江苏省南京市届高三第三次模拟考试化学试题附答案Word格式文档下载.docx

江苏省南京市届高三第三次模拟考试化学试题附答案Word格式文档下载.docx

《江苏省南京市届高三第三次模拟考试化学试题附答案Word格式文档下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省南京市届高三第三次模拟考试化学试题附答案Word格式文档下载.docx（22页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

下列说法正确的是

A.原子半径：

r（X）<

r（Y）<

r（Z）<

r（W）

B.X的氢化物的热稳定性比Y的强

C.W的最高价氧化物的水化物是一种强酸

D.Y与Z形成的化合物中可能存在共价健

【分析】

X的一种单质是自然界硬度最大的物质（金刚石），所以X是C。

Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，所以Y是O。

Z是短周期元素中金属性最强的元素，所以Z是Na。

W与X（C）同主族，所以W是Si。

【详解】A．原子半径的大小为：

Na（Z）＞Si（W）＞C（X）＞O（Y），所以选项A错误；

B．X的氢化物是CH4，Y的氢化物是H2O，同周期从左向右气态氢化物稳定性增强，所以热稳定性是Y的气态氢化物强，选项B错误；

C．W（Si）的最高价氧化物的水化物是硅酸，属于弱酸，选项C错误；

D．Y与Z形成的化合物可能是Na2O2，其中存在氧原子和氧原子之间的共价键，选项D正确；

故选D。

5.下列指定反应的离子方程式正确的是（）

A.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe（OH）3胶体：

Fe3++3H2O=Fe（OH）3↓+3H+

B.向硫酸铝溶液中滴加过量氨水：

2Al3++6NH3·

H2O=2Al（OH）3↓+6NH4+

C.向NaClO溶液中通入过量的SO2：

SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClO

D.向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中滴加过量NaOH溶液：

Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓

【答案】B

制备的氢氧化铁胶体，所以不可能是氢氧化铁沉淀，选项A的方程式错误。

氨水能将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过量的氨水也不会将氢氧化铝沉淀溶解，所以选项B的方程式正确（当然，将系数化简为最简整数比也是正确的）。

次氯酸具有很强的氧化性，应该能将+4价硫氧化为+6价，所以NaClO溶液中通入过量的SO2应该发生氧化还原反应，选项C错误。

向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中滴加过量NaOH溶液，氢氧根会和铵根离子和Fe2+反应，所以选项D的方程式不正确。

点睛：

离子方程式的正误判断的方法是：

①是否以化学反应的客观事实为依据。

②物质的拆分是否正确。

③是否遵循质量守恒和电荷守恒。

④是否符合物质的固定组成。

6.下列装置正确

是

A.制取收集氨气

B.制取氯气

C.除去二氧化碳中的二氧化硫

D.制取蒸馏水

氨气不能用氯化钙干燥，因为会得到CaCl2·

8NH3，选项A错误。

二氧化锰和浓盐酸需要在加热条件下反应才能得到氯气，选项B错误。

二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是二元中强酸，酸性强于碳酸，所以二氧化硫会与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，达到除去二氧化硫杂质的目的，选项C正确。

蒸馏时温度计的水银球应该在支管口，选项D错误。

7.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是

A.SiO2

H2SiO3

Na2SiO3

B.S

SO2

BaSO3

C.CuSO4（aq）

Cu（OH）2

Cu2O

D.饱和NaCl溶液

NaHCO3

Na2CO3

二氧化硅不能与水反应，选项A错误。

二氧化硫与氯化钡溶液也不反应，选项B错误。

硫酸铜溶液中加入过量的氢氧化钠溶液得到新制氢氧化铜悬浊液，再与葡萄糖反应得到氧化亚铜的砖红色沉淀，选项C正确。

氯化钠溶液与二氧化碳不反应，选项D错误。

8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A.澄清透明的溶液中：

Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-

B.使酚酞变红色的溶液中：

Na+、NH4+、C1-、SO42-

C.c（Al3+）=0.1mol/L

溶液中：

K+、Mg2+、SO42-、AlO2-

D.由水电离产生的c（H+）=10-13mol/L的溶液中：

K+、Na+、CH3COO-、NO3-

【详解】A项，Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-四种离子互相之间都不反应，所以可以大量共存，符合题意；

B项，使酚酞变红色的溶液显碱性，碱性溶液中不能存在大量的NH4+，不符合题意；

C项，铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应得到氢氧化铝沉淀，所以不能大量共存，不符合题意；

D项，由水电离产生的c（H+）=10-13mol/L，说明水的电离被抑制了，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下CH3COO-不能大量存在，不符合题意；

答案选A。

【点睛】判断离子是否大量共存，应该考虑如下的情况下离子不能大量共存：

1、发生复分解反应。

（1）生成难溶物或微溶物：

如：

Ag+与Cl-等不能大量共存。

（2）生成气体或挥发性物质：

H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。

（3）生成难电离物质：

H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；

OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；

H+与OH-生成水不能大量共存。

2、发生氧化还原反应：

氧化性离子（如Fe3+、ClO-、MnO4-等）与还原性离子（如S2-、I-、Fe2+等）不能大量共存。

3、离子间发生双水解反应不能共存：

如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。

4、络合反应：

如Fe3+和SCN-。

9.下列图示与对应的叙述相符的是

A.图甲表示放热反应在有无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

B.图乙表示一定温度下，溴化银在水中的沉淀溶解平衡曲线，其中a点代表的是不饱和溶液，b点代表的是饱和溶液

C.图丙表示25℃时，分别加水稀释体积均为100mL、pH=2的一元酸CH3COOH溶液和HX溶液，则25℃时HX的电离平衡常数大于CH3COOH

D.图丁表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大

【详解】A、图甲中反应物比生成物的能量低，所以反应为吸热反应，错误；

B、溴化银在水中存在沉淀溶解平衡，溴离子和银离子浓度的乘积等于定值（Ksp），函数曲线应该如图所示，在曲线上的的点都代表饱和溶液，曲线下方的点都是不饱和溶液，正确；

C、酸越强加水稀释时的pH变化越快，所以由图示得到，醋酸的酸性强于HX，所以HX的电离平衡常数一定小于醋酸的电离平衡常数，错误；

D、由图丁得到，t时刻不是生成物的量最大的时刻，应该是反应达平衡以后生成物的量最大，反应物的转化率最高，所以不是t时刻的转化率最高，错误；

答案选B。

10.CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学方程式如下：

①CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g） 

△H1=a 

kJ/mol；

②H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g） 

△H2=bkJ/mol；

③C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=c 

kJ/mol。

A.△H1>

B.2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=-2b 

kJ/mol

C.CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100%

D.2CO（g）+4H2（g）═H2O（g）+C2H5OH（l） 

△H=（2a+4b-c）kJ/mol

【详解】A.反应①为CO的燃烧，一定是放热反应，所以焓变应该小于0，选项A错误。

B.反应②中水的状态为气态，而选项B中方程式里水的状态为液态，显然无法计算选项B中方程式的焓变，选项B错误。

C.CO2与H2合成C2H5OH反应为2CO（g）+4H2（g）=H2O（g）+C2H5OH

（1），显然原子利用率小于100%，选项C错误。

D.①×

2+②×

4-③得到：

2CO（g）+4H2（g）=H2O（g）+C2H5OH

（1）ΔH=（2a+4b-c）kJ/mol，选项D正确。

11.扁桃酸的衍生物a、b、c均为重要的医药中间体。

A.一定条件下，a可与HCHO发生缩聚反应

B.可用NaHCO3溶液区别a、b

C.b与浓溴水混合可制备c

D.1molc最多可与2molNaOH反应

【答案】AB

a分子中的酚羟基的两个邻位没有被取代，所以a与HCHO能发生类似形成酚醛树脂的缩聚反应，得到高分子，选项A正确。

A分子中有羧基，可以与碳酸氢钠溶液反应得到二氧化碳气体，而b分子中没有羧基，不能与碳酸氢钠反应，所以选项B正确。

B到c应该将分子中的醇羟基取代为溴原子，应该用浓氢溴酸溶液，在加热条件下进行反应，选项C错误。

C中酚羟基反应1个氢氧化钠，溴原子水解转化为NaBr，消耗1个氢氧化钠，酯基水解得到羧基，再反应1个氢氧化钠，所以1molc最多可与3molNaOH反应，选项D错误。

12.下列说法正确的是

A.CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<

O

B.若在海轮外壳上附着一些锌块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀

C.1molNa2O2与足量H2O反应产生O2，理论上转移的电子数约为2×

6.02×

1023

D.用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大

碳酸钙的分解将固体转化为气体，所以一定是熵增反应，即熵判据符合自发要求，但是该反应仍然不能自发进行，说明其焓变一定不符合要求，所以焓变大于0，选项A错误。

在海轮外壳上附着一些锌块，可以形成锌铁原电池，其中锌为负极对正极的铁起到了保护作用（牺牲阳极的阴极保护法），选项B正确。

过氧化钠与水反应时，过氧化钠内-1价的氧，有一半转化为0价，一半转化为-2价，所以1molNa2O2与足量H2O反应，实际只转移1mol电子，选项C错误。

中和等物质的量的NaOH需要的盐酸和醋酸的物质的量一定相等，pH均为2的盐酸和醋酸相比，明显醋酸的浓度远大于盐酸，为了达到相同的物质的量，应该取更小体积的醋酸，选项D错误。

在电解质溶液的问题中，中和应该是指酸碱恰好反应得到盐（并不代表溶液会显中性），所以中和1mol的NaOH，需要的一元酸HX的物质的量一定是1mol，这与HX是强酸还是弱酸实际没有关系。

13.由下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

选项

实验操作和现象

结论

A

向FeCl3溶液中滴加SnCl2溶液，黄色褪去

还原性：

Fe2+>

Sn2+

B

向溴水中通入某无色气体，溴水褪色

该气体一定是SO2

C

向溶液X中滴加新制氯水，再滴加KSCN溶液，溶液出现红色

溶液X中含Fe2+

D

向2.0mL浓度均为0.1mol/LKCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol/L的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色

Ksp（AgCl）>

Ksp（AgI）

A.AB.BC.CD.D

【详解】A.向FeCl3溶液中滴加SnCl2溶液，黄色褪去，说明Sn2+将Fe3+还原为Fe2+，所以还原性：

Fe2+＜Sn2+，选项A错误；

B.向溴水中通入某无色气体，溴水褪色，该气体可能是二氧化硫之类的还原性气体，或者是乙烯之类的能与溴水加成的气体，选项B错误；

C.向溶液X中滴加新制氯水，再滴加KSCN溶液，溶液出现红色，不能证明原溶液有Fe2+，因为可能是原溶液有Fe3+，正确的操作应该是：

向溶液X中滴加KSCN溶液，不变红，再滴加新制氯水，溶液出现红色，证明原溶液有Fe2+，选项C错误；

向2.0mL浓度均为0.1mol/LKCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol/L的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明生成的是AgI沉淀，即在浓度相同的前提下，碘离子优先于银离子沉淀，所以Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），选项D正确；

答案选D。

14.常温下，向H2C2O4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，若定义pc=-lgc，则所得溶液中pc（H2C2O4）、pc（HC2O4-）、pc（C2O42-）与溶液pH的关系如图所示。

A.常溫下，Ka1（H2C2O4）=10-1.3

B.pH=x时，c（HC2O4-）<

c（H2C2O4）=c（C2O42-）

C.M点时，c（Na+）<

2c（HC2O4-）+c（C2O42-）

D.

随pH的升高而增大

【答案】AC

定义pc＝-lgc，所以纵坐标的数值越大，代表浓度应该越小。

根据曲线随着pH的变化趋势，可以判断出来，I代表HC2O4-，Ⅱ代表H2C4O4，Ⅲ代表C2O42-。

从图中得到pH=1.3的时候，c（H2C2O4）＝c（HC2O4-），所以Ka1（H2C2O4）＝

=c（H+）=10-1.3，选项A正确。

纵坐标的数值越大，代表浓度应该越小，所以pH=x时，c（HC2O4-）＞c（H2C2O4）＝c（C2O42-），选项B错误。

溶液中存在的电荷守恒式为：

c（H+）＋c（Na+）＝c（HC2O4-）＋2c（C2O42-）＋c（OH-），图中得到M点溶液为酸性，所以c（H+）＞c（OH-），即c（Na+）＜c（HC2O4-）＋2c（C2O42-），又因为M点表示c（C2O42-）＝c（HC2O4-），所以c（HC2O4-）＋2c（C2O42-）＝2c（HC2O4-）＋c（C2O42-），所以c（Na+）＜2c（HC2O4-）＋c（C2O42-），选项C正确。

=

，所以该式子是草酸两步电离平衡常数的比值，应该只与温度有关，选项D错误。

15.温度为T1℃时,在四个容积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：

2NO（g）+2H2（g）

N2（g）+2H2O（g）ΔH，该反应的速率表达式为v=k·

cm（NO）·

cn（H2）（k、m、n为常数），测得有关实验数据如下：

容器编号

物质的起始浓度

（mol/L）

速率

（mol·

L-1·

s-1）

物质的平衡浓度

c（NO）

c（H2）

c（N2）

Ⅰ

6×

10-3

1×

a×

2×

10-4

Ⅱ

2a×

Ⅲ

b×

Ⅳ

4b×

A.m=2，n=1

B.达到平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅳ的总压强之比为1:

2

C.温度升高为T2℃，测得平衡时，容器Ⅱ中c（H2O）=3.8×

10-4mol/L，则ΔH>

D.T1℃时，容器Ⅲ中达到平衡后再充入NO、H2O（g）各2×

10-4mol，则反应将向逆反应方向进行

【答案】AD

反应Ⅰ、Ⅱ相比较，NO的浓度不变，Ⅱ中氢气浓度是Ⅰ的2倍，反应速率Ⅱ是Ⅰ的2倍，所以n=1；

反应Ⅲ、Ⅳ相比较，氢气的浓度不变，Ⅳ中NO浓度是Ⅲ的2倍，反应速率Ⅳ是Ⅲ的4倍，所以m=2；

选项A正确。

恒温恒容下，体系的压强比等于气体的物质的量的比，对于反应Ⅱ有：

2NO（g）+2H2（g）

N2（g）+2H2O（g）

起始：

6200

反应：

xxx/2x/2

平衡：

6-x2-xx/2x/2

对于反应Ⅲ有：

2600

yyy/2y/2

2-y6-yy/2y/2（以上单位都是10-3mol/L）

两个反应的平衡常数必然相等，列出其平衡常数计算式，两个反应的K值相等，一定得到x=y。

则得到达平衡时两个反应体系的气体总物质的量相等，所以压强相等，选项B错误。

温度不变的前提下，从反应Ⅰ变为反应Ⅱ，氢气的浓度变为原来的2倍，则平衡正向移动，达到新平衡的时候c（N2）应该大于2×

10-4mol/L，此时的c（H2O）应该大于4×

10-4mol/L；

但是，实际升高温度以后实验Ⅱ达平衡时c（H2O）=3.8×

10-4mol/L＜4×

10-4mol/L，说明升高温度的时候，平衡一定逆向移动了，所以该反应为放热反应，焓变小于0，选项C错误。

增大生成物浓度，平衡一定逆向移动，所以充入NO、H2O（g）各2×

10-4mol，则反应将向逆反应方向进行，选项D正确。

本题

B选项，可以做的稍微简单一点：

因为反应物NO和H2的系数相等，所以按照c（NO）=6×

10-3mol/L、c（H2）=1×

10-3mol/L进行投料和按照c（NO）=1×

10-3mol/L、c（H2）=6×

10-3mol/L进行投料相比，平衡态的生成物是一样多的，而反应物只是将NO和H2的量换了一下，所以最终总物质的量应该相等。

16.K2Cr2O7是一种重要的化工原料。

以铬铁矿（主要成分为FeO·

Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质）为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下：

已知：

①4FeO·

Cr2O3+8Na2CO3+7O2

8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2

②Cr2O72-+H2O

2CrO42-+2H+

（1）“焙烧”时，Al2O3与Na2CO3发生反应的化学方程式为___________。

（2）“滤渣”的主要成分是________（填化学式）.

（3）“酸化”步骤调节溶液pH<

5，其目的是_________

（4）“转化”一步发生反应的化学方程式为____________

（5）采用电解法处理含铬废水原理如下图所示。

阳极区溶液中发生反应：

Cr2O72-+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O，阳极的电极反应式为_______，阴极产生的气体为_______（填化学式）。

【答案】

（1）.Na2CO3+Al2O3

2NaAlO2+CO2↑

（2）.Al（OH）3（3）.使CrO42-转化为Cr2O72-（4）.Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl（5）.Fe-2e—=Fe2+（6）.H2

（1）焙烧的时候，因为氧化铝为两性氧化物，所以与碳酸钠反应得到偏铝酸钠，方程式为：

Na2CO3+Al2O3

2NaAlO2+CO2↑。

（2）加入醋酸调节pH=7的目的是将溶液的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀除去，所以滤渣的主要成分为Al（OH）3。

（3）根据已知②得到：

加入醋酸调节溶液pH<

5，其目的是将溶液中的CrO42-转化为Cr2O72-。

（4）转化这一步，加入KCl的目的是将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7沉淀，所以方程式为：

Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

（5）两个电极都是铁板，所以阳极电极也是单质铁，则阳极反应应该是Fe-2e—=Fe2+，生成的Fe2+再将Cr2O72-还原为Cr3+。

阴极是溶液中的阳离子（H+）得电子，生成氢气，所以阴极气体为H2。

17.氨氯地平可用于治疗高血压和心绞痛。

其中间体F的合成路线流程图如下：

（1）F中的含氧官能团名称为酰胺键、________和________等。

（2）D

E的反应类型为___________

（3）X的分子式为C7H5Ocl，写出X的结构简式：

___________

（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：

①含两个苯环的α-氨基酸②能与FeCl3溶液发生显色反应③分子中只有5种不同化学环境的氢

（5）已知：

CH3CH2CN

CH3CH2COOH。

请写出以CH3CH2OH、NCCH2CN、

为原料制备

的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。

____________

【答案】

（1）.酯基，羰基

（2）.醚键（任意写两个）（3）.取代反应（4）.

（5）.

（6）.

（1）F的含氧官能团为酰胺键、酯基、羰基、醚键，则后面三个任写两个即可。

（2）D断掉羟基上的O－H共价键，E断开C－Cl共价键，再发生交换得到E和HCl，所以D→E是发生取代反应。

（3）对比E和F的结构简式，得到F比E多的是左边的苯环结构，所以得到X中一定有如下的基本结构

，在根据X的分子式，得到X为

。

（4）E的分子式为C14H17O6N，条件①说明有两个苯环，且有

基团；

条件②说明有酚羟基；

条件③说明分子对称。

由于分子只能有一个氨基酸结构，所以分子关于氨基酸结构对称，有

结构单元，此时分子的不饱和度已经足够，所以剩余应该都是羟基，再加上另外的两个饱和碳（也要对称），所以结构为：

（5）根据题目的最后一步反应得到：

和

反应即可。

苯甲醇氧化可以得到苯甲醛，NCCH2CN水解得到

，所以合成路线为：

18.为测定某三价铁配合物（化学式表示为Ka[Feb（C2O4）c]·

xH2O）的组成，做了如下实验：

步骤1：

称取1.9640gKa[Feb（C2O4）c]·

xH2O晶体，配制成250.00mL溶液.

步骤2：

取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入1mol/LH2SO45.0mL，加热到70~85℃，用0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点（5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O），消耗KMnO4溶液48.00mL。

步骤3：

向反应后的溶液中加入一定量锌粉。

加热至黄色恰好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。

步骤4：

继续用0.01000mol/LKMnO