1、试卷类型：B（提高）2012届高三全国高考模拟重组预测试卷二化学答案适用地区：大纲地区 考查范围：卤素、物质结构元素周期律、氧族元素环境保护注意事项：1. 答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真核准准考证号、姓名和科目。2. 本试卷中所有试题答案均需用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。3. 本试卷共19小题。其中第I卷共12小题，每小题3分，共36分，第II卷共7小题，共64分。4.本试卷答题时间为90分钟。以下数据可提供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H 1 C l2 N 14 O 16
2、 Na 23 Mg 24 S 32 C1 35.5 K 39 Fe 56 Al 27 Si 28第卷 一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、人类探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一。氦的该种同位素应表示为（ ）A B C D 2、（2011模拟）化学用语是表示物质组成、结构和变化规律的一种具有国际性、科学性和规范性的书面语言。化学用语具有简便、确切地表达化学知识和化学科学思维的特点。下列化学用语中，书写错误的是( )A硫离子的结构示意图： B次氯酸的结构式：HOClCCO2
3、的比例模型： D丙烷的球棍模型：3、（2011山东高考13）元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。下列说法正确的是()A元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价B多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高CP，S，Cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强D元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素4、已知H+(aq) + OH-(aq) = H2O(1)；H = - 57. 3 kJmol-1，其中aq代表稀溶液，以下四个反应方程式中，反应热H = - 57.3 kJmol-1的是（ ）AH2SO4(aq) +2NaOH(aq) = Na2SO4(a
4、q)+ 2H2O(1)BH2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(s)+ H2O(1)CHCl(aq) +NaOH(aq) = NaCl(aq)+ H2O(1)DHCl(aq) + NH3 H2O (aq) = NH4Cl (aq) + H2O(1)5、 含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通入Cl2过程中，溶液中发生反应的离子方程式，其中不正确的是（ ）Ax0.4a，2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-Bx0.6a，2Br+ Cl2Br2+2ClCx=a，2Fe2+2Br+2Cl2Br2+2Fe3+4ClDx=1.5a，2Fe2+4Br+
5、3Cl22Br2+2Fe3+6Cl6、（2011天津高考2）以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是()A第A族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子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同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低7、（2011华南师大附中模拟）下列说法中正确的是( )A原子中，质量数一定大于质子数B电子层多的原子半径一定大于电子层少的原子半径C由两种元素组成的化合物，若含有离子键，就没有共价键D自然界中有多少种核素，就有多少种原子8、市场上销售的某消毒液，其商品标识上有如下叙述：本产品为无色液体，呈碱性
6、；使用时，加水稀释；可对餐具、衣服进行消毒，也可漂白浅色衣物。据此，可推断该产品的有效成分可能是 （ ）A B C D9、已知118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ） A离子的还原性Y2 Z B质子数cbC氢化物的稳定性H2YHZ D原子半径Xr(Cl)，Na2O2、CaC2中既有离子键也有共价键，A、B、C项均错。一种核素就是一种原子，D项正确。8、【答案】C 【解析】水，溶液有色；的水溶液显酸性。9、【答案】A【解析】aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，则原子序数（质子数）cdba，B错；Y与Z在同一周期，且Y在Z的左
7、侧，所以Y的非金属性比Z弱，故A对，C错；同一周期从左到右原子半径依次减小，所以D错。10、【答案】A【解析】短周期中原子最外层电子数是内层电子数2倍的是C，即X为C元素；由W是制备高效电池的重要材料可知，W为金属，结合原子序数依次增大，确定W为Li；地壳中含量最丰富的金属元素是Al；短周期中最外层电子数是其电子层数2倍的元素有He、Be、S，结合Z的原子序数最大，故Z只能是S元素。LiCl中Li的最外层只有2个电子，A项错误；碳与氢可形成乙炔、苯等化合物，B项正确；Al与盐酸或NaOH溶液反应均能生成氢气，C项正确；硫与碳可形成化合物CS2，D项正确。11、【答案】D【解析】A中的物质是同一
8、种物质，都是氧气，故A错；B中的两种氧原子的电子数相等，核外电子排布也相同，故B错；,之间的转化是原子核的变化，不是化学变化，故C错；1.12L标准状况下的物质的量为0.05mol，含有氧原子数为0.1，故D正确。12、【答案】A【解析】短周期非金属元素中，原子核外最外层电子数是次外层电子数一半的元素只有Si。Si在自然界中只以化合态存在，A项正确；光导纤维的成分是SiO2，B项错误；SiO2可与氢氟酸反应，C项错误；碳的非金属性强于硅，故CH4比SiH4稳定，D项错误。13、【答案】(1)三A2(2)SiHCl(3)SiCl43H2O=H2SiO34HCl(4)SiH4(g)2O2(g)=S
9、iO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1【解析】 由W的一种核素的质量数18，中子数为10，可知W为氧元素；和Ne原子的核外电子数相差1的元素有F和Na，而F的原子半径要比O的小，故X只能是Na，短周期元素的常见单质可用做半导体材料的只有Si，故Y为Si，第三周期中电负性最大的元素是Cl，故Z是Cl。(1)Na位于元素周期表中第三周期第IA族；O的基态电子排布式为1s22s22p4，其中2p4中有2个未成对电子。(2)金属Na熔点比Si单质低，Cl的非金属性比Br的强，因此，HCl比HBr稳定。(3)Si和Cl形成的SiCl4遇水发生水解反应：SiCl43H2O=H2SiO34H
10、Cl。(4)Y的气态氢化物为SiH4，由反应方程式：SiH42O2SiO22H2O可知1 mol SiH4完全燃烧转移8 mol电子，故该热化学方程式为SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1。14、【答案】（1）2Al2OH2H2O=2AlO3H2(2)16原子晶体(3)HCl(4)CO2(5)25%【解析】 (2)30Si的质子数为14，质量数为30，因此中子数为301416。(3)Yn离子的形成可排除第A族元素，根据气态氢化物显酸性判断Y为第A族元素(第A族的H2O为中性，第A族的NH3的水溶液显碱性)，该族元素形成的气态氢化物均为分子晶体，由
11、于HF中含有氢键，使其熔沸点较高，其余氢化物由于结构相似，因此相对分子质量越小者，熔沸点越低，因此HCl的沸点最低。(4)根据药皮的组成可以确定，在高温条件下，大理石发生分解，CaCO3CaOCO2。(5)Fe2O3、Al2O3以及SiO2的混合物中加入过量盐酸，发生的反应为Fe2O36H=2Fe33H2O，Al2O36H=2Al33H2O，只有SiO2不反应，因此得到的11.0 g固体是SiO2。在滤液中加入过量的NaOH溶液，发生的反应为Al34OH=AlO2H2O，Fe33OH=Fe(OH)3，因此得到的21.4 g固体是Fe(OH)3，其物质的量为0.2 mol，根据质量守恒得熔渣中F
12、e2O3的物质的量为0.1 mol，质量为16 g，所以熔渣中Al2O3的质量为36.0 g11.0 g16 g9.0 g，在熔渣中的质量分数为100%25%。15、【答案】(1)I2O2(2)OH1.00104b、a、c(3)A2H2e=H2O24H4e=2H2O【解析】 (1)臭氧具有强氧化性，在溶液里能将I氧化成I2，自身一部分氧元素被还原为OH，反应的化学方程式为2KIO3H2O=2KOHI2O2，因此，生成的单质为I2和O2。(2)pH越大，OH浓度越大，判断起催化作用的离子为OH。由表格可知，题目给定条件下所用时间为108 min，而臭氧浓度减少为原来的一半，即有0.0108 mo
13、l/L臭氧分解，速率为1104 mol/(Lmin)。分析表中的递变规律可知，a项反应所需时间的范围是：31 mint231 min，c项反应所需时间t15 min，因此，分解速率依次增大的顺序为b、a、c。(3)电解硫酸时，溶液中的OH发生氧化反应生成氧气和臭氧，因此产生氧气和臭氧的一极为阳极，根据装置中电极B处产生臭氧，则说明电极B为阳极，则A为阴极，硫酸溶液中的H在阴极放电生成氢气。若C处通入氧气，则A极上产生的氢气与氧气反应生成水。D处得到氢气，E处生成氧气和臭氧，每生成1 mol H2，可得到2 mol电子，生成x L氢气时，得到电子的物质的量为2，每生成1 mol O2，可失去4
14、mol电子，每生成1 mol O3，可失去6 mol电子，根据得失电子守恒得462，生成氧气和臭氧的体积共y L，则V(O2)V(O3)y，因此。16、【答案】 (1) CS2 CCl4 (2)SO2、NO N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O (3) 2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe Cu2+2e-=Cu【解析】（1）题眼为与、与形成的液体化合物是常见的重要有机溶剂，则三种元素有一种是碳元素，结合题干信息和在周期表位置关系知为碳元素，推出是硫元素，是氯元素。（2）从有关无色气体的常见的置换反应入手，符合条件的置换反应为：2H2SO2=2S2H2O、 4NH33O2=2N26H2O原
15、电池的总反应式为：N2H4O2=N22H2O，正极为氧气在碱性溶液中得到电子,正极的电极反应式为：O22H2O4e=4OH，用总反应式减去正极反应式得负极电极反应式：N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O（3）从有关金属单质在高温下的置换反应入手，且在工业上有价值的放热反应，化合物C有两性，即反应C为铝热反应，则A为Al，B是Fe2O3，方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；符合条件的有：A是单质铜，B可以为盐酸，反应c为Cu2HCu2H2，C是CuCl2，反应d为CuCl2CuCl217、【答案】(1)氢 氮 (2)浓氨水 黑色的氧化铜粉末变红色，玻璃管内壁有水珠生成 如右图 (3
16、)取溶液少量，加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体 试纸变蓝 C 【解析】(1)形成10电子化合物一般与H元素有关，可得X为H、Y为C、Z为N、M为O。l0电子化合物分别为CH4、NH3、H2O。 (2)根据反应：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，首先利用NaOH固体与浓氨水作用产生NH3，NH3经碱石灰干燥后，在加热条件下与CuO反应生成Cu，根据玻璃管内黑色CuO变为红色(Cu)及产生水珠证明NH3具有还原性。烧杯中的稀硫酸用于吸收未反应的NH3，由于NH3极易溶于水从而产生倒吸现象，所以在吸收装置中加一个倒置漏斗，且漏斗边缘刚好没入稀硫酸中或其他合理的防倒吸
17、装置。(3)根据NH4+能与OH作用产生能使红色石蕊试纸变蓝的NH3，可设计出NH4+的检验方法。渗析、过滤都是根据微粒半径大小来实现物质的分离，其原理相似，蒸馏是根据沸点差异分离物质，分液是根据溶解性和密度差异分离物质，它们的原理与渗析、过滤都不相同。 18、【答案】(1)Al C H2O Na2O2 (2) 2H2O +Na2O2 =4NaOH+O2 2Al+ 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2(3) CO2 CO (4) Na2CO3 (5) 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32- 【解析】D是淡黄色的固体化合物是本题的突破口，根据中学化学知识基本锁定Na
18、2O2，能与水和CO2反应，但是题目另一信息C是常见的无色无味液体说明C是水，则G为CO2；再依据K能溶于水，说明K为Na2CO3 ，F为O2; 题给信息黑色单质B与氧气（F）反应得到G（CO2），说明B为C（碳）；依据F（O2）与E反应生成C(水)可知E为氢气，再根据金属A与碱性溶液反应产生氢气，可得到A为Al.19、【答案】(1)Cl2、HCl(或Cl)、HClO(2)氯水显浅黄绿色(3)HCl中和了NaOHHClO漂白(氧化)了酚酞(4)取无色溶液3 mL盛于另一支洁净的试管中，加2滴NaOH溶液，振荡，观察现象若溶液复现红色，则证明溶液红色褪去的原因是而不是；若溶液仍为无色，则证明溶液
19、红色褪去的原因是而不是.【解析】(1)由Cl2H2OHClHClO可知，溶于水的Cl2，一部分转化成了HCl和HClO，另一部分以Cl2的形态溶解于水中(2)氯水因Cl2的存在而显浅黄绿色，氯水显浅黄绿色就是其中含有Cl2的依据(3)溶液的红色是酚酞与NaOH相互作用的结果若没有酚酞，NaOH溶液呈无色；若没有NaOH，酚酞溶液也呈无色由“(1)”中的分析可知，新制的氯水中既含有以显强酸性为主的HCl，又含有以显强氧化性为主的HClO.(4)若是氯水中的HCl中和了NaOH而使红色褪去，则溶液中还有酚酞，故可应用验证酚酞存在的方法来证明之；若是氯水中的HClO氧化了酚酞而使红色褪去，则溶液中就没有酚酞了，故可应用验证酚酞不存在的方法来证明之
