产生的气体为O2，反应生成的气体NO，NO与O2混合生成红棕色的NO2，B正确。反应生成的FeCO3有还原性，能被空气中的氧气氧化，故C错误。根据绿矾组成知，反应的化学方程式为2(FeSO47H2O)Fe2O3+SO3+SO2+14H2O，气体1、2、3依次是H2O、SO2、SO3。气体1和3冷却至室温所得溶液是硫酸溶液，其组成为n(H2O)n(H2SO4)=131，能计算溶液其溶质的质量分数，但计算硫酸的物质的量浓度缺少溶液密度，D错误。17 （10分） （1）2ClO3+SO2=2ClO2+SO42（2分） 1.0（1分） （2）H2O2+2ClO2+2NaOH=2N
15、aClO2+2H2O+O2（2分） （3）蒸发(浓缩) (冷却)结晶 过滤（每空1分，共3分） （4）17.0（2分） 解析：完成的离子方程式需运用得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒，完成则仅需电子守恒和元素守恒。亚氯酸钠易分解，所以不能直接蒸干溶液，而需经过蒸发浓缩、冷却结晶，最后过滤即可得到粗产品。由上述方程式得到：2NaClO32ClO2H2O2，根据题给数据可计算出需约17.0g 20%的H2O2溶液。18 （12分） （1）三 A 2 1s22s22p63s1（各1分，共4分） （2） （各1分，共4分） （3）H2O2、N2H4、C2H2、C2H4、C2H6、C6H6等任选其一（1分
16、） （4）NH3分子间能形成分子间氢键（1分） （5）（2分） 解析：（1）S的基态原子核外电子排布式为Ne3s23p4，3p轨道上有2个电子未成对。 （2）C、N、O位于同周期，从左向右元素的非金属性逐渐增强，电负性逐渐增大， 其原子半径逐渐减小。但N原子具有半充满的稳定结构，所以其第一电离能大于O。O的非金属性强于S，所以H2S不如H2O稳定。酸性H2SO4小于HClO4。 （3）符合要求的分子除H2O2、N2H4外，还可以是碳原子数大于或等于2的烃。 （4）NH3能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，易液化。 （5）模仿二氧化碳的反应可知，该反应中生成NaNO3和O2。19 （11分）
17、（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O（2分） （2）167（2分） （3）10KOH+3Cl2+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O（2分） （4）n(Cu2O)n(CuS)=21（4分） Cu2S（1分） 解析：（1）略。（2）铁、铜与硫反应的化学方程式分别是：Fe+SFeS、2Cu+SCu2S。据此，假定铁、铜的质量均为m，可求得消耗S的质量分别为32m/56、32m/128，二者之比为167。 （3）根据得失电子守恒、元素守恒即可完成方程式。 （4）首先根据实验现象做判断：由滤液呈蓝色可知，固体甲中一定含有Cu2O，则固体乙中一定含有Cu。煅烧CuS的反
18、应方程式为2CuS+3O22CuO+2SO2，该反应固体质量减少；煅烧Cu2S的反应方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2，该反应是固体质量不变的反应；煅烧Cu时固体质量肯定会增加。由于反应前后固体质量不变，所以固体乙中一定含有Cu和CuS，但是否含有Cu2S无法确定，可假设其有。设固体甲中Cu2O、CuS、Cu2S的物质的量分别为xmol、ymol、zmol，则固体乙中含有Cu、CuS、Cu2S的物质的量分别为0.5xmol、ymol、zmol，即：32x+96y+160z=m；根据铜元素守恒可得：80(0.5x+y+2z)=m。两式联立得：x=2y，即Cu2O、CuS的物质的量之比为21
19、。20 （9分） （1）假设二：气体产物只有CO2（1分） 假设三：气体产物既有CO又有CO2（1分） （2）实验步骤：在C中加入澄清石灰水，D中加入PdCl2溶液，通入足够长时间的N2，关闭活塞K，点燃酒精喷灯，观察C、D中变化（2分）实验预期现象和结论：若C中澄清石灰水不变浑浊，D中产生黑色沉淀，则假设一成立；反之假设一不成立（2分） （3）11（2分） （4）7C+3SiO22Si+SiC+6CO（2分） 解析：（1）气体产物只能是碳的氧化物：CO、CO2中的一种或两种。 （2）注意：C中必须是澄清石灰水，D中是PdCl2溶液，不能颠倒顺序；点燃酒精灯之前，先通入足够长时间的N2，再关闭
20、活塞，再点燃酒精灯。 （3）炭粉与二氧化硅反应的化学方程式可能是：SiO2+2CSi+2CO或SiO2+CSi+CO2，炭粉不足即炭粉与二氧化硅的物质的量之比不大于11。 （4）根据得失电子守恒和元素守恒进行配平。21 （10分） （1）Cu（1分） 只有Cu既不溶于盐酸，又不溶于NaOH溶液（1分） （2）是（1分）实验一中滤渣1溶于NaOH溶液后质量减少（1分） （3）Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O（1分） 2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+（1分） （4）n(Fe2O3)n(Cu)n(SiO2)=121（4分） 解析：（1）实验一中，滤渣1只能是不溶于盐酸的Cu或SiO2中的一种
21、或两种。由于滤渣1与过量氢氧化钠溶液反应后质量减少，说明滤渣1的成分是Cu与SiO2，则滤渣2是Cu。 （2）根据上述分析可知原混合物中含有SiO2，且其质量为12.4g6.4g=6.0g，物质的量为0.1mol。 （3）原混合物中，不溶于氢氧化钠溶液有Cu或Fe2O3，即实验二中滤渣1可能是Cu或Fe2O3中的一种或两种。滤渣1中加入过量盐酸，质量减少但仍有固体剩余，说明滤渣1中同时含有Cu和Fe2O3。则实验一中加入盐酸时，首先发生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，继而发生2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+。 （4）滤渣2是发生（3）题所述反应后剩余的Cu，则原混合物中加入盐酸时反应掉的Cu和Fe2O3共有28.8g6.4g=22.4g。根据上述方程式可知反应用去的Cu与Fe2O3的物质的量相等，设其物质的量均为x，则64gmol1x+160gmol1x=22.4g，解得x=0.1mol，即样品中含有0.1molFe2O3。剩余的6.4gCu的物质的量为0.1mol，则样品中Cu为0.2mol。由样品质量知原混合物中没有Al2O3，故n(Fe2O3)n(Cu)n(SiO2)=0.10.20.1=121。- 24 -