届辽宁省抚顺市高三高考模拟考试理综化学试题解析版Word文档下载推荐.docx

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下列有关说法中正确的是

A.分子中含有四种官能团

B.可以用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键

C.1mol咖啡酸与足量钠、碳酸氢钠溶液反应，相同条件下生成气体的体积比为1:

2

D.1mol咖啡酸可与4molBr2发生反应

【答案】D

【解析】分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，故A错误；

羟基、碳碳双键都能与高锰酸钾溶液反应，不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，故B错误；

碳酸钠与酚羟基、羧基都能反应，碳酸氢钠与羧基反应生成二氧化碳，故C错误；

羟基的邻位、对位与溴取代，碳碳双键与溴加成，1mol咖啡酸可与4molBr2发生反应，故D正确。

4.某科研小组开发了Li−SO2Cl2电池，其如图所示，已知电池反应为：

2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑。

下列叙述中错误的是

A.电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应

B.将电解质溶液改为LiCl的水溶液，电池性能会更好

C.电池工作时电子流向：

锂电极→导线→负载→碳棒

D.电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e−=2Cl−+SO2↑

【答案】B

【解析】电池工作时负极材料是Li，失电子发生氧化反应，故A正确；

锂与水能反应，不能将电解质溶液改为LiCl的水溶液，故B错误；

电池工作时电子有负极流向正极，故C正确；

电池工作过程中，石墨是正极，电极反应式为SO2Cl2+2e−=2Cl−+SO2↑，故D正确。

5.下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是

选项

实验操作

实验现象

解释或结论

A

将少量浓硝酸分多次加入

Cu和稀硫酸的混合液中

产生红棕色气体

硝酸的还原产物是NO2

B

某粉末用酒精润湿后，

用铂丝蘸取做焰色反应

火焰呈黄色

该粉末一定不含钾盐

C

将Na2O2裹入棉花中，

放入充满CO2的集气瓶中

棉花燃烧

Na2O2与CO2的反应为放热反应

D

将过量的CO2通入CaCl2溶液中

无白色沉淀出现

生成的Ca（HCO3）2可溶于水

A.AB.BC.CD.D

【解析】A．稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，选项A错误；

B．火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，选项B错误；

C、将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中，Na2O2与CO2的反应为放热反应，温度升高，达到棉花的着火点，且有大量氧气，棉花燃烧，选项C正确；

D、弱酸不能制强酸，所以CO2不与强酸盐反应，所以无沉淀，选项D错误。

答案选C。

6.X、R、Y、Z、M 

为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示，R的原子序数大于Z。

下列说法错误的是

A.R的氧化物只含有离子键

B.最高价含氧酸的酸性:

Y<

M

C.最简单氢化物的稳定性:

Z

D.Z的简单氢化物可用作制冷剂

【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；

Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；

R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；

Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、M为S元素。

A．Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，但不论是氧化钠还是过氧化钠，结构中均含离子键，故A错误；

B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性C＜S，所以其最高价含氧酸的酸性Y<

M，故B正确；

C．元素的非金属性越强，最简单氢化物越稳定，非金属性C＜N，氢化物的稳定性:

Z故C正确；

D．液氨气化吸热，导致周围空气温度急剧降低，常用作制冷剂，故D正确；

故选A。

点睛：

本题考查原子结构和元素周期律，明确离子半径比较方法、最高价含氧酸强弱的比较方法、物质结构等方面的知识是解本题关键，需要注意规律中的反常现象。

本题的易错点为元素的推导。

7.某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如右图所示。

下列说法错误的是

A.此温度下，水的离子积常数为1.0×

10－2a

B.N点溶液加水稀释，

增大

C.M、Q、N三点所示的溶液中均存在：

c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）

D.Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积

明确弱电解质的电离特点，把握pOH的含义是解题关键，碱溶液中pOH越大、pH越小，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，碱性越弱、酸性越强，随着盐酸的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐减小，则溶液pH逐渐减小，pOH逐渐增大，结合弱电解质的电离平衡分析即可。

8.硫酰氯（SO2Cl2）是一种重要的化工试剂，实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示：

①SO2（g）+Cl2（g）=SO2Cl2（l）△H=-97.3kJ/mol；

②硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”；

100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。

回答下列问题：

（1）装置甲为储气装置，用于提供氯气，则仪器A中盛放的试剂为______________。

装置丙中活性炭的作用是______________。

（2）在上图方框内画出所缺装置，并注明相关试剂的名称。

________

（3）氯磺酸（ClSO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为_______________________，分离产物的方法是（填字母）_________。

A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取

（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有________（填序号）

①先通冷凝水，再通气②控制气流速率，宜慢不宜快

③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶

（5）在无活性炭存在的条件下SO2与Cl2也可发生反应，现将SO2、Cl2按照一定比例通入水中，请设计一个简单实验验证二者是否恰好完全反应：

____________________。

（简要描述实验步骤、现象和结论）。

仪器自选，供选择试剂：

滴加酚酞的氢氧化钠溶液、碘化钾溶液、淀粉溶液、品红溶液。

【答案】

（1）.饱和食盐水

（2）.催化剂（3）.

浓硫酸（4）.2ClSO3H=SO2Cl2+H2SO4（5）.C（6）.①②③（7）.取少量反应后的溶液于试管中，滴加品红溶液振荡，若溶液褪色，则二者未恰好完全反应；

若不褪色，则二者恰好完全反应

【解析】试题分析：

（1）根据题意，装置甲为储气装置，用于提供氯气，仪器A用于将氯气由甲装置排入乙装置，，所以氯气在仪器A中盛放的试剂中溶解度要小，以减少损失，则仪器A中盛放的试剂为饱和食盐水；

根据化学反应SO2（g）+Cl2（g）

SO2Cl2（l），从实验装置丙中可以看出，活性炭没参加反应，只能是作催化剂。

（2）因为硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，所以制备硫酰氯的氯气必须是干燥的，所以乙装置为干燥装置，用浓硫酸干燥氯气，所以答案为

（浓硫酸）

（3）根据题意，ClSO3H→SO2Cl2，ClSO3H的系数为2，根据反应前后原子个数守恒，差2个H、1个S、4个O，即H2SO4，所以反应的化学方程式为2ClSO3H

SO2Cl2+H2SO4，SO2Cl2为液体，沸点比较低，H2SO4为液体，沸点较高，它们不分层，可以利用沸点不同进行蒸馏分离，答案选C。

（4）Cl2具有氧化性，SO2以还原性为主，SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl,提高产率可以采取措施：

控制气流速率，宜慢不宜块；

若三颈烧瓶发烫，可适当降温；

先通冷凝水，冷凝回流副产物和产品，再进行实验，答案选①②③。

（5）SO2和Cl2恰好反应生成硫酸和盐酸，若SO2或Cl2剩余，SO2和氯气均能使品红溶液褪色，所以取少量反应后的溶液于试管中，滴加品红溶液振荡，若溶液褪色，则二者未恰好完全反应；

若不褪色，则二者恰好完全反应。

考点：

考查硫酰氯的实验室制法，化学实验基本操作等知识。

9.研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。

（1）已知拆开1molH2、1molO2和液态水中1molO—H键使之成为气态原子所需的能量分别为436kJ、496kJ和462kJ；

CH3OH（g）的燃烧热为627kJ·

mol－1。

则CO2（g）＋3H2（g）＝CH3OH（g）＋H2O（l）∆H＝___________kJ·

mol－1

（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：

2CO2（g）＋6H2（g）

CH3OCH3（g）＋3H2O（l）

①该反应平衡常数表达式K＝_______________。

②已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示，该反应的∆H________0（填“＞”或“＜”）。

若温度不变，减小反应投料比[n（H2）/n（CO2）]，则K将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。

③某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2（g）与H2（g）发生上述反应，当下列物理量不再发生变化时，能证明上述可逆反应达到平衡的量是__________。

A．二氧化碳的浓度B．容器中的压强

C．气体的密度D．CH3OCH3与H2O的物质的量之比

（3）以甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料的燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL滴有酚酞的NaCl溶液，装置如图所示：

请写出电解过程中Y电极附近观察到的现象：

______________，当燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）时，计算此时NaCl溶液的pH=________（假设溶液的体积不变，气体全部从溶液中逸出）。

【答案】

（1）.－93

（2）.c（CH3OCH3）/[c2（CO2）×

c6（H2）]（3）.＜（4）.不变（5）.ABC（6）.Y电极附近溶液中有气体产生，上部分呈黄绿色（7）.14

【解析】

（1）已知拆开1molH2、1molO2和液态水中1molO—H键使之成为气态原子所需的能量分别为436kJ、496kJ和462kJ，依此可写出H2燃烧生成液态水的热化学方程式为①2H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）△H=－480kJ·

mol－1；

由CH3OH（g）的燃烧热为627kJ·

mol－1，可得CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为②CH3OH（g）＋3/2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）△H=－627kJ·

mol－1，由盖斯定律可进行①×

3/2—②，即得CO2（g）＋3H2（g）＝CH3OH（g）＋H2O（l）∆H＝－93kJ·

............

（3）由装置图可知，Y电极与电源正极相连，即为阳极，电解NaCl溶液的阳极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，所以可观察到的现象为电极上有气泡产生，上部气体呈黄绿色；

当燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）时，电路中转移的电子n（e-）=

=0.5mol,根据电子转移守恒，结合电解NaCl溶液的反应方程式2NaCl＋2H2O

2NaOH＋H2↑＋Cl2↑,可得此时溶液中生成n（OH-）=0.5mol，c（OH-）=0.5mol/0.5L=1.0mol/L，所以溶液的pH=14。

本题要特别注意平衡常数K只随温度的变化而改变，且纯液体水或固体物质的浓度认为是常数，不能体现在平衡常数K的表达式中，而气体密度的计算，一定要用气体的质量和容器的体积，但是纯液体水参与反应时，会导致气体质量的变化，使气体密度发生变化；

电荷守恒始终是解决电化学问题的核心和关键，如n（OH-）=n（e-）=n（H+）等等，能给解题带来很大方便。

10.钨是我国丰产元素，是熔点最高的金属，广泛用于拉制灯泡的灯丝，钨在自然界主要以钨（VI）酸盐的形式存在。

有开采价值的钨矿石之一白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，工业冶炼钨流程如下：

已知：

①钨酸酸性很弱，难溶于水

②完全沉淀离子的pH值：

SiO32-为8，WO42-为5

③碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨

（1）74W在周期表的位置是第_________周期。

（2）CaWO4与纯碱发生的化学反应方程式是___________________________________。

（3）滤渣R的主要成分是（写化学式）_________________。

调节pH可选用的试剂是：

____________（填写字母序号）。

A．氨水B．氢氧化钠溶液C．盐酸D．碳酸钠溶液

（4）母液中加入盐酸的离子方程式为____________________________________。

检验沉淀C是否洗涤干净的操作是__________________________________。

（5）为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨，不宜用碳而必须用氢气作还原剂的原因是___________________________________________。

（6）将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中可得到钨酸钙，已知温度为T时Ksp（CaWO4）=1×

10-10，Ksp[Ca（OH）2]=4×

10-7，当溶液中WO42－恰好沉淀完全（离子浓度等于10-5mol/L）时，溶液中c（WO42-）/c（OH-）=_____________。

【答案】

（1）.六

（2）.

（3）.H2SiO3（4）.C（5）.WO42－+2H+=H2WO4↓（6）.取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入1~2滴稀硝酸，再滴加1~2滴AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净（7）.如果用碳做还原剂，混杂在金属中的碳不易除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的金属钨，用氢气作还原剂可避免产生以上问题（8）.5×

10－5

【解析】白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000℃温度下反应，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WO3，说明碳酸钠与CaWO4反应生成Na2WO4，则滤渣A为氧化铁等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再调节pH在5～8之间，使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4，再加入盐酸得到沉淀C为H2WO4，灼烧产生三氧化钨和水，再还原得到钨；

（1）由74-2-8-8-18-32=6，可钨处于第六周期；

（2）CaWO4与纯碱反应生成Na2WO4、CaO与二氧化碳，反应方程式为：

CaWO4+Na2CO3

Na2WO4+CaO+CO2↑；

（3）滤渣B的主要成分为H2SiO3，调节溶液pH使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，应加入盐酸；

（4）母液中Na2WO4与盐酸得到H2WO4沉淀与氯化钠，反应离子方程式为：

WO42-+2H+=H2WO4↓；

检验沉淀C是否洗涤干净的操作是：

取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净；

（5）如果用碳做还原剂，混杂在金属中的碳不易除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的金属钨，用氢气作还原剂可避免产生以上问题；

（6）当溶液中WO42-恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）×

c（WO4-）=1×

10-10，则溶液中c（Ca2+）=1×

10-5mol/L，再根据Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×

c2（OH-）=4×

10-7，可知c（OH-）=0.2mol/L，则溶液中

=5×

10-5。

化学工艺流程题目，涉及物质的分离提纯、对原理的分析评价、实验基本操作、溶度积有关计算等，关键是对工艺流程的理解；

白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000℃温度下反应，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WO3，说明碳酸钠与CaWO4反应生成Na2WO4，则滤渣A为氧化铁等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再调节pH在5～8之间，使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4，再加入盐酸得到沉淀C为H2WO4，灼烧产生三氧化钨和水，再还原得到钨。

11.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的前四周期元素，X核外未成对电子数有2个，与其他元素均能形成二元化合物；

Y是地壳中含量最多的金属元素；

Z是遗传物质的组成元素之一；

W内层电子数是最外层电子数的9倍；

Q基态原子价层电子排布中成对电子数和未成对电子数相同。

据此回答下列问题：

（1）Q的基态原子的价层电子排布式为____________________。

（2）电负性最大的是_________________，第一电离能介于Y和Z之间的同周期元素有__________（填元素符号）。

（3）Y和W的氯化物熔点高的是_________（填化学式），原因是____________________________；

与Z的低价氯化物互为等电子体的离子是_____________。

（4）咖啡因对中枢神经有兴奋作用，其结构简式如图。

常温下，咖啡因在水中的溶解度为2g，加适量水杨酸钠［C6H4（OH）（COONa）］可使其溶解度增大，其原因可能是_____________________，分子中氮原子的杂化类型有_______________。

（5）已知WX的密度为3.25g/cm3，单元晶胞边长481pm，试

确定该单元晶胞中含有______个WX，属于__________立方结构（填写面心、简单或体心），晶胞中距离W最近的X有________个。

【答案】

（1）.3d64s2

（2）.O（3）.MgSiS（4）.CaCl2（5）.；

CaCl2属于离子晶体，钙离子和氯离子之间作用大，熔点高，AlCl3属于分子晶体，分子间作用力弱（6）.SO32—或ClO3—（7）.咖啡因与水杨酸钠形成了氢键（8）.sp2和sp3（9）.4个（10）.面心立方（11）.6

【解析】根据题目所述可知X为O元素，Y是Al元素，Z是P元素，W内层电子数是最外层电子数的9倍，则只能是Ca元素，所以Q为第四周期元素，其基态原子价层电子排布中成对电子数和未成对电子数相同，且成对电子数为最外层电子数的2倍，即Q的价层电子排布为3d64s2，所以Q为26号元素Fe。

（1）Fe的基态原子的价层电子排布式为3d64s2；

（2）在这四种元素中，电负性最大的是O元素；

根据同周期从左到右第一电离能逐渐增大的变化规律，同时还要考虑ⅡA族的3s2全满状态和ⅤA族3s23p3半满状态的稳定性，得出第一电离能介于Al和P之间的同周期元素有Mg、Si和S三种元素；

（3）由于CaCl2是离子化合物，Ca2+和Cl—之间的离子键作用力大，所以CaCl2的熔点高，而AlCl3是分子晶体，分子间作用力小，所以熔点低；

Z的低价氯化物为PCl3，其分子中的最外层电子数为26，与它互为等电子体的离子为SO32—或ClO3—；

（4）水杨酸钠分子中有羟基，而咖啡因分子中有N、O两种吸引电子能力很强的元素，所以二种分子之间可形成氢键，使其溶解度增大；

咖啡因分子中N原子有形成双键的sp2杂化，也有形成单键的sp3杂化；

（5）已知CaO晶体的密度为3.25g/cm3，晶胞边长481pm，则体积为（4.81×

10-8）3=1.11×

10-22cm3,所以晶胞的摩尔质量为3.25g/cm3×

1.11×

10-22cm3×

6.02×

1023mol-1=218g/mol，即该晶胞中含有4个CaO；

属于面心立方结构，根据面心结构的特点可推知，晶胞中距离Ca2+最近的O2-有6个，分别在Ca2+的前后、上下、左右六个位置上。

12.以下是抗肿瘤药物中一种关键中间体G的合成路线（部分反应条件及副产物已略去）:

已知以下信息:

（1）B比A的相对分子质量大79

（2）反应④包含一系列过程，D的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性

（3）

回答下列问题:

（1）反应①和⑥的条件分别是___________、___________。

（2）下列说法不正确的是______________。

A.C物质能使三氯化铁溶液显紫色B.D分子中含有羧基和羟基

C.E能发生氧化、加成、取代、缩聚反应D.1molF最多可与5molH2发生加成反应

（3）反应⑤的类型是_____________________。

由C和D生成E的化学反应方程式：

_________________________________。

（4）G的结构简式为_______________________。

既能发生银镜反应，又含苯环的G的同分异构体有_________种。

（5）由2分子E生成的含有3个六元环化合物中不同化学环境的氢原子共有_______种。

【答案】

（1）.Br2、铁粉或Fe3+

（2）.铜、氧气、加热（3）.BD（4）.加成反应（5）.

（6）.

（7）.24种（8）.6种

【解析】已知B比A的相对分子质量大79，说明A→B反应①是溴代反应，反应②是羧酸中的α—H被Cl取代，而反应④包含一系列过程，根据D的