四川省绵阳市2015年高考化学二诊试卷(含解析)

分析： “低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式；根据低碳经济的理念进行分析可以知道，低碳就是减少二氧化碳的排放，所解答本题时可以分析所给的事件是否能够减少二氧化碳的排放，同时注意是否有污染，然后做出判断．

解答： 解：A、太阳能是绿色能源，代替化石燃料符合低碳经济，故A选；

B、汽油标准已由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ”，这意味着汽车排放氮氧化物的含量降低，但是仍然会排放氮氧化物，故不是最有效的，故B不选；

C、无纸化办公符合低碳经济，但不是最有效的措施，故C不选； D、可降解塑料符合低碳经济，但不是最有效的措施，故D不选． 故选A．

点评： 本题考查绿色化学的含义，题目难度不大，只要抓住题干中所给出的“绿色化学”的要求，即可顺利作答．

2．下列物质放在空气中会变质，且变质过程与空气中的O2、CO2、水蒸气都有关的是（ ） A． 过氧化钠 B． 金属钠 C． 硫酸亚铁晶体 D． 四氯化硅液体

考点： 钠的化学性质；钠的重要化合物． 分析： A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气，过氧化钠与氧气不反应；

B．钠不稳定，易被空气氧化生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳、水反应生成含结晶水的碳酸钠，含结晶水的碳酸钠风化而生成碳酸钠；

C．硫酸亚铁溶液在空气中易被氧气氧化，氧化产物易水解生成氢氧化铁，但硫酸亚铁晶体和二氧化碳不反应；

D．四氯化硅溶液中存在四氯化硅分子，与空气中的O2、CO2、水蒸气都不反应； 解答： 解：A．过氧化钠与水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠与二氧化碳2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠与氧气不反应，不符合题意，故A错误；

B．Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，反应为4Na+O2=2Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，反应为Na2O+H2O=2NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3?xH2O，Na2CO3?xH2O风化脱水生成Na2CO3，符合题意，故B正确；

C．硫酸亚铁溶液在空气中易被氧气氧化成三价铁离子，三价铁离子易水解生成氢氧化铁，但硫酸亚铁晶体和二氧化碳不反应，不符合题意，故C错误；

D．四氯化硅分子性质稳定，与空气中的O2、CO2、水蒸气都不反应，不符合题意，故D错误； 故选B．

点评： 本题考查元素化合物知识，侧重考查钠的性质，掌握钠及其化合物的性质是解答的关键，题目难度不大．

3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是（ ）

2++﹣2﹣

A． pH=13的溶液：Cu、NH4、NO3、SO4

3+++﹣2﹣

B． 含0.1 mol/L Fe的溶液：NH4、Na、Cl、SO3

++﹣2﹣

C． 滴入甲基橙试剂变红色的溶液：Na、K、AlO2、SO4

+﹣13﹣1++2﹣﹣

D． c（H）=10 mol?L的溶液：K、Na、CO3、Br

考点： 离子共存问题． 专题： 离子反应专题．

分析： A．pH=13的溶液呈碱性；

5

B．与Fe反应的离子不能大量共存；

C．滴入甲基橙试剂变红色的溶液呈酸性；

+﹣13﹣1

D．c（H）=10 mol?L的溶液呈碱性．

2++

解答： 解：A．pH=13的溶液呈碱性，在碱性条件下Cu、NH4不能大量共存，故A错误；

2﹣3+

B．SO3与Fe发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；

﹣

C．滴入甲基橙试剂变红色的溶液呈酸性，酸性条件下AlO2不能大量共存，故C错误；

+﹣13﹣1

D．c（H）=10 mol?L的溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确． 故选D．

点评： 本题考查离子共存问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握题目要求以及常见离子的性质和反应类型的判断，答题时注意题给信息，难度不大．

4．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A． 在标准状况下，2.24 L HF含有的电子数为NA

B． 7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中所含离子数为0.3NA

C． 常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA D． 电解精炼铜时，阳极质量每减少32 g，电路中就转移NA个电子

考点： 阿伏加德罗常数．

分析： A．气体摩尔体积适用对象为气体；

B．硫化钠和过氧化钠的摩尔质量相等，1mol过氧化钠中含有1mol阴离子； C．铝与浓硫酸常温下发生钝化；

D．粗铜中含有杂质，电解过程中杂质铁、锌等优先放电，导致阳极溶解的铜减少． 解答： 解：A．标准状况下，氢氟酸为液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误； B.1mol过氧化钠中含有1mol阴离子，7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的离子数等于0.3NA，故B正确； C．常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中发生钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；

D．电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子，由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故D错误； 故选：B．

点评： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积适用对象和使用条件，题目难度不大．

5．利用如图装置进行实验，仪器a、b、c中分别盛装下列试剂，试管c中现象描述正确的是（ ）

选项 a b c c试管中现象

A 浓硫酸 Na2SO3 BaCl2溶液 产生白色沉淀 B 稀盐酸 大理石 苯酚钠溶液 产生白色沉淀 C 浓盐酸 KMnO4 FeCl2溶液 溶液褪色 D 浓硝酸 铜片 KI淀粉溶液 溶液变蓝

3+

6

A． A B． B C． C D． D

考点： 化学实验方案的评价；实验装置综合． 专题： 元素及其化合物．

分析： 由图可知，锥形瓶中为固体与液体不加热的反应，c中为气体与溶液中离子的反应， A．二氧化硫与氯化钡不反应；

B．二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚沉淀； C．氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁； D．二氧化氮可氧化碘离子生成碘单质．

解答： 解：由图可知，锥形瓶中为固体与液体不加热的反应，c中为气体与溶液中离子的反应，

A．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯化钡不反应，则c中没有沉淀，故A错误；

B．稀盐酸与大理石反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚沉淀，则c中出现白色沉淀，故B正确；

C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，则c中溶液变为棕黄色，故C错误；

D．浓硝酸与Cu反应生成二氧化氮，浓硝酸易挥发，则硝酸、二氧化氮均可氧化碘离子生成碘单质，所以c中观察到溶液变蓝，故D正确； 故选BD．

点评： 本题考查实验装置综合应用及实验现象的评价，为高频考点，把握常见气体的制备原理及气体的性质为解答的关键，注意现象与反应的联系，题目难度不大．

﹣1﹣1

6．常温下，用0.10mol?L KOH溶液滴定10.00mL 0.10mol?L某二元弱酸H2R溶液所得滴定曲线如图（混合溶液总体积可看成混合前两种溶液体积之和）．下列关系正确的是（ ）

A． 点②所示溶液中：c（K）+c（H）=c（HR）+c（R）+c（OH）

+﹣2﹣

B． 点③所示溶液中：c（K）＞c（HR）＞c（H2R）＞c（R）

﹣2﹣

C． 点④所示溶液中：c（H2R）+c（HR）+c（R）=0.04 mol/L

+﹣﹣

D． 点⑤所示溶液中：c（H）=c（HR）+2c（H2R）+c（OH）

考点： 离子浓度大小的比较．

分析： A．点②为混合溶液，由电荷守恒分析；

7

+

+

﹣

2﹣

﹣

B．点③溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHR，电离大于其水解； C．由物料守恒分析；

D、根据质子守恒分析解答．

++﹣2﹣

解答： 解：A．点②为混合溶液，由电荷守恒可知：c（K）+c（H）=c（HR）+2c（R）

﹣

+c（OH），故A错误；

+

B．点③溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHR，电离大于其水解，所以离子浓度为c（K）

﹣2﹣

＞c（HR）＞c（R）＞c（H2R），故B错误； C．由物料守恒可知，c（H2R）+c（HR）+c（R）=

﹣1

﹣1

﹣

2﹣

=0.04 mol/L，故C正确；

D、⑤用20ml0.10mol?L KOH溶液滴定10.00mL 0.10mol?L某二元弱酸H2R溶液反应生成

+﹣﹣

K2R，根据质子守恒可知：c（H）+c（HR）+2c（H2R）=c（OH），故D错误； 故选C．

点评： 本题考查酸碱混合溶液的定性判断及离子浓度的关系，注意草酸为弱酸，明确电荷守恒、物料守恒即可解答，题目难度中等．

7．一定温度下，在密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表，下列说法不正确的是（ ） 物质 X Y Z W

﹣1

初始浓度/mol?L 0.5 0.5 0 0

﹣1

平衡浓度/mol?L 0.1 0.1 0.4 0.4

A． 反应达到平衡时，X的体积分数为10% B． 该温度下反应的平衡常数K=16

C． 保持温度不变增大压强，反应速率加快，平衡向正反应方向移动

﹣1

D． 若X、Y的初始浓度均为0.8 mol?L，相同条件下达到平衡，W的浓度为0.64 mol?L﹣1

考点： 化学平衡的计算． 分析： A、平衡后体积分数=

；

B、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；

C、依据消耗物质的物质的量等于化学方程式计量数之比书写化学方程式，依据化学平衡移动原理分析判断；

D、反应前后气体体积不变，同倍数增大起始量，平衡量同倍数增加；

解答： 解：达到平衡状态个物质反应量XYZW物质的量为0.4，04，0.4，0.4，反应的化学方程式为X+Y=Z+W A、平衡后体积分数=

×100%=

×100%=10%，故A正

确；

B、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，K=

=16，故B正确；

C、依据消耗物质的物质的量等于化学方程式计量数之比书写化学方程式为X+Y=Z+W，依据化学平衡移动原理分析，增大压强反应速率增大，平衡不动，故C错误；

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