山东省潍坊市届高三新高考模拟化学试题三解析版Word格式文档下载.docx

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的名称为：

2，2，3-三甲基戊烷，选项A正确；

B．根据信息可知，A的结构简式为

，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，选项B错误；

C．由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，选项C正确；

D．A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：

、

，它们名称依次为：

3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，选项D正确；

『答案』选B。

3.下列各实验中所选用的实验仪器不能都用到的是（）

A.除去Na2CO3溶液中的CaCO3，选用③、④和⑥

B.NaC1溶液的蒸发结晶，选用①、⑥和⑦

C.配制100mL0.1mol·

L-1的NaOH溶液，选用③、⑤、⑥和⑨

D.将海带灼烧灰化，选用①、⑦和⑧

『详解』A．除去Na2CO3溶液中的CaCO3，采用过滤的方法，选用③、④和⑥，A正确；

B．NaC1溶液的蒸发结晶，用酒精灯加热蒸发皿，并用玻璃棒搅拌，选用①、⑥和⑦，B正确；

C．配制100mL0.1mol·

L-1的NaOH溶液，溶解选用③、⑥，移液选用⑤、⑥，定容选用⑨，C正确；

D．将海带灼烧灰化，选用酒精灯加热，泥三角固定、坩埚中灼烧，选用①、⑧和坩埚，D错误；

『答案』为D。

4.某元素基态原子3d轨道上有10个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（）

A.3d104s1B.3d104s2C.3s23p6D.4s24p2

『答案』C

『详解』A．若价电子排布为3d104s1，为29号元素Cu，电子排布式为：

[Ar]3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故A正确；

B．若价电子排布为3d104s2，为30号元素Zn，电子排布式为[Ar]3d104s2，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故B正确；

C．若价电子排布为3s23p6，为18号元素Ar，电子排布式为1s22s22p63s23p6，3d轨道上没有电子，故C错误；

D．若价电子排布为4s24p2，为32号元素Ge，电子排布式为[Ar]3d104s24p2，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故D正确；

故『答案』为C。

5.泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。

下列说法不正确的是（）

泛酸

乳酸

A.泛酸分子式为C9H17NO5

B.泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物

C.泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关

D.乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物

『详解』A.根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故A正确；

B.泛酸在酸性条件下的水解出

，

与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；

C.泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C正确；

D.2分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物

，故D正确；

选B。

『点睛』本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。

6.已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如下所示转化关系，且D为强电解质（其他相关物质可能省略）。

A.若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2:

3

B.若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第IVA族

C.若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应

D.若A是金属或非金属单质，则常温下0.1mol/L的D溶液中由水电离出的c（H+）可能为10-13mol/L

『分析』中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。

『详解』A．若A为非金属单质氮气，则它与Mg反应的产物为Mg3N2，阴阳离子个数比为2：

3，A项正确；

B．若A的组成元素为第二周期IVA族元素，则A为碳元素，B为CO，C为CO2，D为H2CO3，碳酸为弱酸，与题给的D为强电解质这一信息不符合，B项错误；

C．若A为共价化合物硫化氢，可与浓硫酸反应氧化还原反应，C项正确；

D．若A为金属单质，则D溶液为强碱溶液，可判断A为钠。

常温下0.1mol/L的NaOH溶液中由水电离出的c（H+）为10-13mol/L，如果是氮气，则D是硝酸，常温下0.1mol/L硝酸溶液中由水电离出的氢离子浓度是10-13mol/L，D项正确；

所以『答案』选择B项。

『点睛』单从题给的反应过程来看，明确物质A经过了连续氧化，所以所涉及的短周期元素肯定有变价，如从CH4→CO→CO2,C→CO→CO2；

NH3→NO→NO2，N2→NO→NO2；

S→SO2→SO3，H2S→S→SO2等。

7.已知干冰晶胞属于面心立方最密堆积，晶胞中相邻最近的两个CO2分子间距为apm，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）

A.晶胞中一个CO2分子的配位数是8

B.晶胞的密度表达式是

g·

cm－3

C.一个晶胞中平均含6个CO2分子

D.CO2分子的立体构型是直线形，中心C原子的杂化类型是sp3杂化

『详解』A．面心立方最密堆积配位数为12，故A错误；

B．该晶胞中最近的相邻两个CO2 

分子间距为apm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上顶点上的二氧化碳之间的距离为apm，则晶胞棱长=

apm=

a×

10-10cm，晶胞体积=（

10-10cm）3，该晶胞中二氧化碳分子个数=8×

+6×

=4，晶胞密度=

，故B正确；

C．该晶胞中二氧化碳分子个数=8×

=4，故C错误；

D．二氧化碳分子是直线形分子，C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故D错误；

故选：

B。

『点睛』六方最密堆积、面心立方最密堆积的配位数均为12，体心立方堆积配位数为8，简单立方堆积配为数为6。

8.下列实验中，能达到相应实验目的的是（）

A．制备并收集乙酸乙酯

B．证明氯化银溶解度大于硫化银

C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯

D．推断S、C、Si的非金属性强弱

『详解』A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；

B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；

C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；

D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>

C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>

Si，故选D。

9.硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。

实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2［SO2（g）+Cl2（g）

SO2Cl2（l）ΔH=-97.3kJ/mol］，装置如图所示（部分装置省略）。

已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。

下列说法错误的是（）

A.乙装置中盛放的试剂是P2O5，防止水蒸气进入装置中

B.装置甲应置于冰水浴中，目的是提高SO2Cl2产率

C.反应结束后，分离甲中混合物的实验操作是蒸馏

D.SO2、Cl2均可使品红试液褪色，原理不相同

『答案』A

『分析』SO2Cl2沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的仪器的名称为球形冷凝管，作用是使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流；

由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，Cl2、SO2都是有毒气体，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水能发生剧烈反应并产生白雾，所以乙中盛碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解；

活性炭有多孔结构可以增大反应物之间的接触面，提高反应速率；

分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法。

『详解』A.乙装置中盛放的试剂是碱石灰，吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解，故A错误；

B.制备硫酰氯的反应为放热反应，装置甲应置于冰水浴中，可提高SO2Cl2产率，故B正确；

C.根据硫酰氯的熔沸点数据，反应结束后，分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏，故C正确；

D.SO2、Cl2均可使品红试液褪色，二氧化硫可以和有机色质结合而具有漂白性，氯水中的次氯酸具有氧化性而具有漂白性，二者漂白原理不一样，故D正确；

『答案』选A。

10.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。

A.整个过程中O3作催化剂

B.反应III的方程式为O2+O===O3

C.光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质

D.反应I、反应Ⅱ均属于氧化还原反应

『详解』A、催化剂：

反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，故A说法错误；

B、根据过程，反应III：

O和O2参与反应，生成O3，即反应方程式为O2＋O=O3，故B说法正确；

C、根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故C说法正确；

D、反应I：

O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，故D说法正确；

二、本题共5小题，每小题4分，共20分。

每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。

11.微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。

A.M为电池正极，CH3COOH被还原

B.外电路转移4mol电子时，M极产生22.4LCO2

C.反应一段时间后，N极附近

溶液pH下降

D.Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活

『详解』A.由图中信息可知，电子由M极流向N极，则M为电池负极，CH3COOH被氧化，选项A错误；

B.根据负极电极反应式CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+可知，外电路转移4mol电子时，标准状况下M极产生22.4LCO2（忽略CO2溶解），但题干中没有说明标准状况，选项B错误；

C.根据图中信息可知，N极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N极附近pH增大，选项C错误；

D.强氧化剂能使蛋白质变性，故Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项D正确；

『答案』选D。

12.工业上以铬铁矿（主要成分为FeO·

Cr2O3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2Cr2O7·

2H2O），其主要反应为：

⑴4FeO·

Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2

8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2

⑵2Na2CrO4＋H2SO4

Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O

下列说法中正确的是（）

A.反应⑴和⑵均为氧化还原反应

B.反应⑴的氧化剂是O2，还原剂是FeO·

Cr2O3

C.高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4

D.生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子

『答案』BD

『详解』A、4FeO·

8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4＋H2SO4

Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；

B、4FeO·

8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂

氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·

Cr2O3，故B正确；

C、4FeO·

8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·

Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；

D、由方程式4FeO·

8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为

mol，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为

mol×

4=3.5mol，所以反应

（1）中每生成1molNa2CrO4时电子转移3.5mol，反应

（2）不是氧化还原反应，所以生成1mol的Na2Cr2O7时转移7mol电子，故D正确；

故选BD。

13.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：

A.分离器中的物质分离操作为过滤

B.反应器中，控制温度为20－100℃，温度过低速率慢，过高水气化且增大碘的流失，反应速率也慢

C.该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”

D.碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI

『答案』BC

『分析』从流程图可知，在反应器中，I2氧化SO2，生成硫酸和HI，在分离器中分离硫酸和HI，在膜反应器中HI发生分解反应产生H2和I2。

『详解』A.H2SO4、HI都溶于水，所以分离器中的物质分离操作不可能是过滤，A错误；

B.在反应器中，控制温度为20－100℃，根据温度对化学反应速率的影响，若反应温度过低速率慢，但温度过高，水气化，会使碘单质升华，增大碘的流失，也会导致反应速率比较慢，B正确；

C.在反应器中I2反应转换为HI，在膜反应器中HI分解转化为H2和I2，从而实现了碘循环，C正确；

D.在反应器中发生反应：

SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，在膜反应器中发生反应：

2HI=H2+I2，所以碘循环工艺的总反应为2SO2+2H2O=H2+H2SO4，D错误；

故合理选项

BC。

『点睛』本题考查了氧化还原反应在环境污染治理

应用的知识。

采取一定的工艺流程，不仅可以降污减排，而且还可以得到有实用价值的化工原料，实现物质的资源化利用，真正实现“垃圾是放错地方的资源”的合理化应用。

14.25℃时，向0.10mol·

L-1的H2C2O4（二元弱酸）溶液中滴加NaOH溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。

A.25℃时H2C2O4的一级电离常数为Ka1=104.3

B.pH=2.7的溶液中：

c（H2C2O4）=c（C2O42-）

C.pH=7的溶液中：

c（Na+）>

2c（C2O42-）

D.滴加NaOH溶液的过程中始终存在：

c（OH-）+2c（C2O42-）+c（HC2O4-）=c（Na+）+c（H+）

『分析』草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH=Na2C2O4＋H2O，然后进行分析；

『详解』草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH=Na2C2O4＋H2O，

A、根据图像，H2C2O4二级电离常数表达式K=c（C2O42－）×

c（H＋）/c（HC2O4－），在pH=4.3时，c（C2O42－）=c（HC2O4－），此时H2C2O4的二级电离常数为10－4.3，不是H2C2O4的一级电离常数，故A说法错误；

B、根据图像，pH=2.7的溶液中，c（H2C2O4）=c（C2O42－），故B说法正确；

C、根据电荷守恒，c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（HC2O4－）＋2c（C2O42－），当pH=7时，c（H＋）=c（OH－），有c（Na＋）=c（HC2O4－）＋2c（C2O42－），因此c（Na＋）>

2c（C2O42－），故C说法正确；

D、溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（HC2O4－）＋2c（C2O42－），故D说法正确；

15.用煤油作溶剂，二（2－乙基己基）磷酸酯作流动载体，H2SO4作内相酸处理含铜废水。

在其他条件相同时，Cu2＋萃取率[萃取率＝

×

100％]与初始Cu2＋浓度关系如图1所示；

在其他条件相同时，处理前初始Cu2＋浓度为200mg·

L－1，Cu2＋萃取率与废水pH的关系如图2所示。

A.根据图1可知，废水中初始Cu2＋浓度越大，Cu2＋的萃取效果越好

B.根据图2可知，废水初始pH＞2时，去除Cu2＋的效果较好

C.根据图1可知，Cu2＋初始浓度为200mg·

L－1时，Cu2＋的萃取率为97.0％

D.根据图2可知，若取800mL初始Cu2＋浓度为200mg·

L－1的废水，在pH＝1.5时处理废水，则处理后的废水中剩余Cu2＋的物质的量为1.5×

10－3mol（假设体积不变）

『答案』AD

『分析』根据图1可知，Cu2＋萃取率随初始Cu2＋浓度（100-400mg/L）的增大而减小；

根据图2可知，废水初始pH＞2时，去除Cu2＋的效果较好且稳定，结合图像数据进行具体分析。

『详解』A．根据图1可知，Cu2＋萃取率随初始Cu2＋浓度的增大而减小，故A错误；

B．根据图2可知，废水初始pH＞2时，去除Cu2＋的效果较好，故B正确；

C．根据图1可知，Cu2＋初始浓度为200mg·

L－1时，Cu2＋的萃取率为97.0％，故C正确；

D．根据图2可知，若取800mL初始Cu2＋浓度为200mg·

L－1的废水，

，在pH＝1.5时处理废水，萃取率为60%，则除去的

，则处理后的废水中剩余Cu2＋的物质的量为1×

10－3mol，故D错误；

『答案』选AD。

三、非选择题：

本题共5小题，共60分。

16.甲醛（HCHO）俗称蚁醛，是一种重要的化工原料。

可通过以下方法将甲醇转化为甲醛。

脱氢法：

CH3OH（g）=HCHO（g）＋H2（g）ΔH1＝＋92.09kJ·

mol－1

氧化法：

CH3OH（g）＋

O2（g）=HCHO（g）＋H2O（g）ΔH2

回答下列问题:

（1）已知：

2H2（g）＋O2（g）=2H2O（g）ΔH3＝－483.64kJ·

mol－1，则ΔH2＝_________________。

（2）与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为________________________________________________________。

（3）图1为甲醇制备甲醛反应的lgK（K为平衡常数）随温度（T）的变化曲线。

曲线_____（填“a”或“b”）对应脱氢法，判断依据是_____________________________________。

（4）将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品（结构简式如图2），该物质在医药等工业中有广泛用途。

若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为___________。

（5）室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。

一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则a极的电极反应式为_________________________________________________，当电路中转移4×

10－4mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为________________mg。

『答案』

（1）.－149.73kJ·

mol－1

（2）.脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大（3）.b（4）.脱氢法为吸热反应，温度升高，K增大（5）.3∶2（6）.HCHO＋H2O-4e－=CO2＋4H＋（7）.3

『详解』

（1）已知i．CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g）△H1=+92.09kJ•mol-1

ii.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3=-483.64 

kJ•mol-1，

根据盖斯定律i+

ii得方程式CH3OH（g）+

O2（g）=HCHO（g）+H2O（g）△H2=（+92.09-

483.64）kJ/mol=-149.73kJ•mol-1；

（2）根据热化学反应方程式可知脱氢法焓变大于零为吸热反应，氧化法焓变小于零为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大；

（3）脱氢法为吸热反应，温度升高，K增大，所以曲线b对应的是脱氢法；

（4）将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：

4=3：

2，即物质的量之比为3:

2；

（5）据图可知a极HCHO被氧化生成CO2，则a为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为HCHO＋H2O-4e－=CO2＋4H＋；

根据