河南省濮阳市届高三第一次模拟考试理综化学试题Word格式文档下载.docx
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CH3CH（CH3）CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH（CH3）CH2CH2COOH、CH3CH2CH2CH（CH3）CH2COOH、CH3CH2CH2CH2CH（CH3）COOH、CH3CH2CH（CH2CH3）CH2COOH、CH3CH2CH2CH（CH2CH3）COOH共6种。
故答案为：
B。
【点睛】碳链异构和位置异构的解题方法是，先摘除官能团，书写最长碳链，移动官能团的位置；
再逐渐减少碳数，移动官能团的位置。
如分子式符合CnH2nO2的羧酸的同分异构体数目，先摘除−COOH，剩余部分为−CnH2n-1，再用上述方法得出结果，注意不要重复。
4．根据下列实验操作预测的实验现象正确的是
实验操作
预测的实验现象
A
向Na2CO3溶液中滴加盐酸
立即有气体逸出
B
将浓硫酸滴加到盛有铜片的试管中，并将蘸有品红溶液的试纸置于试管口
试纸褪色
C
铝箔在酒精灯火焰上加热
铝熔化但不会滴下
D
向淀粉的水解液中加入新制Cu（OH）2悬浊液并加热
一定有砖红色沉淀生成
5．一种新型金属氢化物镍电池（MH-Ni电池，MH为贮氢材料）工作原理如图所示。
下列有关说法正确的是
A．隔膜为阴离子交换膜
B．电池的电解液可为硫酸
C．充电时阳极反应为H2O+M+e-=MH+OH-
D．放电时负极反应为Ni（OH）2+OH—-e-==NiOOH+H2O
【答案】A
【点睛】本题考查原电池和电解池原理，明确题给信息的含义，掌握好原电池与电解池的反应原理是解题关键，难点是电极反应式的书写。
根据氧化还原反应原理：
放电时负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；
充电时阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应。
6．溴酸银（AgBrO3）溶解度随温度变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．溴酸银的溶解是一个熵增、焓减过程
B．对应温度下，X点的分散系中，V（溶解）>
v（沉淀）
C．Y点的分散系中，c（Ag+）·
c（BrO3-）>
×
10－4
D．60℃时溴酸银饱和溶液中c（BrO3-）=·
L-1
【答案】D
【解析】A项，由溶解度随温度的变化曲线可知：
温度升高，该物质的溶解度增大，所以溴酸银（AgBrO3）溶解是吸热过程（焓增过程），故A项错误；
B项，由图像可知：
X点的溶液中溶质处于过饱和状态，所以V（溶解）<
v（沉淀），故B项错误；
60℃溴酸银的溶解度大约是，则c（AgBrO3）=÷
236g/mol）÷
=L，所以60℃时溴酸银饱和溶液中c（BrO3-）=c（Ag+）=·
L-1，Ksp（AgBrO3）=c（Ag+）·
c（BrO3-）=×
10－4，图中Y点的溶液未达饱和，此时c（Ag+）·
c（BrO3-）<
10－4，故C项错误、D项正确。
综上所述，符合题意的选项为D。
7．A、B、C、D四种原子序数依次增大的分别位于三个不同短周期的主族元素，m、n、p分别是元素A、B、C、的单质，x、y、z是由A、B、C组成的二元化合物，其中y、z是气体且y可用于配制饮料，它们之间有如下转化关系，D的单质可与热水发生置换反应，下列说法正确的是
A．D的单质起火燃烧时可用y作灭火剂
B．元素的非金属性:
C>
A>
B>
C．B、C、D与A形成的简单化合物的熔点:
D>
D．原子半径:
8．某研究性学习小组的同学通过查阅资料得到如下信息:
草酸晶体（H2C2O4·
2H2O）无色，熔点为101℃，受热脱水、升华，易溶于水，170℃以上分解可得到CO、CO2、H2O，H2C2O4难溶于水。
他们欲利用如下装置验证上述产物（加热仪器、夹持仪器省略）。
（1）加热草酸晶体使其分解的装置是________（从I、II、III中选取），验证其分解产物的装置依次是______→A→尾气处理装置（用装置字母作答，装置可重复使用）。
（2）D中试剂是_________，证明有CO生成的现象是_______。
（3）实验中有两处需要加热，加热的顺序是_________，写出一种处理尾气的方法:
_____________。
（4）若上述实验均产生了预期的现象，写出草酸分解的化学方程式:
_________________。
（5）设计一种方案证明草酸是弱酸_________。
【答案】
（1）．I
（2）．D→F→A→B→C→E或D→F→A→B→A→C→E（3）．无水CuSO4（4）．E中固体由黑色变成红色，E右侧的澄清石灰水变浑浊（5）．先加热装置I（或III），后加热装置E（6）．用排水法收集尾气或将尾气燃烧掉（2分）（7）．H2C2O4·
2H2O
CO2↑+CO↑+3H2O（2分）（8）．测量Na2C2O4溶液的pH，pH>
7或向等物质的量浓度的盐酸和草酸溶液中各滴入2滴石蕊试液，草酸溶溶中红色浅一些
解析：
（1）固体药品加热需要试管口略向下倾斜，防止冷凝水倒流引起试管炸裂，所以不能选择I装置；
由于草酸晶体175°
C以上开始分解，而其熔点为℃，未分解之前就已熔化，如试管口略向下则会流向试管口，不能完成分解实验，从而影响后续实验，所以不能用II装置加热，应用III装置；
根据整体分析，为防止验证过程相互干扰，验证顺序为：
H2O→H2C2O4→CO2→CO，装置依次为：
D→F→A→B→C→E或D→F→A→B→A→C→E。
（2）使用无水硫酸铜验证有水生成，故D中试剂是无水CuSO4；
通过E中固体由黑色变成红色，E右侧的澄清石灰水变浑浊的现象验证混合气体中有CO。
（3）草酸晶体分解需要加热，CO还原CuO需要加热，故先加热装置III，后加热装置E；
尾气主要是CO，可用收集法或燃烧法处理，故可用排水法收集尾气或将尾气燃烧掉。
（4）若上述实验均产生了预期的现象，说明草酸晶体分解产生了CO、CO2和H2O，化学方程式为：
H2C2O4·
CO2↑+CO↑+3H2O。
（5）可通过测量Na2C2O4溶液的pH（pH>
7）或向等物质的量浓度的盐酸和草酸溶液中各滴入2滴石蕊试液（草酸溶溶中红色浅一些）的方法来证明草酸是弱酸。
【点睛】本题是一道实验创新题，涉及实验流程的设计、实验装置的评价与选择等知识，从物质的性质入手进行分析是解题关键。
最后小题，证明草酸是弱酸的方法很多，例如：
A．可以取草酸钠溶液加酚酞，酚酞变红（或直接常温测量草酸钠的pH，pH＞7），证明草酸是弱酸；
b．取等浓度盐酸和草酸测pH，草酸pH大于盐酸的pH，证明是弱酸；
C．取等浓度盐酸和草酸与过量镁反应，草酸反应速率比盐酸慢，证明是弱酸；
D．取一定浓度草酸测pH，再把草酸溶液稀释10倍测pH，pH的变化值小于1，证明是弱酸。
9．MnO2是常见的氧化剂、催化剂和活性电极材料。
（1）工业上，以惰性材料为电极，电解MnSO4溶液（含少量稀硫酸）制备MnO2。
写出阳极的电极反应式：
___________。
（2）已知如下热化学方程式（K代表平衡常数）：
①MnCO3（s）
MnO（s）+CO2（g）△H1K1
②2MnO（s）+O2（g）
2MnO2（s）△H2K2
③2MnCO3（s）+O2（g）
2MnO2（s）+2CO2（g）△H3K3
△H3=______（用△H1、△H2表示）K3=_______（用K1、K2表示）。
（3）反应②在低温条件下能自发进行，则△H2______0（填“>
”“<
”或“=”）。
（4）在密闭容器中投入足量的MnCO3，—定条件下发生反应:
MnCO3（s）
MnO（s）+CO2（g）
△H>
0。
在一定温度下，达到平衡状态时p（CO2）=2aMPa。
①温度、压强对MnCO3分解率的影响如图所示：
比较：
L1____L2（填“>
②保持温度不变，将容器体积扩大至原来的2倍，则p（CO2）的变化范围是______。
③保持温度不变，将容器体积压缩至原来的一半，达到新平衡时下列物理量-定不变的是__（填代号）。
A．平衡常数KB．c（CO2）C．n（CO2）D．m（MnCO3）
（5）—定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中加人足量的MnCO3（s）和5molO2，发生反应：
2MnCO（s）+O2（g）
2MnO2（s）+2CO2（g），CO2以平均速率•L-1·
min-1经过10min达到平衡状态。
该条件下该反应的平衡常数K为_______。
【答案】
（1）．Mn2++2H2O-2e-＝MnO2+4H+
（2）．2△H1+△H2（3）．
·
K2（4）．<
（5）．>
（6）．aMPa<
p（CO2）<
2aMPa（7）．AB（8）．
（4）①根据上述MnCO3分解的化学方程式及△H>
0可得：
增大压强压缩体积，MnCO3分解率降低，升高温度MnCO3分解率增大，所以图中X代表压强，L1和L2代表温度，L1>
L2；
②保持温度不变，将容器体积扩大至原来的2倍，若平衡不移动，则p（CO2）=aMPa，而实际情况是：
降低压强平衡右移，所以p（CO2）>
MPa，又根据化学平衡移动原理（即勒夏特列原理）p（CO2）<
2aMPa，综上所述，aMPa<
2aMPa；
③保持温度不变，化学平衡常数不变，将容器体积压缩至原来的一半，化学平衡逆向移动，n（CO2）减小，m（MnCO3）增大，因为只有一种气体，所以c（CO2）不变。
故选AB。
（5）由题意该反应达到平衡状态时c（CO2）=•L-1•min-1×
10min=1mol•L-1，列三段式得：
所以K=
=（1mol·
L-1）2÷
2mol·
L-1=【点睛】该题以Mn及其化合物为背景考查电化学、热化学、化学平衡等知识，考查的多数是基础知识，难度一般。
第（4）小题乍一看让人摸不着头脑，细分析发现图中X代表压强，L1和L2代表温度，则问题迎刃而解。
10．肼（N2H4）和亚硝酸钠在化工生产及航天工业中具有十分广泛的应用，下图是以液氨为原料生产肼和亚硝酸钠的工艺流程（肼能与水混溶，形成稳定的N2H4•H2O）:
回答下列问题:
（1）NaNO2中N的化合价为_______。
（2）写出在NaClO溶液中通入NH3得到成品液1的化学反应方程式:
______________。
（3）由成品液2得到成品固体混合物需经过的操作步骤为________________。
（4）亚硝酸钠在一定条件下能与无水肼反应生成一种钠氮化合物和水，生成的钠氮化合物中钠的质量分数为%。
则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____；
该反应中的氧化产物是___________________。
（5）已知所得成品固体混合物中含有2种钠盐，若要获得NaNO2产品，则需要除去的物质为
_______（填化学式）；
使用Pb进行处理时，杂质能转变为NaNO2，而Pb转化成PbO，则这一处理过程发生反应的化学方程式为___________；
已知，NaNO2在邻苯二甲酸二丁酯中溶解度远大于在水中的溶解度，而另一钠盐则不具有该性质，若用有机溶剂邻苯二甲酸二丁酯处理成品固体混合物水溶液时，NaNO2与另一钠盐通过_____（填操作名称）被分离。
【答案】
（1）．+3
（2）．2NH3+NaClO
N2H4·
H2O+NaCl（3）．蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）．1:
1（5）．NaN3（6）．NaNO3（7）．NaNO3+Pb==NaNO2+PbO（8）．分液
（4）钠氮化合物中钠的质量分数为%，氮的质量分数为%，设钠氮化合物化学式为NaxNy，则
=
，解得
≈
，故钠氮化合物化学式为NaN3，所以亚硝酸钠与无水肼反应的化学方程式为：
+
+
，所以
是氧化剂，
是还原剂，
既是氧化产物又是还原产物。
（5）NO、NO2与NaOH溶液反应为：
NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、3NO2+2NaOH=2NaNO3+H2O+NO，若所得成品固体混合物中含有2种钠盐，要获得NaNO2产品，则需要除去的物质为NaNO3；
若使用Pb进行处理时，杂质能转变为NaNO2，而Pb转化成PbO，则化学方程式为：
NaNO3+Pb=NaNO2+PbO；
对于在同一溶剂中溶解度差别很大的物质可以用萃取分液的方法进行分离，由已知NaNO2在邻苯二甲酸二丁酯中溶解度远大于在水中的溶解度，而另一钠盐则不具有该性质，所以可用有机溶剂邻苯二甲酸二丁酯处理成品固体混合物水溶液，然后进行分液操作。
11．前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，基态A原子核外电子占锯3个轨道，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，C的双原子单质分子中σ键和π键数目之比为1:
2，D的最高正化合价和最低负化合价之和等于4；
基态E原子核外有6个未成对电子。
（1）基态E原子的核外电子排布式为______；
基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为_____________。
（2）A元素的各级电离能如下：
能级（I）
I1
I2
I3
I4
I5
电离能/kJ·
mol-1
2427
3660
25026
32827
分析上表数据知，相邻两个电子的电离能中，I3和I4之间差异最大，其主要原因是______________。
（3）A、B、C元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，其原因是________。
（4）氯元素与A、B、C元素组成的共价分子ACl3、BCl4、CCl3中，中心原子采用sp3杂化、立体构型为三角锥形的是_______（填分子式）。
（5）（DC）4为热色性固体，且有色温效应。
低于-30℃时为淡黄色，室温下为橙黄色，高于100℃时为深红色。
在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是____；
在常压下，（DC）4高于130℃分解为相应的单质，这一变化中破坏的作用力是_______。
在B、C、D的简单气态氢化物中，属于非极性分子的是______（填分子式，下同），常与Cu2+、Zn2+、Ag+等形成配离子的是_______________。
（6）A、C形成立方晶体，晶体结构类似金刚石，如图所示。
已知：
该晶体密度为ρg·
㎝-3，NA代表阿伏伽德罗常数的值。
①该晶体的化学式为__________。
②在该晶体中，A与C形成共价键的键长（d）为_____pm。
【答案】
（1）．1s22s22p63s23p63d54s1或3d54s1
（2）．3p（3）．硼原子的I3、I4对应的2个电子分別处于不同的能层或硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子（4）．B、C、N的非金属性依次增强或H3BO3、H2CO3、HNO3的非羟基氧原子个数依次为0、1、2（5）．NC13（6）．分子间作用力或范德华力（7）．化学键或共价键或极性键（8）．CH4（9）．NH3（10）．BN（11）．
1010
则E处于第四周期，外围电子排布为：
3d54s1，为Cr元素；
D的最高正化合价和最低负化合价之和等于4，为S元素。
综上分析，A为B元素、B为C元素、C为N元素、D为S元素、E为Cr元素。
（1）E为Cr元素，基态E原子的核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d54s1或3d54s1；
D为S元素，基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为3p。
（2）基态B原子核外电子排布式为：
1s22s22p1，所以硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子（或者说，硼原子的I3、I4对应的2个电子分別处于不同的能层），因此硼原子相邻两个电子的电离能中，I3和I4之间差异最大；
。
硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子（或硼原子的I3、I4对应的2个电子分別处于不同的能层）。
（3）B、C、N的非金属性依次增强，所以B、C、N元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强；
或者说，含氧酸可表示为：
（HO）mROn，酸的强度与酸中的非羟基氧原子数n有关，n越大，酸性越强。
B、C、N的非金属性依次增强（或H3BO3、H2CO3、HNO3的非羟基氧原子个数依次为0、1、2）。
（4）BCl3中硼原子价层电子对个数=3+
（3−3×
1）=3，且不含孤电子对，采用sp2杂化，分子构型为平面三角形；
CCl4分子中碳原子价层电子对个数=4+
（4−4×
1）=4，且不含孤电子对，采用sp3杂化，分子构型为正四面体型；
NCl3分子中价层电子对个数=3+
（5−3×
1）=4，采用sp3杂化，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型。
NCl3。
（5）由已知（SN）4高于130℃时分解，破坏的是化学键（或共价键或极性键）；
在低于该温度时发生的颜色变化中，破坏的作用力是分子间作用力（或范德华力）。
C、N、S的简单气态氢化物中，CH4呈正四面体结构，四条键的极性刚好抵消，所以是非极性分子；
NH3分子为三角锥形，氮原子为顶点，整个分子正负电荷中心不对称，所以是极性分子；
硫最外层有6个电子，它和两个氢原子形成两对共用电子对后还有2对孤对电子，一共有4对电子在硫周围，这四对电子呈四面体型结构，其中两个方向被氢占据，还有2个方向被孤电子对占据，所以分子呈V型，正负电荷中心不能重合，为极性分子。
NH3中H的电子云严重偏向N，使得N的孤对电子十分突出，配位能力很强，常与Cu2+、Zn2+、Ag+等形成配离子。
综上分析，答案为：
分子间作用力或范德华力；
化学键或共价键或极性键；
CH4；
NH3。
（6）如图，B（白色）占据立方体的8个顶点和6个面心，所以有8/8+6/2=4个；
N（黑色）占据八分之一个晶胞的中心，共4个，故该晶体的化学式为：
BN；
设晶胞边长为a、键长为d，则d=
a，根据已知条件可得：
a=
pm=
pm，所以d=
pm。
12．化学•选修5:
有机化学基础
有机物H（C25H44O5）是一种新型治疗高血压病的药物，工业上以淀粉、烃A为基本原料合成H的路线如下图所示。
巳知:
（i）烃A在质谱图中的最大质荷比为72，B分子中核磁共振氢谱有2个峰且面积比为9:
2。
（ii）
（iii）反应③中发生反应的E、G物质的量之比为4:
1。
（1）A的分子式为_____；
B的名称是_______；
C的结构简式为_______。
（2）反应②的类型是______；
F中的官能团名称是_______。
（3）写出反应①的化学方程式：
（4）E有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有____种，核磁共振氢谱有4个峰的物质结构简式为__________。
①能发生银镜反应②能与单质钠发生反应
（5）1，3-丁二烯是一种重要化工原料，以乙醛为基本原料可制得该烃，请写出相应的转化流程图：
__________________________。
【答案】
（1）．C5H12
（2）．2，2-二甲基-1-氯丙烷（3）．（CH3）3CCH2OH（4）．加成反应（5）．羟基、醛基（6）．（CH3）3CCH2Cl+NaOH
（CH3）3CCH2OH+NaCl（7）．12（8）．
、
（9）．CH3CHO
CH3CHOHCH2CHO
CH3CHOHCH2CH2OH
CH2==CH—CH==CH2
（CH3）3CCHO、E的结构简式为（CH3）3CCOOH。
根据已知（ii）结合流程可得，CH3CHO与HCHO发生加成反应，生成含羟基和醛基的有机物F，F与H2加成生成G中只含羟基，又因为反应③中发生反应的E、G物质的量之比为4:
1，所以F的结构简式为C（CH2OH）3CHO、G的结构简式为C（CH2OH）4。
（1）由上述分析可得，A的分子式为C5H12；
B的结构简式为（CH3）3CCH2Cl，命名为：
2，2-二甲基-1-氯丙烷；
C的结构简式为（CH3）3CCH2OH。
（2）根据已知（ii）结合流程可得，CH3CHO与HCHO发生加成反应，生成的F中含有羟基和醛基。
（3）由上述分析知：
B为（CH3）3CCH2Cl，C为（CH3）3CCH2OH，故B发生水解反应生成C，化学方程式为：
（CH3）3CCH2Cl+NaOH
（CH3）3CCH2OH+NaCl。
（4）E为（CH3）3CCOOH，E的同分异构体中：
①能发生银镜反应，则必有醛基，②能与单质钠发生反应，则还有羟基。
所以符合条件的有：
CH3CH2CH2CH（OH）CHO、CH3CH2CH（OH）CH2CHO、CH3CH（OH）CH2CH2CHO、CH2（OH）CH2CH2CH2CHO、CH3CH2（CH3）C（OH）CHO、CH3CH（OH）CH（CH3）CHO、CH2（OH）CH2CH（CH3）CHO、CH3CH2CH（CH2OH）CHO、CH（CH3）2CH（OH）CHO、（CH3）2C（OH）CH2CHO、CH2（OH）C（CH3）CH2CHO、（CH3）2C（CH2OH）CHO，共12种；
其中核磁共振氢谱有4个峰的物质结构简式为（CH3）2C（OH）CH2CHO和（CH3）2C（CH2OH）CHO。
（5）根据已知（ii），以乙醛为基本原料制得1，3-丁二烯的转化流程图为：
CH3CHO
CH2=CH−CH=CH2。
【点睛】本题是一道有机推断题，综合性较强，但难度不大。
主要是考查有机物推断、有机物的简单命名、有机物结构与性质、有机反应类型、有机化学方程式书写、同分异构体、设计转化流程等，是对有机化学知识的综合考查，熟悉烃、醇、醛、羧酸等常见有机物的性质及同分异构体书写方法是解答本题的关键，注意充分利用好题目所给的信息（如本题中的最大质核比、羟醛缩合反应等），结合流程弄明白各物质之间的转
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