解析版湖南省衡阳市届高三模拟练习卷理科综合化学Word文档下载推荐.docx
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D.HI、HBr、HCl、HF的沸点依次降低
【答案】A
【解析】本题考查了酸性强弱的比较、离子半径大小的比较、金属失电子能力的比较及氢化物沸点的比较。
HClO4、H2SO4、CH3COOH、H2CO3酸性依次减弱，故A正确。
Cl-、F-、Na+、Mg2+的半径依次减小，故B错。
Na、Mg、Al失电子能力减弱，故C错。
由于氟化氢分子间存在氢键，所以沸点顺序为HF>
HI>
HBr>
HCl，故D错。
3．也许有人告诉过你：
“你长着妈妈的眼睛、爸爸的鼻子”。
其实，你的眼睛就是你的眼睛，你的鼻子就是你自己的鼻子，但你身体里的蛋白质、基因确实继承于你的父母。
核糖[CH2OH（CHOH）3CHO]和脱氧核糖[CH2OH（CHOH）2CH2CHO]是人类生命活动不可缺少的物质，在一定条件下它们都能发生的反应是（）
①氧化 ②还原 ③酯化 ④水解 ⑤加成 ⑥中和
A.①②③⑤B.①③④C.③④⑤D.④⑤⑥
【解析】从结构简式可以看出，两种核酸没有水解基团，不含羧基，不能发生水解和中和反应。
4．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收，其中Y是单质。
SO2（g）+2CO（g）
2X（g）+Y（l）
为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用超灵敏气体传感器测得不同时间的SO2和CO浓度如下表：
时间/s
1
2
3
4
c（SO2）/mol·
L-1
1.00
0.50
0.23
3.00×
10-37
c（CO）/mol·
4.00
3.00
2.46
2.00
下列说法不正确的是（）
A.X的化学式为CO2
B.前1s内v（X）=1.00mol·
L-1·
s-1
C.该回收原理运用了SO2的还原性
D.该温度下，此反应的平衡常数的数值是3.33×
1036
【解析】本题考查化学反应速率及化学平衡。
因为此反应是硫的回收，所以Y为硫单质，X为CO2，A正确；
前1s内，CO的浓度减小1.00mol·
L-1，所以CO2的浓度增加1.00mol·
L-1，故v（CO2）=1.00mol·
s-1，B正确；
硫元素化合价降低，被还原，是氧化剂，具有氧化性，C错误；
该反应在3s时达到平衡，K=
=3.33×
1036，D正确；
故选C。
5．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。
A.原子半径：
Z<
M
B.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
C.X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D.Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族
【答案】B
【解析】根据各元素在周期表中的相对位置及只有M为金属元素，可知M为Al，X为Si，Y为N，Z为O。
同一周期随着原子序数的递增，原于半径逐渐减小，同一主族随着原子序数的递增，原子半径逐渐增大，所以原子半径：
M，A项正确；
Y的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，X的最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3，HNO3酸性更强，B项错误；
Si的非金属性比O弱，所以Si的气态氢化物的热稳定性比O的小，C项正确；
Z是氧元素，位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族，D项正确。
6．导电聚合物的合成使高分子材料进入“合成金属”和塑料电子学时代，下图所示是我国化学家近年来合成的一些导电聚合物衍生物分子（Me指甲基）：
下列关于上述高分子的说法正确的是（）
①A和B的单体都是二烯烃的衍生物；
②A和B均能在一定条件下水解形成分子式相同的高分子化合物；
③B水解所得的小分子是一种α-氨基酸；
④A和B各1mol与热碱液反应，均最多消耗2molNaOH
A.②B.②③C.②③④D.①②③④
【解析】①项错误，其高聚的链节均可看作由乙炔先加成后再加聚；
④项错误，注意是高分子化合物，所以1mol与热碱液反应，均最多消耗2molNaOH。
7．如图是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图。
装置内发生的主要反应中不含（）
A.化合反应B.分解反应C.置换反应D.氧化还原反应
【解析】装置内没有单质出现，故不存在置换反应。
化合反应为SO2+CaO
CaSO3，分解反应为CaCO3
CaO+CO2↑，氧化还原反应为2CaSO3+O2
2CaSO4。
第II卷（非选择题）
二、推断题：
共13分
8．乳酸分子式为C3H6O3，在一定的条件下可发生许多化学反应，下图是采用化学方法对乳酸进行加工处理的过程，其中A、H、G为链状高分子化合物。
已知—OH，—COOH等为亲水基团，F常做内燃机的抗冻剂。
请回答相关问题：
（1）推断C、F的结构简式。
C：
_______________；
F：
_______________。
（2）B中所含的官能团有_______________；
反应③的反应类型是_______________。
（3）反应①的化学方程式为____________________________。
（4）作为隐形眼镜的制作材料，对其性能的要求除应具有良好的光学性能外，还应具有良好的透气性和亲水性。
一般采用E的聚合物G而不是D的聚合物H来制作隐形眼镜，其主要理由是______________。
【答案】
（l）CH2=CHCOOCH3
HO—CH2CH2—OH
（2）碳碳双键、羧基酯化反应
（3）
（4）髙聚物G中含有的—OH和—COOH，使该物质具有亲水性，而H则不具有
【解析】乳酸中既有羟基又有羧基，自身可以发生缩聚反应形成高分子化合物，反应①就是分子间的缩聚形成链式高分子的反应。
在浓硫酸和加热的条件下，反应②是一个消去反应。
分析B转化为E、E转化为D中的碳原子数的变化，可知F含有2个碳，含有2个羟基，即F为乙二醇。
三、实验题：
共15分
9．某化学研究性小组采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电解率。
饱和食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）×
100%
甲方案：
利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率。
（1）若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的实验现象：
。
（2）若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为
连________（填A、B、C、D、E等导管口），则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为
乙方案：
利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率。
（3）对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率。
Ⅰ.通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率
Ⅱ.通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率
①一同学认为可以在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与
口连接。
a.A
b.B
c.D
d.E
②另一同学认为乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，你是否同意？
请说明理由
。
丙方案：
只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率。
（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，求饱和食盐水的电解率
（假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，溶解度为36.0g）。
（5）若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳气体2.24L（标准状况），则所得溶液中各离子浓度大小关系为：
（1）左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红
（2）B连C；
Cl2+2OH－
H2O+Cl－+ClO－
（3）①c；
②同意，在乙方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大。
（4）16.6%；
c（Na+）＞c（Cl－）＞c（HC
）＞c（
）＞c（OH－）＞c（H+）
【解析】本题考查了电解原理的应用、电解率实验测定方案的设计方法和计算、离子浓度的比较等。
（1）依据甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极上得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色，电解过程中的实验现象为左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红。
（2）洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，氢氧化钠可吸收氯气发生反应，电解池B端为阳极生成氯气，故装置B连C。
则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH－
H2O+Cl－+ClO－。
（3）①利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法Ⅱ通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，故应应与D口连接。
②乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差。
（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的pH为14，c（H+）=10－14mol/L，c（OH-）=1mol/L，电解的氯化钠的质量为0.15L×
1mol/L×
58.5g/mol=8.775g，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，150mL饱和食盐水的质量为1.33g×
150mL=199.5g，依据溶解度计算溶液中含有氯化钠的质量为199.5g×
=52.81g，电解率为
×
100％=16.6％。
（5）若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳2.24L（标准状况）物质的量为0.1mol，生成氢氧化钠的物质的量为0.15mol，n（CO2）:
n（NaOH）=0.1:
0.15=2:
3，依据n（CO2）:
n（NaOH）=1:
2反应生成碳酸钠，n（CO2）:
1反应生成碳酸氢钠，配平的2CO2+3NaOH
Na2CO3+NaHCO3+H2O，饱和氯化钠溶液电解后仍为饱和溶液，氯化钠最多，生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（Cl－）＞c（
）＞c（OH－）＞c（H+）。
四、综合题：
共2题每题15分共30分
10．氯元素是生产生活中常见的非金属元素。
（1）将Cl2通入NaOH溶液中得到以NaClO为有效成分的漂白液，写出该反应的离子方程式：
；
不直接用Cl2作漂白剂的原因是
（写出两条）。
（2）使用Cl2为自来水消毒时，会与水中的有机物生成对人体有害的有机氯化物。
下列物质中可以替代Cl2为自来水杀菌消毒的是
（填字母序号）。
a.臭氧
b.NH3
c.明矾
d.ClO2
（3）生物质混煤燃烧是当今能源燃烧利用的最佳方式之一，但生物质中氯含量较多，燃烧过程中会形成金属氯化物（如NaCl）和Cl2等物质，对金属炉壁造成腐蚀。
①NaCl和Cl2中化学键的类型分别是
和
②燃煤过程中生成的SO2会与NaCl等物质发生反应，生成硫酸盐和Cl2。
若生成Cl222.4L（标况）时转移电子数为4×
6.02×
1023，该反应的化学方程式是
③已知：
2H2O2（l）
2H2O（l）＋O2（g）
ΔH1=－196.46kJ·
mol-1
H2（g）＋O2（g）
H2O（l）
ΔH2=－285.84kJ·
Cl2（g）＋H2（g）
2HCl（g）
ΔH3=－184.60kJ·
在催化剂作用下，用H2O2（l）可除去上述燃烧过程中产生的Cl2。
依据上述已知反应，写出该反应的热化学方程式：
（1）Cl2+2OH-
ClO-+Cl-+H2O；
Cl2的溶解度不大；
生成的HClO不稳定，难以保存；
使用起来不方便；
效果不理想；
（2）ad；
（3）①离子键；
共价键（非极性键）
②2NaCl+SO2+O2
Na2SO4+Cl2
③H2O2（l）＋Cl2（g）
2HCl（g）＋O2（g）
ΔH=+3.01kJ·
【解析】本题考查氯气及含氯化合物的性质。
（1）Cl2通入NaOH溶液中，反应的离子方程式：
Cl2+2OH-
直接用Cl2作漂白剂的的弊端：
（2）臭氧与ClO2有氧化性，也可做漂白剂，故选ad；
（3）①NaCl是离子化合物，化学键的类型是离子键，Cl2含有非极性共价键；
②有题意知，SO2与NaCl是还原剂，氧气是氧化剂，配平后的方程式：
2NaCl+SO2+O2
Na2SO4+Cl2；
③由盖斯定律可知：
H2O2（l）＋Cl2（g）
mol-1。
11．已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。
其中A与B同周期、A与D同族，A原子核外有两个未成对电子，B元素的第一电离能比同周期相邻两种元素都大，C原子在同周期原子中半径最大（稀有气体除外）；
E与C位于不同周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满。
请根据以上信息回答下列问题：
（答题时A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）
（1）E原子核外电子排布式是
（2）B的最高价含氧酸根的空间构型为
（3）A、B、D三种元素电负性由大到小排列顺序为
（4）D单质比化合物DA的熔点
（填“高”或“低”），理由是
（5）已知A、C和地壳中含量最多的元素按1∶1∶2的原子个数比可形成某离子化合物，该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，写出发生反应的离子方程式
（1）1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；
（2）平面三角形；
（3）N>
C>
Si；
（4）低；
晶体硅与SiC均属于原子晶体，晶体硅中的Si－Si键比Si－C键长，键能低，所以晶体硅熔点低；
（5）5
＋2
＋16H+
10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O；
【解析】本题考查了元素周期表、元素周期律、电负性、空间构性、电子排布式、晶体熔沸点的比较及离子方程式的书写。
已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。
A原子核外有两个未成对电子，故A的基态原子的排布式为1s22s22p2，为C元素，A与B同周期，B元素的第一电离能比同周期相邻两种元素都大，故B为N元素，C原子在同周期原子中半径最大，故C为Na元素，A与D同族，故D为Si元素，E与C位于不同周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满，故E的价层电子排布式为3d104s1，则D为Cu元素。
（1）E的原子序数是29，为Cu元素，其原子核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d104s1。
（2）B的最高价含氧酸根为硝酸根离子，硝酸根离子的中心原子N的孤对电子数为（5+1-3×
2）=0，σ键数为3，B的最高价含氧酸根的空间构型为平面三角形。
（3）A、B、D三种元素分别为C、N、Si，非金属性越大，电负性越大，故A、B、D三种元素电负性由大到小排列顺序为N>
Si。
（4）D单质为Si，化合物DA为SiC，晶体硅与SiC均属于原子晶体，晶体硅中的Si－Si键比Si－C键长，键能低，所以晶体硅熔点低。
（5）A、C分别为C和Na，地壳中含量最多的元素为O，按1∶1∶2的原子个数比可形成某离子化合物为Na2C2O4，草酸跟离子与酸性高锰酸根离子发生氧化还原反应，草酸跟离子做还原剂，转化为二氧化碳，高锰酸根离子做氧化剂，转化为锰离子，再根据化合价升降法、电荷守恒、质量守恒可得离子方程式为5
10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。
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