2013-2014天津市南开区高三二模试卷与答案理综化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014天津市南开区高三二模试卷与答案理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法不正确的是 A多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料 B油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇 C盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性 D l molNa与足量 O2反应，生成 Na2O和 Na2O2的混合物，钠失去 NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数 ) 答案： B 试题分析： A、石墨可以导电，因此多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料， A正确； B、油脂的皂化反应生成脂肪酸钠和丙三醇， B 正确； C、盐析是可逆的，因此盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性， C正确； D、钠在反应中只能失去 1个电子，所以 l mo

2、lNa与足量 O2反应，生成 Na2O和 Na2O2的混合物，钠失去NA个电子 (NA表示阿伏加德罗常数 )， D正确，答案：选 B。 考点：考查碳用途、油脂皂化、盐析以及钠与氧气反应的有关计算 电镀废液中 Cr2O72-可通过下列反应转化成铬黄 (PbCrO4)： Cr2O72-（ aq） +2Pb2+（ aq） + H2O（ l） 2PbCrO4（ s） +2H+（ aq） H 0 该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是 A B C D 答案： A 试题分析： A、由 H 0，则正反应是一个放热的反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，即向逆反应方向移动，由平衡常数为生成

3、物浓度幂之积与反应物浓度幂之积，则 K减小，故 A正确； B、 pH增大溶液碱性增强，会中和溶液中H+，降低生成物浓度，平衡向正方应方向移动， Cr2O72-的转化率会增大，与图中不符，故 B错误； C、温度升高，正、逆反应速率都增大，与图中不符，故C错误； D、增大反应物 Pb2+的浓度，平衡向正方应方向移动 ，则 Cr2O72-的物质的量会减小，与图中不符，故 D错误；故选： A。 考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响 草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向 10 mL 0.01 mol/LNaHC2O4溶液中滴加 0.01 mol/L NaOH溶液，随着 NaOH溶液体

4、积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是 A V（ NaOH） =0时， c（ H+） =110-2mol/L B V（ NaOH） 10mL时，不可能存在 c（ Na+） =2c（ C2O42-） +c（ HC2O4-） C V（ NaOH） =10mL时， c（ H+） =110-7mol/L D V（ NaOH） 10mL时， c（ Na+） c（ C2O42-） c（ HC2O4-） 答案： D 试题分析： A、草酸是二元中强酸， V（ NaOH） 0时， NaHC2O4不能完全电离出 H+，则 c（ H+） 110-2mol L-1，故 A错误； B、 V（ NaOH） 10mL时，溶液

5、中溶质为 NaHC2O4、 Na2C2O4，当电离程度等于水解程度，即 c（ H+） c（ OH-），存在 c（ Na+） 2c（ C2O42-） +c（ HC2O4- ），故 B不正确； C、 V（ NaOH） 10 mL时，溶液中溶质为 Na2C2O4，溶液显碱性，则 c（ H+）110-7mol L-1，故 C错误； D、 V（ NaOH） 10 mL时，溶液中溶质为 NaOH、Na2C2O4， C2O42-水解生成 HC2O4-，则离子浓度为 c（ Na+） c（ C2O42-） c（ HC2O4- ），故 D正确；故选 D。 考点：考查盐类水解、电离平衡以及溶液中离子浓度大小比较 下

6、列离子方程式正确的是 A用铜作电极电解 CuSO4溶液： 2Cu2 2H2O电解 2Cu 4H O2 B硅酸钠溶液与醋酸溶液混合： SiO32- H H2SiO3 C H2O2溶液中加入稀硫酸和 KI溶液： H2O2 2H 2I- I2 2H2O D Na2S2O3溶液中加入稀硫酸： 2S2O32- 4H SO42- 3S 2H2O 答案： C 试题分析： A、用铜作电极电解 CuSO4溶液，阳极铜失去电子，阴极溶液中的铜离子得到电子， A不正确； B、醋酸是弱酸，应该用化学式表示， B不正确；C、双氧水具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘和水， C正确； D、 Na2S2O3溶液中加入稀硫酸

7、发生自身的氧化还原反应生成硫酸钠、 S、 SO2和水， D不正确，答案：选 C。 考点：考查离子方程式的正误判断 以下有关原予结构及元素周期律的叙述正确的是 A同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低 B同周期元素（除 0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小 C第 A族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强 D第 IA族元素铯的两种同位素 137Cs比 133Cs多 4个质子 答案： B 试题分析： A、同主族元素从上到下，单质的熔点有些逐渐降低，例如第 IA 族，有些升高，例如第 A族， A不正确； B、同周期元素（除 0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小， B正确； C、非金属性越强，氢化

8、物的稳定性越强，同主族自上而下非金属性逐渐降低，因此第 A族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱， C不正确； D、第 IA族元素铯的两种同位素 137Cs比 133Cs质子数相同，中子数不同， D不正确，答案：选 B。 考点：考查原子结构、元素周期表以及元素周期律的应用 下列实验操作正确的是 A中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶 B盛放 NaOH溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶 C用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出 D NaCI溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热 答案： D 试题分析： A、中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶会导致消耗标准液的体积增加，

9、 A不正确； B、氢氧化钠能与二氧化硅反应生成生成黏性很强的硅酸钠，而不易打开，因此盛放 NaOH溶液时，不能使用带玻璃塞的磨口瓶，应该用橡皮塞， B不正确； C、苯的密度小于水，因此用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗上口放出， C不正确； D、 NaCI溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热，利用余热蒸干即可， D正确，答案：选D。 考点：考查化学实验基本操作的正误判断 实验题 （ 18分）甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计了如下实验流程： 实验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装 置，立即加热氧化铜

10、。反应完成后，黑色氧化铜转化为红色的铜。下图 A、 B、 C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置， D为盛有浓硫酸的洗气瓶。 甲小组测得：反应前氧化铜的质量 m1 g、氧化铜反应后剩余固体的质量 m2g、生成氮气在标准状况下的体积 V1L。乙小组测得：洗气前装置 D的质量 m3g、洗气后装 置 D的质量为 m4g、生成氮气在标准状况下的体积 V2L。请回答下列问题： （ 1）检查 A装置气密性的操作是_。 （ 2）实验室检验氨气的操作和现象是 _。 （ 3）甲、乙两小组选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备制备原理填写在下表的空格中。 实验装置 实验药品 制备原理 甲小组 A

11、 氢氧化钙、硫酸铵 反应的化学方程式为 _ 乙小组 _ 浓氨水、氢氧化钠 用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：_ （ 4）甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为_。 （ 5）乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比明显小于理论值，其原因是 _。为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药晶的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品的名称是 _。 答案：（ 1）连接导管，将导管插入水中，加热试管，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱 （ 2）用湿润的红色石蕊试纸接近导管口，试纸变蓝（或蘸有浓

12、盐酸的玻璃棒接近导管口，产生白烟） （ 3）（ NH4） 2SO4+Ca（ OH） 2 2NH3+2H2O+CaSO4； B；氢氧化钠溶于水后放热使氨气溶解度降低，增加 OH-浓度，使 NH3+H2O NH3 H2O OH-+NH4 向逆反应方向移动，加快氨气逸出。 （ 4） 5V1： 7（ m1-m2） （ 5）洗气瓶 D 中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气 ，从而使计算的氢的量偏高；碱石灰（或无水硫酸铜、氢氧化钠、氧化钙等） 试题分析：（ 1）检查 A装置气密性一般是依据压强变化检验，具体操作方法是连接导管，将导管插入水中，用手紧握试管，导管口有气泡产生；松开手后，导管

13、内有水回流并形成一段稳定的水柱。 （ 2）氨气是碱性气体，据此可以检验，即用湿润的红色石蕊试纸接近导管口，试纸变蓝（或蘸有浓盐酸的玻璃棒接近导管口，产生白烟）。 （ 3） 氢氧化钙与硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应的化学方程式为（ NH4） 2SO4+Ca（ OH） 2 2NH3+2H2O+CaSO4 。浓氨水是液体，氢氧化钠是固体，为使氨气逸出，采用加热降低氨气的溶解度，故选 B装置。由于氢氧化钠固体溶于水后放热使氨气溶解度降低，同时增加溶液中 OH-浓度，使NH3+H2O NH3 H2O OH-+NH4 向逆反应方向移动，从而加快氨气逸出。 （ 4）反应前氧化铜的质量为 m1g、氧化铜

14、反应后转化成的铜的质量为 m2g，则氧化铜中氧元素的质量为 m1-m2，生成的水中氧元素的质量等于氧化铜氧元素的质量，则生成的水中氧原子的个数为 ，水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此氢原子个数为 2，生成的氮气在标准状况下的 体积 V1L，则氮气中氮原子的个数为 ，因此氮氢原子个数比为 ： 25V1： 7（ m1-m2）； （ 5）乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比小于理论值，其原因是洗气瓶 D中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高 因此在洗气瓶 D前的位置应增加了一个装有碱石灰（氢氧化钠、氧化钙等）的实验仪器只吸收水，减小误差。 考点

15、：考查氨气制备、物质分子组成测定实验方案设计与评价 填空题 （ 14分）下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示 （部分产物及反应条件已略去）。 已知 A、 B为气态单质， F是地壳中含量最多的金属元素的单质： E、 H、 I为氧化物， E为黑色固体， H为红棕色粉末， I为红棕色气体； M为红褐色沉淀， Q为白色胶状物质。 请回答下列问题： （ 1）组成单质 F的元素在周期表中的位置是 _； C中存在的化学键类型为_； E的化学式是 _。 （ 2） A在 B中燃烧的现象是 _ 。 （ 3） D+EB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是 _。 （

16、4）反应 的化学方程式为 _ 。 （ 5）反应 的离子方程式为 _。 （ 6） Y受热分解可生成 H、 I和氧气，写出该反应的化学方程式：_。 答案：（ 1）第三周期第 A族；离子键、共价键； MnO2 （ 2）产生苍白色火焰 （ 3） 2:1 （ 4） 2NaCl 2H2O电解 2NaOH H2 Cl2 （ 6） 3AlO2-+Fe3+6H2O 3Al（ OH）3+Fe（ OH） 3 （ 6） 4Fe（ NO3） 3 2Fe2O3+12NO2+3O2 试题分析： F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则 F为 Al；转化关系中 X电解得到三种物质，为电解电解质与水型， A、 B为气态单质，二者

17、为氢气和氯气，二者反应生成 D， D为 HCl， E为黑色固体，为氧化物，和 HCl反应又生成 B气体， A为 H2， B为 Cl2， E为 MnO2，电解 X是电解氯化钠溶液， C为NaOH，与 Al反应生成 A和 G， G为 NaAlO2； M为红褐色沉淀为 Fe（ OH） 3，所以 J是含三价铁离子的物质，是 H和 D反应生成，证明 J为 FeCl3， H、 I为氧 化物判断 H为 Fe2O3， I为红棕色气体为 NO2，结合转化故选可知， N为HNO3， Y为 Fe（ NO3） 3， Q是氢氧化铝，为白色胶状物质。 （ 1）铝元素于周期表第三周期第 A族。 C是氢氧化钠，钠离子与氢氧根

18、之间是离子键，氢氧之间是共价键； E为 MnO2。 （ 2） A为 H2， B为 Cl2，氢气在氯气燃烧的现象是：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生。（ 3） D+EB的反应为 MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O， n（被氧化的物质 HCl）： n（被还原的物质 MnO2） 2：1。 （ 4）反应 是电解饱和食盐水，反应的的化学方程式为 2NaCl 2H2O电解2NaOH H2 Cl2。 （ 5） G（ NaAlO2） +J（ FeCl3） M（ Fe（ OH） 3）的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是： 3AlO2-+Fe3+6H2O 3Al（ OH

19、） 3+Fe（ OH）3。 （ 6）依据分析推断可知 Y为 Fe（ NO3） 3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是： 4Fe（ NO3） 3 2Fe2O3+12NO2+3O2。 考点：考查无机框图题的推断 简答题 （ 14分）化学在能源开发与利用中起着十分重要的作用。 （ 1）蕴藏在海底的可燃冰是高压下形成的外观像冰的甲烷水合物固体被称之为 “未来能源 ”。在 25 、 101 kPa下， 1g甲烷完全燃烧生成和液态水时放热55.6 kJ。甲烷燃烧的热化学方程式为 _：相同条件下， 356 g可燃冰（分子式为 CH4 9H2O， Mr 178）释放的甲烷气体完全

20、燃烧生成 CO2和液态水，放出的热量为 _kJ。 （ 2）二甲醚 (CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源，具有清洁、高效的优良性能。由合成气 (组成为 H2、 CO和少量的 CO2)直接制各二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应： 甲醇合成反应： （ ） CO（ g） +2H2（ g） CH3OH（ g） H1 -90.1kJ mol-1 （ ） CO2（ g） +3H2（ g） CH3OH（ g） +H2O（ g） H2 -49.0kJ mol-1 水煤气变换反应：（ ） CO（ g） +H2O（ g） CO2（ g） +H2 （ g） H3 -41.1kJ mol-1 二甲醚合成

21、反应：（ ） 2CH3OH（ g） CH3OCH3（ g） +H2O（ g） H4 -24.5kJ mol-1 分析二甲醚合成反 应 (iv)对于 CO转化率的影响_。 由 H2和 CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为：_。根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响 _。 （ 3）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点。若电解质为碱性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为 _，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生 _电子的电量。 答案：（ 1） 2O2（ g） +CH4（ g） CO2（ g） +H2O（ l） H -889.6kJ/mol 1779.2 （ 2

22、） 消耗甲醇，促进甲醇合成反应（ ）平衡右移， CO转化率增大；生成的 H2O，通过水煤气变换反应（ ）消耗部分 CO 2CO（ g） +4H2（ g） CH3OCH3（ g） +H2O（ g） H -204.7kJ mol-1 该反应分子数减少，压强升高使平衡右移， CO和 H2转化率增大， CH3OCH3产率增加压强升高使 CO和 H2浓度 增加，反应速率增大 （ 3） CH3OCH3 16OH-12e- 2CO32- 11H2O； 12 试题分析：（ 1） 1g甲烷完全燃烧生成和液态水时放热 55.6 kJ，则 16g甲烷即1mol甲烷完全燃烧生成和液态水时放热 55.6 kJ16 88

23、9.6kJ，因此甲烷燃烧的热化学方程式为 2O2（ g） +CH4（ g） CO2（ g） +H2O（ l） H -889.6kJ/mol。356 g可燃冰（分子式为 CH4 9H2O， Mr 178）中甲烷的质量是 356g 32g，即含有 2mol甲烷，所以释放的甲烷气体完全燃烧生成 CO2和液态水，放出的热量为 889.6kJ/mol2mol 1779.2kJ。 （ 2） 二甲醚合成反应（ ）对于 CO转化率的影响，消耗甲醇，促进甲醇合成反应（ ） CO（ g） +2H2（ g） CH3OH（ g）平衡右移， CO转化率增大；生成的 H2O，通过水煤气变换反应（ ） CO（ g） +H2

24、O（ g） CO2（ g） +H2 （ g）消耗部分 CO，故答案：为：消耗甲醇，促进甲醇合成反应（ ）平衡右移，CO转化率增大；生成的 H2O，通过水煤气变换反应（ ）消耗部分 CO； 、 CO（ g） +2H2（ g） CH3OH（ g） H1=-90.1kJ mol-1、 、 2CH3OH（ g）CH3OCH3（ g） +H2O（ g） H4=-24.5kJ mol-1，依据盖斯定律 2+ 得到：2CO（ g） +4H2（ g） =CH3OCH3+H2O（ g） H -204.7kJ mol-1。该反应是气体体积减小的反应，增加压强平衡正向进行，反应速率增大， CO和 H2转化率增大，

25、CH3OCH3产率增加；故答案：为： 2CO（ g） +4H2（ g） CH3OCH3（ g）+H2O（ g） H -204.7kJ mol-1；该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和 H2转化率增大， CH3OCH3产率增加压强升高使 CO和 H2浓度增加，反应速率增大； （ 3）原电池中负极失去电子，则二甲醚在负极发生氧化反应。若电解质为碱性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为二甲醚失电子生成碳酸根，结合原子守恒和电荷守恒写出电极反应为： CH3OCH3 16OH-12e- 2CO32- 11H2O； 根据负极电极反应式可知一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生 12个电子的电量。 考点

26、：考查热化学方程式书写、反应热计算；外界条件对反应速率和平衡状态的影响以及原电池原理 推断题 （ 18分）有机物 F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）。请回答下列问题： （ 1） B的结构简式是 _； E中含有的官能团名称是 _。 （ 2）由 C和 E合成 F的化学方程式是 _ 。 （ 3）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是 _。 含有 3个双键； 核磁共振氢谱只显示 1个吸收峰； 不存在甲基 （ 4）乙烯在实验室可由 _（填有机物名称）通过 _(填反应类型）制备，制乙烯时还产生少量 SO2、 CO2及水蒸气，用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是

27、 _。（填序号）。 饱和 Na2SO3溶液 酸性 KMnO4溶液 石灰水 无水 CuSO4 品红溶液 （ 5）下列说法正确的是 _（填序号）。 a A属于饱和烃 b D与乙醛的分子式相同 c E不能与盐酸反应 d F可以发生酯化反应 （ 6）以乙烯为原料可合成乙二酸二乙酯（ CH3CH2OOC-COOCH2CH3），请在方框内写出合成路线流程（无机试剂任选）。注：合成路线流程的书写格式参照如下示例： CH4 CH3Cl CH3OH 答案：（ 1） HOOC（ CH2） 4COOH，羟基和氨基 （ 2） CH3OOC（ CH2） 4COOCH3 2HOCH2CH2NH2一定条件 HOCH2CH2

28、NHOC（ CH2） 4CONHCH2CH2OH 2CH3OH （ 3） （ 4）乙醇；消去反应； 或 （ 5）abd （ 6） 试题分析：在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，环己烷被氧气氧化生成 B，在催化剂条件下， B和甲醇发生酯化反应生成 C，根据 C的结构结合 B的分子式知， B是 1， 6-己二酸；在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气发生加成反应生成 E， C和 E发生取代反应生成 F，则 （ 1） B是 1， 6-己二酸，其结构简式为： HOOC（ CH2） 4COOH，根据 E的结构简式知， E中含有羟基和氨基。 （ 2） C和 E发生取

29、代反应生成 F，反应方程式为： CH3OOC（ CH2） 4COOCH3 2HOCH2CH2NH2一定条件 HOCH2CH2NHOC（ CH2） 4CONHCH2CH2OH2CH3OH。 （ 3）具备 含有 3个双键， 核磁共振氢谱只显示 1个吸收峰，则该有机物中只含一种类型的氢原子， 不存在甲基的苯的同分异构体的结构简式为：。 （ 4）乙烯在实验室可由乙醇通过消去反应制取。检验乙烯用酸性高锰酸钾溶液或溴水，检验 SO2用品红溶液，检验 CO2用澄清石灰水，检验水蒸气用无水硫酸铜。由于通过溶液必然带出水蒸气，因此首先检验水蒸气。 SO2也能使澄清石灰水变浑浊，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以在

30、检验乙烯和 CO2之前还要先除去 SO2，故正确的操作顺序是 或 。 （ 5） a环己烷中只存在共价单键，所以属于饱和烃，故正确； b环氧乙烷与乙醛的 分子式都是 C2H4O，所以分子式相同，故正确； c E中含有氨基，所以能与盐酸反应，故错误； d F中含有羟基，所以可以发生酯化反应，故正确；故选 abd。 （ 6）要合成乙二酸二乙酯，则需要乙二酸和乙醇，因此可以通过逆推法设计合成路线，乙烯与氯化氢加成生成氯乙烷，氯乙烷水解生成乙醇。乙烯与氯气加成生成 1,2-二氯乙烷， 1,2-二氯乙烷水解生成乙二醇，乙二醇发生氧化反应生成乙二醛，乙二醛继续氧化生成乙二酸，乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯，即：。 考点：考查有机物推断、命名、性质、物质的检验、方程式书写以 及有机合成路线设计