辽宁省抚顺市届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试题附答案解析.docx
《辽宁省抚顺市届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试题附答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省抚顺市届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试题附答案解析.docx（24页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
辽宁省抚顺市届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试题附答案解析
2019年抚顺市普通高中应届毕业生高考模拟考试
理综合化学试题
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第33～38题为选考题，其它题为必考题。
可能用到的相对原子质量：
H—1C—120—16N—14Al—27S—32Cl—35.5Ti—48I—127Na—23K—39Ca—40Fe—56Ba—137Rb—85.5
第I卷
一、选择题：
本题共13小题，每小题6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.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A.华为自主研发的“麒麟”芯片与光导纤维是同种材料
B.近期出现在抚顺的雾霾是一种分散系，带活性炭口罩的原理是吸附作用
C.煤炭经蒸馏、气化和液化等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料
D.“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅为良好的半导体，用作芯片，光导纤维主要成分为二氧化硅，为绝缘体，它们不是同种材料,故A项错误；
B.活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性，而雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理，故B项正确；
C．煤炭气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，可获得清洁能源和重要的化工原料，蒸馏为分离液体混合物的方法，则煤炭不能蒸馏，故C项错误；
D.特种钢缆为金属材料，不是非金属材料，故D项错误；
故答案选B。
2.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A.2.0g重水（D2O）和ND3的混合物中含有电子数为NA
B.10g质量分数为92%的乙醇溶液中含O-H键的数目为0.2NA
C.铁粉溶于1.0L0.4mo1·L－1的稀硝酸溶液中，当生成2.24LNO气体时，溶液中的氮原子数为0.3NA
D.某密闭容器盛有0.2molPCl3和0.1molCl2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．M（D2O）=20g/mol,M（ND3）=2.0g/mol，则混合物的平均摩尔质量M=20g/mol，跟据n=
=
=0.1mol，结合分子式计算电子数为NA，故A项正确；
B．10g质量分数为92%的乙醇溶液中，乙醇分子中的n（O-H）=
=
=0.2mol,即约为0.2NA，由于水分子中也含有O-H键，则该溶液中含H-O键的数目大于0.2NA，故B项错误；
C．若为标准状况，由Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O可计算出溶液中氮原子，但没有说明是否为标准状况下，则无法利用NO的体积来计算溶液中氮原子，故C项错误；
D．合成PCl5的反应为可逆反应，故不能完全反应，则转移的电子数小于0.2NA，故D项错误。
故答案选A。
3.下列有关有机物的说法正确的是
A.分液漏斗可以分离甘油和水的混合物
B.分子式为C5H10Cl2，结构中含有一个-CH3的同分异构体有7种
C.由甲苯制取三硝基甲苯的反应与乙酸和苯甲醇反应的类型不同
D.有机物
能发生氧化、还原、加成、加聚和取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．甘油和水互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故A项错误；
B．二氯代物的同分异构体可以采用“定一移一”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“-CH3”的，其中符合条件的有：
CH3-CH2-CH2-CH2-CHCl2，CH3-CH2-CH2-CHCl-CH2Cl，CH3-CH2-CHCl-CH2-CH2Cl，CH3-CHCl-CH2-CH2-CH2Cl，CH3-CH2-CH（CH2Cl）-CH2Cl，CH3-CH（CH2Cl）-CH2-CH2Cl，符合条件的结构简式一共有6个，故B错误；
C．甲苯和浓HNO3在加入催化剂浓硫酸后加热发生取代反应，乙酸和苯甲醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，都是取代反应，故C项错误；
D．该有机物中含有碳碳双键就能发生氧化、还原、加成、加聚，含有羧基能发生取代反应，D正确；
故答案选D。
4.对下列现象或事实的解释正确的是
选项
操作、现象或事实
解释或结论
A
常温下，饱和亚硫酸钠溶液的pH小于饱和碳酸钠溶液
常温下Na2CO3水解程度大于Na2SO3
B
向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液，有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深
FeCl3能催化过氧化氢分解，该分解反应为放热反应
C
灼热的木炭放入浓硝酸中，放出红棕色气体
一定是木炭与浓硝酸反应生成NO2呈红棕色
D
向2.0mL1.0mo1·L－1的NaOH溶液中先加入3滴1.0mo1·L－1MgCl2溶液，出现白色沉淀，再加入3滴1.0mo1·L－1FeCl3溶液产生红褐色沉淀。
说明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A．饱和溶液的浓度不同，不能比较弱酸根的水解程度，应比较等浓度溶液的pH才能比较弱酸根的水解程度，故A项错误；
B．有气体产生，一段时间后溶液颜色加深，则过氧化氢分解生成氧气，并放热，则Fe3+能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，故B项正确；
C．浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮，可能为硝酸的分解生成的二氧化氮，所以不一定是木炭与浓硝酸反应生成NO2呈红棕色，故C错误；
D．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀，所以不能证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀，故D项错误；
故选答案B。
5.如表所示W、X、Y、Z为四种短周期元素，下列说法正确的是
X
Y
W
Z
A.四种元素没有金属元素
B.由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
C.若W和Z的最高价氧化物的水化物能相互反应，则X的氢化物沸点可能高于Y的氢化物沸点
D.若这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性
【答案】C
【解析】
【详解】A．假设W为金属Al，则X为C，Y为N，Z为S，能符合题目给出的已知的条件，故四种元素中有金属元素，故A项错误；
B．根据已知可假设W为Si，则X为N，Y为O，Z为Cl，则由X、Y和氢三种元素形成的化合物为NH4NO3是一种盐，含有共价键和离子键，故B项错误；
C．W和Z的最高价氧化物的水化物能相互反应，则W的最高价氧化物的水化物可为Al（OH）3，Z的最高价氧化物的水化物为H2SO4，则W为Al，X为C，Y为N，Z为S，Y的氢化物为NH3，而X的氢化物为有很多，如甲烷，乙烷，甲苯等其它高分子碳氢化合物，如果是X的氢化物为高分子碳氢化合物则就有可能比Y的氢化物沸点高，若X的氢化物为低分子碳氢化合物则有可能比Y的氢化物沸点低，故C正确；
D．若这四种元素的原子最外层电子数之和为22，W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X、Y、Z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+x+2+x+3=22，解得：
x=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl元素，物质WY2、W3X4、WZ4分别为SiO2、Si3N4、SiCl4，SiO2、Si3N4为原子晶体，具有有熔点高、硬度大的特性，而SiCl4为共价化合物，不具有该性质，故D项错误；
故选答案C。
6.有一种新型二次电池其放电时的工作原理如图所示：
电池两极区用阳离子交换膜隔开，下列说法错误的是
A.电池放电时的正极反应为：
I3-+2e-=3I-
B.电池充电时，电解质为K2S2和K2S4极区的电极连接外加电源的负极
C.电池放电时当有0.2molK+通过离子交换膜，电路中转移了0.2mole-
D.利用该电池电解100mL0.2mol/L的CuSO4溶液，当电路中有0.1mole-通过时，理论上可析出3.2g金属铜
【答案】D
【解析】
【分析】
该电池放电时属于原电池，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电时，该装置是电解池，阴极上得到电子发生还原反应，阴极连接电源负极。
【详解】A．放电时，由图知K+从K2S2和K2S4极区移向KI3-KI极区，则K2S2和K2S4极区为负极，KI3-KI极区为正极，正极反应为：
I3-+2e-=3I-，故A项正确；
B．电池充电时，K2S2和K2S4极区得到电子发生还原反应为阴极，电极连接外加电源的负极，KI3-KI极区失去电子发生氧化反应为阳极，电极连接外加电源的正极，故B项正确；
C．电池放电时，负极的电极反应式为2S22--2e-=S42-，故当有0.2molK+通过离子交换膜，电路中转移0.2mole-，故C项正确；
D．100mL0.2mol/L的CuSO4溶液n（Cu2+）=
=
=0.02mol，根据反应式：
Cu2++2e-=Cu，Cu2+完全转化为Cu单质，则m（Cu）=
=
=1.28g，故D项错误；
故选答案D。
【点睛】根据内电路离子的移动方向判断：
在原电池电解质溶液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，本题的突破点是图中K+为阳离子向正极移动，从而判断出正负极和阴阳极。
7.25℃时，向浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH 固体，溶液中lg
随n（ NaOH）的变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A.HX 为强酸，HY 为弱酸B.b点时溶液呈中性
C.水的电离程度：
d>cD.c点时溶液的pH=4
【答案】C
【解析】
A项，根据图像0.1mol/LHX溶液中lg
=12，
=1
1012，c（H+）·c（OH-）=1
10-14，解得c（H+）=0.1mol/L，HX为强酸，0.1mol/LHY溶液中lg
12，HY为弱酸，A项正确；B项，b点时溶液中lg
=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，B项正确；C项，d点、c点加入5
10-3mol的NaOH固体，d点得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，HX电离出H+使d点溶液呈酸性，c点得到等物质的量浓度的NaY和HY的混合液，c点溶液呈酸性，HY的电离程度大于Y-的水解程度，d点溶液中c（H+）大于c点，d点溶液中H+对水的电离的抑制程度大于c点，水的电离程度：
c
d，C项错误；D项，c点溶液中lg
=6，
=1
106，c（H+）·c（OH-）=1
10-14，解得c（H+）=1
10-4mol/L，c点溶液的pH=4，D项正确；答案选C。
点睛：
本题考查酸碱中和滴定的图像分析、影响水的电离平衡的因素、pH的计算。
注意纵坐标表示lg
，纵坐标数值越大溶液的酸性越强，纵坐标为0时溶液呈中性；酸电离出的H+对水的电离平衡起抑制作用，而且酸溶液中c（H+）越大，水的电离程度越小。
8.氮化钙（Ca3N2）是一种重要的化学试剂，通常条件下为棕色易水解的固体。
某小组在实验室制备氮化钙并测定其纯度，设计如下实验（夹持装置略去）：
Ⅰ.氮化钙的制备
（1）按气流由左到右的方向，下列装置合理的连接顺序为________________（填仪器接口字母，装置不能重复使用）
（2）装置C的硬质玻璃管中的现象为____________________________________________
（3）用离子方程式和必要的文字说明装置A的作用________________________________
（4）若用如图装置替代上述流程中A的作用，请补充以下实验步骤:
①检查装置气密性后，装入药品；
②打开分液漏斗活塞，先点燃装置___________处酒精灯，再点燃装置____________________
处酒精灯，反应一段时间；
③先熄灭装置_____处酒精灯，再熄灭装置_____处酒精灯，最后关闭分液漏斗活塞。
（5）请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象_______________
II.测定氮化钙的纯度
①称取3.9g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol/L盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释到200.00mL。
②取20.00ml稀释后的溶液，用0.2mol/LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸，到终点时消耗标准溶液25.00mL。
（6）所得固体中氮化钙的质量分数为__________________
【答案】
（1）.i–ab–gh-ef-dc
（2）.固体逐渐变成棕色（3）.除去空气中的氧气，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O避免氧气与金属钙反应，使产品不纯（4）.A（5）.C（6）.C（7）.A（8）.取少量反应后的物质于试管中，加入适量水，用排水法收集到无色气体，则证明产物中含有未反应的钙（9）.94.9%
【解析】
【详解】
（1）E装置：
装有空气，提供反应物N2，（i）；
A装置：
可除去空气中的氧气，ab；
D装置：
盛有碱石灰，除空气中的水蒸气和酸性气体，gh；
C装置：
制备产物氮化钙，ef；
B装置：
氮化钙（Ca3N2）通常条件下为棕色易水解的固体，浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入C中，dc；
故答案为：
i–ab–gh-ef-dc。
（2）C装置：
发生反应：
N2+3Ca
，钙为银白色固体，氮化钙为棕色固体，装置C的硬质玻璃管中的现象为银白色金属逐渐变为棕色；
故答案为：
固体逐渐变成棕色；
（3）氮化钙（Ca3N2）是一种重要的化学试剂，通常条件下为棕色易水解的固体，A装置：
酸化的FeSO4具有还原性，空气中的O2具有氧化性，FeSO4在酸性条件下和O2发生氧化还原反应，从而除去氧气，防止氧气进入C中使产品不纯；
故答案为：
除去空气中的氧气，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O避免氧气与金属钙反应，使产品不纯；
（4）E装置：
装有空气，打开分液漏斗活塞，向装置中通入空气，实验开始先点燃装置A使A装置的反应发生，排除装置内的空气，再点燃装置C处酒精灯，反应一段时间，实验结束，先停止C处的热源，再关A处的酒精灯防止空气中的氧气跟钙反应生成杂质；
故答案为：
②A，C，③C，A；
（5）氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有未反应的钙，故方法为：
取少量反应后的物质于试管中，加入适量水，用排水法收集到无色气体，则证明产物中含有未反应的钙，则Ca3N2中混有钙单质）；
故答案为：
取少量反应后的物质于试管中，加入适量水，用排水法收集到无色气体，则证明产物中含有未反应的钙。
（6）剩余的盐酸量为n1=
=0.05mol，故参与反应的盐酸为n2=
=0.05mol，氮化钙与水反应生成氨气，氨气与盐酸反应生成NH4Cl，所以n（NH3）=n2=0.05mol，根据氮元素守恒：
Ca3N2～2NH3，则n（Ca3N2）=0.025mol，则氮化钙的质量分数=
=94.9%；
故答案为：
94.9%。
【点睛】本题结合生活、生产来考察，灵活性比较大，根据生成物的性质分析是解题的关键。
9.我国铜矿资源分布广泛，已探明储量居世界第三位，CuCl通常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂，CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿的空气中发生水解和氧化。
工业上利用软锰矿（主要含有MnO2，杂质有SiO2、Al2O3等）和铜蓝矿（主要含有CuS，杂质有FeS2、SiO2等）为原料联合生产CuCl的流程如下图所示：
（1）上述流程每步过滤后，需将滤渣洗涤2-3次，再将洗涤液与滤液合并的目的是________,反应Ⅰ所得滤渣1含有S和_______,滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等。
试写出反应Ⅰ中生成CuSO4的化学方程式_______________________
（2）制备CuCl的离子方程式为__________________，该过程中二氧化硫适当过量的作用有_________________、__________________
（3）产品CuCl还需过滤，并用____________多次洗涤，最后再进行____________处理 ，沉淀的过滤和洗涤均用到的玻璃仪器有____________________
【答案】
（1）.减少铜离子损失提高铜元素的利用率
（2）.SiO2（3）.MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O（4）.SO2+2Cu2++2H2O+2Cl-=2CuCl↓+SO42-+4H+（5）.使铜离子反应更完全提高产率（6）.防止产品被氧化（7）.乙醇（8）.干燥（9）.烧杯、漏斗、玻璃棒
【解析】
【分析】
本题根据流程图逐步分析反应物和生成物，抓住生成物的特点：
CuCl难溶于水和乙醇，就可以逐步找出答案。
【详解】
（1）因为铜是贵金属，在过滤时，Cu2+会沾附在滤渣中造成浪费，故要再将洗涤液与滤液合并；因为SiO2不参与反应，也不溶于水，所以第一次过滤的滤渣含有SiO2；根据题意：
含有Al2（SO4）3即原料中的Al2O3生成了Al2（SO4）3，证明有酸参与了反应，又因为滤液中含多中硫酸盐，所以加入的反应物为H2SO4，且有S生成，故反应方程式为：
MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；
故答案为：
减少铜离子损失提高铜元素的利用率；SiO2；MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；
（2）根据流程图可知反应物有SO2，NaCl，CuSO4水溶液，生成物为CuCl，Cu的化合价由+2价降为+1价，所以S的化合升高为+6价，故产物有硫酸根离子，Na只能转化成Na2SO4，H转化为H2SO4，所以反应方程式为：
SO2+2CuSO4+2H2O+2NaCl=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4，拆成离子方程式为：
SO2+2Cu2++2H2O+2Cl-=2CuCl↓+SO42-+4H+；SO2为反应物，增加反应物的量可以使铜离子反应更完全从而提高产率，CuCl在潮湿的空气中发生水解和氧化，SO2过量可防止空气中的氧气进入装置中，防止CuCl被氧化；
故答案为：
使铜离子反应更完全提高产率；防止产品被氧化；
（3）产品CuCl含有杂质，还需过滤，由于CuCl难溶于水和乙醇，且乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，乙醇洗涤后有水，故最后还要干燥；沉淀的过滤：
把滤纸贴到漏斗，用烧杯盛装滤液，用玻璃棒进行引流；因为过滤后的固体中还含有少量的杂质，为了提高CuCl的产率，所以要进行多次洗涤；
故答案为：
乙醇；干燥；烧杯、漏斗、玻璃棒；
【点睛】本题是与生产结合，根据生成物的特性而设置生产流程图，解答这类题目关键是根据给出的条件，分析流程图中各步骤的生成物。
10.研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。
Ⅰ.已知I-可以催化二氧化硫与水溶液中发生的歧化反应:
3SO2（g）+2H2O（l）=2H2SO4（aq）+S（s）△H<0，催化原理分为两步，
第一步反应为吸热的慢反应：
SO2+4I-+4H+=2H2O+S↓+2I2
第二步反应为放热的快反应：
2H2O+I2+________=________+________+2I-
（1）请补充第二步反应
（2）能正确表示I-催化SO2歧化反应原理的能量变化示意图为_______________
Ⅱ.工业制硫酸，在接触室发生反应2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）在1L的恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2，在不同温度下测得c（SO3）与时间的关系如图A:
（3）能证明反应已经达到平衡状态的是________________
①c（SO2）:
c（O2）:
c（SO3）=2:
1:
2
②单位时间内生成nmolSO3的同时消耗nmolSO2
③反应速率2V（SO3）正=V（O2）逆
④温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑤温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
（4）反应的△H____________0（填“>”“<”或“=”）
（5）反应开始到10min时SO2的平均反应速率V（SO2）=_____________mol/（L.min）.
T2时该反应的平衡常数K=________________
（6）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入SO2（g）和O2（g），平衡时SO3的体积分数随n（SO2）/n（O2）的变化图象如图B，则A、B、C三状态中，SO2的转化率最小的是______________点，当n（SO2）/n（O2）=3时，达到平衡状态SO3的体积分数可能是D、E、F三点中的_____点
【答案】
（1）.SO2
（2）.SO42-（3）.4H+（4）.B（5）.④⑤（6）.＜（7）.0.1（8）.2（9）.C（10）.F
【解析】
【分析】
第Ⅰ题中找出总反应中没有碘元素，而第一步的反应有碘元素确定碘离子在反应中起到催化作用，从而确定第二步的反应式要乘以2，以此为解题突破口；第Ⅱ题掌握化学平衡状态的标志是各物质的量不再发生变化，根据图具体分析即可。
【详解】
（1）总方程式为：
3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），第一步反应为吸热的慢反应：
SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I-、H+在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，同时第二步中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2，所以第二步反应中方程式应该为：
I2+2H2O+SO2═4H++SO42-+2I-；
故答案为：
SO2；4H+；SO42-；
（2）根据总反应为放热反应，所总的反应物的总能量高于生成物的总能量，由于第一步为吸热的慢反应，所以能量慢慢升高，所需的时间比较长；第二步为放热的快反应，所以能量快速降低，时间很短，比较图像只有B合适，故答案选B；
（3）①不同温度下，三者浓度平衡时比不同，所以c（SO2）:
c（O2）:
c（SO3）=2:
1:
2不一定达到平衡，故①错误；
②由2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）知任何状态下生成nmolSO3，一定消耗nmolSO2，不一定是平衡状态，故②错误；
③SO3的消耗速率是O2生成速率的2倍恒成立，故不能判断是否达到平衡状态，故③错误；
④正反应压强减小，逆反应压强增大，压强不变，所以知已达到平衡状态，故④正确；
⑤温度、压强不变时，容器的体积不再发生变化，可知混合气体的密度不再发生变化，故已经达到平衡状态，故⑤正确；
故答案为：
④⑤
（4）根据图像可知T2温度下首先达到平衡状态，说明温度T2＞T1，温度越高三氧化硫的浓度越小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，所以正反应放热，即△H＜0
（5）根据图A可知达到平衡状态时c（SO3）=1mol/L，反应前c（SO2）=
=
=2mol/L，c（O2）=
=
=1mol/L
升级会员 