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1、 高三第二次联考化学试 题注意事项： 1本试题卷分选择题和非选择题两部分，时量1 50分钟，满分300分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和本试题卷上。 2回答选择题时，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。写在本试题卷和草稿纸上无效。 3回答非选择题时，用05毫米黑色墨水签字笔将答案按题号写在答题卡上。写在本试题卷和草稿纸上无效。 4考试结束时，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-l C-12 0-16lg- 24 Cl- 355 Cu- 64 As-75【试卷综析】本试卷是理科综合化学试卷，以基础知
2、识和基本技能为载体，以水平测试为主导，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本水平，重视学生科学素养的考查。知识考查涉及综合性较强的问题、注重主干知识，兼顾覆盖面，考查了较多的知识点：化学计量的相关计算、有机物的基本反应类型、化学与环境、热化学、溶液中的离子关系等；试题重点考查：阿伏伽德罗定律、化学基本概念、元素周期律、溶液中的离子、化学实验题、化学反应与能量、化学平衡的移动、常见的有机物及其应用、等主干知识。注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求，综合性非常强。第I卷 选择题（共2 1小题，每小题6分，共1 2 6分）一、选择题（本题共13小题，每小题6分，共78分。在
3、每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）7下列说法准确的是 A地沟油和矿物油都属于酯类物质 B在食品袋中放人盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质 C为测定熔融氢氧化钠的导电性，将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化 D电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得金属镁【知识点】有机化合物、酸性氧化物、金属的冶炼【答案解析】B 解析：A、地沟油属于酯类化合物，而矿物油主要是含有碳原子数比较少的烃类物质；B、硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以硅胶和铁粉能防止食品受潮及氧化而变质；C、石英坩埚主要成分是二氧化硅，会与氢氧化钠反应；D、电解氯化镁溶液阴极是氢离子放电，得不到金属镁。故答案
4、选B【思路点拨】本题考查了化学与生活，明确物质的性质是解本题关键，结合题意确定物质应该具备的性质，会使用化学知识解释生活现象，难度不大。8下列相关实验原理或实验操作准确的是A用干燥pH试纸测定某新制氯水的pHB用图1装置除去乙烷中混有的乙烯C用图2装置能验证HCl气体在水中的溶解性D用25mL碱式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液【知识点】化学实验基础操作、气体除杂【答案解析】C 解析：A、氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，其中次氯酸具有强氧化性，可漂白试纸，最后使试纸变成白色，无法测量PH值；B、酸性高锰酸钾会将乙烯氧化成二氧化碳气体，除杂的同时又引入新的杂质；C、利用内外压强差验证HC
5、l气体在水中的溶解性；D、量取20.00mL KMnO4溶液应该用酸式滴定管。故答案选C【思路点拨】本题考查了化学实验基础，包括氯气的性质、烃的性质、仪器的选用，为高频考点，难度不大，注意把握相关物质的性质。9短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。A原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，元素D位于第A族。下列说法准确的是 A原子半径：DBCA B元素A、B的氧化物所含化学键的类型完全相同 C元素B和C的最高价氧化物对应水化物的碱性：B C将、混合，若，则混合液一定呈碱性 D将四份溶液分别稀释100倍后，溶液的
6、pH:，I2S02【知识点】氧化性、还原性强弱的比较、二氧化硫的化学性质【答案解析】D 解析：A、滴加KI溶液时，反应为2Cu2+4I-=2CuI+I2，转移2mol e-时生成2mol白色沉淀，故A错误；B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，SO2+I2=2H2O=2HI+H2SO4，体现了SO2的还原性，故B错误；C、通入S02时，S02与I2反应，SO2+I2=2H2O=2HI+H2SO4，I2作氧化剂，故C错误；D、依据反应2Cu2+4I-=2CuI+I2，SO2+I2=2H2O=2HI+H2SO4，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，得到Cu2+I2SO2，故D正确；故答案选D【思
7、路点拨】本题考查了二氧化硫性质的分析判断，二氧化硫还原性的应用，氧化还原反应的概念分析是解题关键，题目难度中等。13将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。向反应后的溶液中加入3 molL NaOH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51 g。下列叙述不正确的是 A当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V100 mL B当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为224 L C参加反应的金属的总质量36 gm,96 g D当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是04 mol【知识点】化学方程式的有关计算；硝酸的化学
8、性质【答案解析】B 解析：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+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）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：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）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
9、据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，故A正确；B、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为(0.15mol2)3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，故B错误；C、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
10、为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g；D、根据方程式可知参加反应的n(HNO3)=8/3n（金属）=0.15mol8/3=0.4mol，故D正确；故答案选B【思路点拨】本题本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大。第卷 非选择题（共1 74分）三、非选择题。包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（11题，共129分）
11、26（12分）下图中AJ分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，图中有部分生成物未标出。请填写以下空白： （1）A的化学式为 ，B的电子式为 。（2）写出下列反应的化学方程式：D+GH 。F+JB+C+I 。（3）03 mol I与足量C反应转移电子的物质的量为 mol。（4）容积为10 mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积分别为 mL， mL。【知识点】无机框图题、无机物的推断【答案解析】 解析：A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱
12、反应生成气体D，B、D为常温下气态化合物，C为常温下液态化合物，则C为水，A为NH4HCO3，B能与镁反应，则B为CO2，E为MgO，F为C，结合D为NH3，水与过氧化钠反应生成G，G为O2，D与G反应生成H，即氨的催化氧化，H为NO，I为NO2，J为HNO3，再结合F与J反应生成B、C、I，符合上述转化。（1）由上述分析可知A为NH4HCO3，B为CO2，其电子式为；（2）D+GH的反应为4NH3+5O2 4NO+6H2O，F+JB+C+I的反应为C+4HNO3（浓） CO2+4NO2+2H2O，(3）由3NO2+H2O2HNO3+NO，则0.3molNO2与足量C反应，0.1mol作氧化剂
13、，转移电子的物质的量为0.1mol（4-2）=0.2mol；（4）由4NO2+O2+2H2O4HNO3，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I占4/5，其体积为10mL4/5=8mL，G气体体积为2mL.【思路点拨】本题考查无机物的推断，利用物质的转化推断出各物质是解答本题的关键，C及A为解答本题的突破口，题目难度中等27（16分）随着大气污染的日趋严重，“节能减排”，减少全球温室气体排放，研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具体有重要意义。（1）右图是在101 kPa，298K条件下1mol NO2和1mol CO反应生成1mol CO2和1mol NO过程中的能量变化
14、示意图。 已知：请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式： 。（2）将020 mol N02和010 mol CO充入一个容 积恒定为1L的密闭容器中发生反应，在不同 条件下，反应过程中部分物质的浓度变化状况 如图所示。下列说法正确的是 （填序号）。a容器内的压强不发生变化说明该反应达到乎衡b当向容器中再充人0 20 mol NO时，平衡向正反应方向移动，K增大c升高温度后，K减小，N02的转化率减小d向该容器内充人He气，反应物的体积减小，浓度增大，所以反应速率增大计算产物NO在02 min内平均反应速率v（NO）= molL-1min-1第4 min时改变的反应条件为 （填“升温、
15、“降温）。计算反应在第6 min时的平衡常数K= 。若保持温度不变，此时再向容器中充人CO、NO各0060 mol，平衡将 移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。（3）有学者想以如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料。其负极反应式为 ，当有0.25 mol SO2被吸收，则通过质子（H+）交换膜的H+的物质的量为 mol。【知识点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【答案解析】 解析：（1）依据盖斯定律-得到反应的热化学方程式：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的H=-759KJ/mol（
16、2）图象分析可知反应为：NO2（g）+CO（g）NO（g）+CO2（g）a反应前后气体体积不变，当容器内的压强不发生变化，不能说明该反应达到平衡，故a错误；b当向容器中加再充入0.20mol NO时，平衡向逆反应方向移动，K值不变，故b错误；c升高温度后，K值减小，说明平衡逆向进行，NO2的转化率减小，故c正确；d向该容器内充入He气，总压增大，气体分压不变，所以反应反应速率不变，故d错误；故选c；产物NO在02min时平均反应速率v（NO）=0.03mol/L2min=0.015mol/(Lmin)；图象分析可知4min后二氧化氮和一氧化碳浓度增大，一氧化氮和二氧化碳浓度减小，说明平衡逆向进
17、行，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，符合图象变化；依据图象分析，6min时平衡状态下物质的浓度为c（NO2）=0.18mol/L，c（CO）=0.08mol/L，c（NO）=0.02mol/L，c（CO2）=0.02mol/L，反应的平衡常数依据平衡常数概念计算，NO2（g）+CO（g）NO（g）+CO2（g），K=(0.020.02)/(0.180.08)=1/36；若保持温度不变，此时再向容器中充入CO、NO各0.060mol，浓度商计算Qc=（0.020.08）/(0.180.10)=4/45K，平衡逆向进行. （3）图所示装置分析，用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料其负极的反应
18、为二氧化硫失电子生成硫酸根离子的过程，电极反应为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，当有0.25mol SO2被吸收，电子转移0.5mol，依据电子守恒分析通过质子（H+）交换膜的H+的物质的量为0.5mol。【思路点拨】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，化学平衡影响因素分析，平衡常数计算应用，原电池原理的理解分析，掌握基础是关键，题目难度中等。28（15分）三苯甲醇（）是一种重要的化工原料和医药中间体，实验室合成三苯甲醇的流程如图1所示，装置如图2所示。已知：（I）格氏试剂容易水解：（）相关物质的物理性质如下：（）三苯甲醇的相对分子质量是260，纯净固体有机物一般都有固定
19、熔点。请回答以下问题：（1）图2中玻璃仪器B的名称： ；装有无水CaCl2的仪器A的作用是 。 （2）图2中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是 ；制取格氏试剂时要保持微沸，可以采用 加热方式。 （3）制得的三苯甲醇粗产品中，含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等有机物和碱式溴化镁等杂质，可以设计如下提纯方案，请填写如下空白：其中，操作为： ；洗涤液最好选用 （从以下选项中选择）；A水 B乙醚 C乙醇 D苯检验产品已经洗涤干净的操作为： 。（4）纯度测定：称取260 g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠（乙醚与钠不反应），充分反应后，测得生成的气体在标准状况下的体积为100 80 mL。则产品中
20、三苯甲醇的质量分数为 。【知识点】工艺流程题、基本实验操作、无机化合物计算【答案解析】 解析：（1）根据已知条件，图2是蒸馏实验操作，其中玻璃仪器B的名称是冷凝管，格氏试剂容易水解，所以，装有无水CaCl2的仪器A的作用是防止空气中的水蒸气进入装置，使格氏试剂水解；（2）图2中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下，格氏试剂时要保持微沸，可以采用水浴加热；（3）由图表知三苯甲醇与乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等有机物的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方式分离，碱式溴化镁溶于水、三苯甲醇不溶，过滤进行分离，因为三苯甲醇溶于乙醚、乙醇苯等有机溶剂，所以沉淀的洗涤用水；因为滤
21、液中含有氢氧根、溴离子，所以，检验是否洗净沉淀的操作是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成。（4）运用关系式进行计算：2 H2 0.009mol 0.1008/22.4 mol=0.0045mol质量分数=0.009mol260g/mol2.6g=90%【思路点拨】本题属于工艺流程题，考查了基本实验操作、无机化合物的简单计算，看似复杂，反而题目不难，平时注意基本实验操作的知识点。（二）选做题（共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域
22、指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分）36【化学选修2：化学与技术】（15分）海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用。 （1）海水中盐的开发利用： 海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河人海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩。所建盐田分为贮水池、蒸发池和 池。 目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用： （写一点即可）。（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示。其中具有选择性的阴离子交换膜
23、和阳离子交换膜相间排列。请回答下面的问题：海水不能直接通人到阴极室中，理由是 。 A口排出的是 （填“淡水”或“浓水”）。 （3）用苦卤（含等离子）可提取溴，其生产流程如下：若吸收塔中的溶液含Br03-则吸收塔中反应的离子方程式为： 。通过氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液？向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是【知识点】海水资源及其综合利用、电解原理【答案解析】解析：（1）海水制盐目前以盐田法为主，运用实验室粗盐提纯原理，建盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池；电解过程中阳极上氯离子失电子发生氧化反应，2Cl-2e-=Cl2；阴极上
24、是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H+2e-=H2；阳离子交换膜阻止阴离子和气体通过，就可以阻止氢气与氯气反应甚至发生爆炸，或氯气进入阴极与氢氧化钠反应使烧碱不纯；（2）阴极室是氢离子得到电子生成氢气，使溶液呈碱性，而海水中含有较多的镁离子和钙离子，会产生沉淀从而堵塞阳离子交换膜。A口通过离子交换膜后排出的是淡水；（3）吸收塔中发生的是纯碱吸收溴单质的反应，Br03-中溴的化合价是+5价，化合价升高，发生的是溴的歧化反应，根据氧化还原反应的是电子守恒配平：3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2；通过氯化已获得含溴的溶液，但是溴的浓度、纯度都低，所以要经过吹出、吸收、酸化来
25、富集溴；溴的沸点58.7，向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是顺利将溴蒸出来，同时防止水馏出。【思路点拨】本题考查了电解池的工作原理知识，粗盐提纯的实验方案设计步骤及注意事项以及化学方程式的书写，化学来源于生产、生活，又服务于生产、生活，学习中注意积累化学知识，才能综合应用，题目难度中等。37（化学选修3：物质结构与性质】（15分） （1）主族元素A的简单阳离子不与任何原子具有相同的核外电子排布。元素B与氮元素同周期，B的原子序数大于氮，而第一电离能比氮的小。A与B能形成两种化合物A2B2和A2B，其中B的杂化方式分别为 、 。A2B、NH3、SiH4的键角由大到小依次
26、为 （填化学式）。A2B由液态形成晶体时密度减小，主要原因是 。（2）新型无机材料在许多领域被广泛应用。陶瓷发动机的材料选用氮化硅，它硬度大、化学稳定性强，是很好的高温陶瓷材料。除氢氟酸外，氮化硅不与其他无机酸反应，抗腐蚀能力强。氮化硅的晶体类型是 ，氮化硅与氢氟酸反应的化学方程式为 。（3）MgC03和CaC03都为离子晶体，热分解的温度分别为402和900，请根据结构与性质的关系说明它们热分解温度不同的原因： 。（4）砷化镓广泛用于雷达、电子计算机、人造卫星、宇宙飞船等尖端技术中。镓的基态原子价电子排布式为 ，砷化镓的晶胞结构与金刚石相似，其晶胞边长为a pm，则每立方厘米该晶体中所含砷元
27、素的质量为 g（用NA表示阿伏加德罗常数）。【知识点】原子结构与性质、核外电子排布【答案解析】解析：（1）主族元素A的简单阳离子不与任何原子具有相同的核外电子排布，说明A是氢元素；元素B与氮元素同周期，B的原子序数大于氮，而第一电离能比氮的小，则B是氧元素；A与B能形成两种化合物H2O2、H2O,分子中每个氧原子都有两对键成键电子和两对孤对电子，所以需要四条杂化轨道，所以O的杂化方式都是是sp3；H2O、NH3、SiH4的空间结构分别是角型、三角锥型、正四面体型，所以键角的大小关系：SiH4NH3H2O，H2O由液态形成晶体时水分子之间存在氢键，使水分子空间结构变大，密度降低。（2）氮化硅（S
28、i3N4）晶体是硅原子和氧原子构成的原子晶体，氮化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅Si3N4+12HF=3SiF4+4NH3(3) MgC03和CaC03分解成氧化镁、氧化钙和二氧化碳，Mg2+半径小于Ca2+半径，所以MgO晶格能大于CaO的晶格能，故，Mg2+比Ca2+更易与阳离子结合，使碳酸根更易分解，所需温度低；（4）镓的基态原子排布式为为1s22s22p63s23p63d104s24p1，所以价电子排布是4s24p1；砷化镓的晶胞结构与金刚石相似，可知一个晶胞中含有4个As原子，一个晶胞中砷元素的质量为（754）/NA=200/NA晶胞的体积为（a10-10）3cm3，则每立方厘米该晶体中
29、所含砷元素的质量为【思路点拨】本题考查较为综合，涉及元素周期律的递变规律、杂化类型的判断、电子排布式以及氢键等知识，题目难度较大，本题的易错点为晶胞的有关计算，注意有关知识的积累。38【化学选修5：有机化学基础】（15分）肉桂酸甲酯是调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精，用于肥皂、洗涤剂、风味剂和糕点的调味，在医药工业中作为有机合成的中间体。 （1）肉桂酸甲酯由C、H、O三种元素组成，质谱分析其分子的相对分子质量为1 62，核磁共振氢谱谱图显示有6个峰，其面积之比为1:2:2:1:1:3，利用红外光谱仪检测其中的某些基团，测得红外光谱如下图： 则肉桂酸甲酯的结构简式是 （不考虑立体
30、异构） （2）已知： I醛与醛能发生反应，原理如下：已知烃A在标准状况下的密度为1 25 gL-1。合成肉桂酸甲酯的工业流程如下图所示：请回答：化合物J的结构简式为 ；化合物G中的官能团有 ；GH为 反应（填反应类型）；写出反应DE的化学方程式 ；HI的反应 （填“能”或“不能”）改用酸性高锰酸钾溶液，简述理由： 。符合下列条件的I的同分异构体共有5种。写出另两种同分异构体的结构简式：A能发生水解反应 B与银氨溶液作用出现光亮的银镜 C能与溴发生加成【知识点】有机物的推断；有机物实验式和分子式的确定；有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体；取代反应与加成反应【答案解析】解析：（
31、1）肉桂酸甲酯相对分子质量为162，根据红外光谱可知该分子中含有1个苯环、C=C双键、-OOC-基团，核磁共振氢谱谱图有6个峰，说明含有6种氢原子，其面积之比为1：2：2：1：1：3苯环上只有一个取代基，峰面积之比等于氢原子个数之比，结构简式应为（2）已知烃A在标准状况下的密度为1 25 gL-1，则其相对分子质量为22.41.25=28，为乙烯CH2=CH2;与水发生加成反应生成B：乙醇CH3CH2OH，再催化氧化成C：乙醛CH3CHO;甲苯在光照条件下与氯气发生甲基上的取代生成D：氯甲苯；与氢氧化钠水溶液发生水解生成E：苯甲醇；继续催化氧化生成F：苯甲醛；根据已知条件C与F生成G：，加热发生消去生成H：；经过与银氨溶液反应、再酸化得I：；在此过程中不能用酸性高锰酸钾，会氧化碳碳双键；I与甲醇发生酯化反应生成肉桂酸甲酯；在一定条件下还可以发生加聚反应生成J：，据此分析来回答各问题。符合条件的I的同分异构体另两种的结构简式：、【思路点拨】本题考查了有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难点是同分异构体的书写，难度中等。