届吉林省延边州高三仿真模拟理综化学试题解析版.docx
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届吉林省延边州高三仿真模拟理综化学试题解析版
吉林省延边州2018年高考仿真模拟
理综化学试题
1.现代生活需要人们有一定的科学素养，下列有关化学的科学常识正确的是
A.“地沟油”不能食用，但可以加工成肥皂或生物柴油
B.利用SiO2的导电性来制备光导纤维
C.可用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的矿物油
D.发展新能源汽车的主要目的是为了减少PM2.5的排放
【答案】A
【解析】“地沟油”的主要成分为油脂,油脂在碱性条件下水解称为皂化反应,油脂燃烧放出大量热量,可制作生物柴油,也可以发生皂化反应，加工成肥皂，A正确；二氧化硅不导电,利用SiO2的导光性来制备光导纤维，B错误；碳酸钠溶液发生水解溶液显碱性,加热使碳酸钠溶液碱性增强,能使动物或植物的油脂发生水解,但矿物油的成分是烃类,不与NaOH反应,故热的碳酸钠溶液不能去除金属表面的矿物油,C错误；发展新能源汽车的主要目的是节能、减排,不是为了减少PM2.5的排放,D错误；正确选项A。
2.下列有机物命名及其一氯代物的同分异构体数目正确的是
选项
命名
一氯代物
A
2-甲基-2-乙基丙烷
4
B
1,3-二甲基苯
3
C
2,2,3一三甲基戊烷
6
D
2,3-二甲基-4-乙基己烷
7
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
..................
3.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A.1L2mol/LK2S溶液中S2-和HS-的总数为2NA
B.300ml2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA
C.标准状况下，30g乙酸和甲醛的混合物中氧原子数为NA
D.常温下，5.6g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3NA
【答案】C
【解析】S2-发生两步水解，溶液中存在S2-、HS-、H2S三种微粒，根据硫原子的量守恒，1L、2mol/LK2S溶液中HS-和H2S的总数小于2NA，A错误；蔗糖溶液中,除了蔗糖分子还有水分子,故溶液中的分子个数多于0.6NA,B错误；乙酸和甲醛的最简式均为CH2O,故30g混合物中含有的CH2O的物质的量为1mol,则含有NA个氧原子,C正确；常温下,铁在浓硝酸中会钝化,故不能反应完全,故转移的电子数小于0.3NA,D错误；正确选项C。
4.X、Y、Z均为短周期元素。
已知X元素的原子核内无中子，Y元素的原子核外最外层电子数是其次外层电子数的2倍，Z元素是地壳中含量最丰富的元素。
有下列含该三种元素的化学式:
①X2Y2Z2 ②X2YZ3 ③X2YZ2 ④X2Y2Z4 ⑤X3YZ4 ⑥XYZ3,其中可能存在对应物质的是
A.只有②B.只有②④C.只有②⑤⑥D.只有①②③④
【答案】D
【解析】X为H；Y为C；Z为O；则他们组合起来可能为：
H2CO3，H2CO4，HCOOH；HCHO.
5.下列实验方案中，不能达到实验目的的是
编号
实验内容
实验目的
A
分别将一小粒钠投入水与无水乙醇中，钠与水反应更剧烈
证明羟基氢活泼性:
H2O>C2H5OH
B
测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大
证明非金属性:
S>C
C
向试管中加入适量的乙醇和浓硫酸，在一定温度下加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色
证明乙醇发生消去反应有乙烯生成
D
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部，比在水中反应安静，乙醇结构中羟基氢的活性比水中的弱，说明相同条件下，水的电离能力比乙醇强，A正确；测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，说明亚硫酸的酸性大于碳酸，但亚硫酸不是最高价含氧酸，不能根据亚硫酸、碳酸的酸性强弱判断S、C的非金属性强弱，B错误；乙醇和浓硫酸，在一定温度下加热，发生消去反应生成乙烯气体，乙烯气体能够与溴发生加成反应，导致溴的四氯化碳溶液褪色，可达实验目的，C正确；含有酚酞的Na2CO3溶液,因碳酸根离子水解显碱性溶液变红,加入少量BaC12固体,Ba2+与CO2-3结合生成沉淀，水解平衡CO2-3+H2O⇌HCO−3+OH−逆向移动,则溶液颜色变浅,证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，D正确；正确选项B。
点睛：
若要证明硫的非金属性大于碳，可以向碳酸钠溶液中加入足量的硫酸，产生能够使澄清的石灰水变浑浊的气体，酸性：
硫酸大于碳酸，由于硫、碳元素都是最高正价，所以非金属性硫大于碳。
6.工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液体积为50mL,Cr2O72-的起始浓度、电压、电解时间均相同）。
下列说法中，不正确的是
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨，
滴加1mL浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸
Cr2O72-的去除率/%
0.922
12.7
57.3
A.对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72-的去除率
B.实验②中，Cr2O72-在阴极放电的电极反应式是Cr2O72-+6e-+14H+═2Cr3++7H2O
C.实验③中，Cr2O72-去除率提高的原因是Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O
D.实验③中，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72-被还原
【答案】D
【解析】对比实验①②,这两个实验中只有溶液酸性强弱不同,其它外界因素都相同,且溶液的pH越小,Cr2O72-的去除率越大,所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率,A正确；实验②中,Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应,电极反应式为
═
B正确；实验③中,Cr2O72-在阴极上得电子,且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-,离子方程式为
═
所以导致Cr2O72-去除率提高,C正确；实验③中,Cr2O72-在阴极上得电子,且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-,理论上电路中每通过6mol电子,则有1molCr2O72-在阴极上被还原,且溶液中还有1molCr2O72-被
还原,所以一共有2molCr2O72-被还原,D错误；正确选项D。
点睛：
实验③中,Cr2O72-在阴极上得电子,且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-,理论上电路中每通过6mol电子,则有1molCr2O72-在阴极上被还原,且溶液中还有Cr2O72-被还原。
7.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应:
2NO2（g）
2NO（g）+O2 （g）（正反应吸热）。
实验测得:
v正= v （NO2 ）消耗= k正c2（NO2 ），v逆= v（NO）消耗=2v （O2 ）消耗= k逆c2 （NO）·c（O2 ），k正、k逆为速率常数，受温度影响。
下列说法正确的是
容器
编号
物质的起始浓度（mol·L－1）
物质的平衡浓度（mol·L－1）
c（NO2）
c（NO）
c（O2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
0.35
A.设k为该反应的化学平衡常数，则有k=k逆:
k正
B.达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中的总压强之比为20∶17
C.容器Ⅱ中起始平衡正向移动，达平衡时，容器Ⅱ中NO2的转化率比容器Ⅰ中的小
D.若改变温度为T2,且T2>T1,则k正:
k逆<0.8
【答案】C
【解析】平衡时，正、逆反应速率相等，则有
，所以K=c2（NO）c（O2）/c2（NO2）=k正/k逆；A错误；根据反应方程式和容器Ⅰ中
的平衡浓度可知：
平衡时，c（NO）=0.4mol·L－1，c（NO2）=0.2mol·L－1，则
温度下，该反应的平衡常数
；容器Ⅱ中浓度商QC=0.2×0.52/0.32=0.56<0.8,反应正向移动，气体的总量大于1mol,而容器Ⅲ中反应向左进行，气体的总量小于0.85mol，所以达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中的总压强之比大于20∶17，B错误；针对于容器Ⅰ内反应可知：
NO2的转化率为0.4/0.6=2/3,假设容器Ⅱ中NO2的转化率也为2/3，反应正向进行，则该反应的平衡常数为：
2NO2（g）
2NO（g）+O2（g）
起始量0.30.50.2
变化量0.20.20.1
平衡量0.10.70.3
平衡常数为k=0.3×0.72/0.12=14.7>8,所以容器Ⅱ中NO2的转化率小于2/3，即容器Ⅱ中起始平衡正向移动，达平衡时，容器Ⅱ中NO2的转化率比容器Ⅰ中的小，C正确；由于该反应正反应是吸热反应，温度
，所以
时平衡常数增大，则k正:
k逆>0.8；正确选项C。
8.随着能源与环境问题越来越被人们关注，碳-化学（C1化学）成为研究的热点。
“碳一化学”即以单质碳及CO、CO2、CH4、CH3OH等含一个碳原子的物质为原料合成工业产品的化学与工艺．
（1）将CO2转化成有机物课有效实现碳循环。
CO2转化成有机物的例子很多，如：
a.6CO2+6H2O
C6H12O6+6O2
b.CO2+3H2O
CH3OH+H2O
c.CO2+CH4
CH3COOH
d.2CO2+6H2
CH2=CH2+4H2O
在以上属于人工转化的反应中，原子利用率最高的是_______（填序号）。
（2）CO可用于合成甲醇。
在压强0.1MPa条件下，在体积为bL的密闭容器中充入
和
，在催化剂作用下合成甲醇：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）。
平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图。
①该反应属于_______反应（填“吸热”或“放热”）。
若一个可逆反应的平衡常数K值很大，对此反应的说法正确的是____（填序号）。
a.反应使用催化剂意义不大
b.该反应发生将在很短时间内完成
c.该反应达到平衡时至少有一种反应物百分含量很小
d.该反应一定是放热反应
②100℃时，该反应的平衡常数K=________（用a,b的代数式表示）。
（3）二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。
工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
①工业上利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
a.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H1=-90.8kJ•mol-1
b.2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=-23.5kJ•mol-
c.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g0+H2（g）△H3=-41.3kJ•mol
总反应：
3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=___．
②对于反应b，在温度和容积不变的条件下，能说明该反应已达到平衡状态的是_____（填字母）。
a.n（CH3OH）=n（CH3OCH3）=n（H2O）
b.容器内压强保持不变
c.H2O（g）的浓度保持不变
d.CH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2:
1
（4）以KOH溶液为电解质，用二甲醚-空气组成燃料，其中负极的电极反应式为_______。
（5）碳化合物在治理汽车尾气方面也大有可为，如CO、CH4等在一定条件下均可以与氮氧化物生成无污染的物质。
写出CO与氮氧化物（NOx）在有催化剂的条件下反应的化学方程式____________。
【答案】
（1）.c
（2）.放热（3）.c（4）.b2/a2（5）.-246.4kJ•mol-1（6）.cd（7）.CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O（8）.2xCO+2NOx
2xCO2+N2
【解析】
（1）反应物全部转化为生成物，原子利用率最高，上述四个反应中，只有c符合题意要求；正确选项c。
②100℃，平衡时CO的转化率为0.5，所以参加反应的CO的物质的量为0.5amol。
所以平衡时，CO的浓度为0.5a/b=a/2bmol/L，H2的浓度为a/b=mol/L，CH3OH的浓度为0.5a/b=a/2bmol/L，100℃时该反应的平衡常数K═
=
；正确答案：
b2/a2。
（3）由盖斯定律可知，通过①×2＋②＋③可得所求反应方程式，则ΔH＝－90.8×2－23.5－41.3＝－246.4kJ/mol；正确答案：
-246.4kJ•mol-1。
②平衡时各物质物质的量相等决定于开始加入物质的多少和反应限度,与平衡状态无关,所n（CH3OH）=n（CH3OCH3）=n（H2O），无法判断是否达到平衡状态,a错误；该反应是体积不变的反应,容器内压强恒为定值，无法判断是否达到平衡状态,b错误；反应达到平衡后，各物质的浓度保持不变，因此H2O（g）的浓度保持不变，可以判断反应达到平衡状态,c正确；C.当CH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2:
1时，才能表示正逆反应速率,且满足计量数关系,说明达到了平衡状态,d正确；正确选项cd。
（4）二甲醚-空气组成燃料电池，二甲醚做负极，发生氧化反应，负极的电极反应式为：
CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；正确答案：
CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。
（5）CO与氮氧化物（NOx）在有催化剂的条件下反应生成二氧化碳和氮气，化学方程式为：
2xCO+2NOx
2xCO2+N2；正确答案：
2xCO+2NOx
2xCO2+N2。
点睛：
可逆反应的平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，不能说明反应速率快慢、不能说明该反应在通常条件下一定可以发生、不能说明反应是吸热还是放热。
9.某实验小组用如图装置制备家用消毒液，并探究其性质。
反应停止后，取洗气瓶中无色溶液5mL 分别进行了如下实验:
操作
现象
a.测溶液pH,并向其中滴加2滴酚酞
pH=13,溶液变红，5min后褪色
b.向其中逐滴加入盐酸
溶液逐渐变成黄绿色
（1）写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式__________、_________。
（2）查阅资料：
酚酞的变色范围为8.2～10，且酚酞在强碱性溶液中红色会褪去
为探究操作a中溶液褪色的原因，又补充了如下实验：
操作
现象
取________NaOH溶液，向其中滴加2滴酚酞
溶液变红，30min后褪色
获得结论：
此实验小组制备的消毒液具有_________性。
（3）该小组由操作b获得结论：
随着溶液酸性的增强，此消毒液的稳定性下降。
①操作b中溶液变成黄绿色的原因：
_________（用离子方程式表示）。
②有同学认为由操作b获得上述结论并不严谨，需要进一步确认此结论的实验方案是_________。
（4）有效氯的含量是检测含氯消毒剂消毒效果的重要指标。
具体用“单位质量的含氯消毒液在酸性条件下所能释放出氯气的质量”进行表征，一般家用消毒液有效氯含量在5%以上。
小组同学进行如下实验测定有效氯：
取此消毒液5g，加入20mL0.5mol·L-1 KI溶液，10mL2mol·L-1的硫酸溶液；加几滴淀粉溶液后，用0.1mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2，达滴定终点时消耗Na2S2O3 20mL。
（已知：
2S2O32- +I2 ===S4O62- +2I-）
①达到滴定终点时的实验现象是_________。
②此消毒液有效氯含量为_________%（保留一位有效数字）。
获得结论：
此实验制得的消毒液_________（填“符合”或“不符合”）家用要求。
【答案】
（1）.4HCl+MnO2
Cl2↑+MnCl2+2H2O
（2）.Cl2+2NaOH═NaClO+NaCl+H2O（3）.5mL pH=13（4）.略（5）.2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O（6）.取洗气瓶中溶液5ml,向其中逐滴加入硫酸，观察溶液是否逐渐变为黄绿色（7）.溶液蓝色褪去且半分钟不恢复（8）.5.7%（9）.符合
【解析】试题分析：
（1）该装置中发生的反应有两个，一个是制取氯气，反应的方程式为4HCl+MnO2
Cl2↑+MnCl2+2H2O，另一个是氯气与氢氧化钠发生反应制取消毒液，发生反应的方程式为Cl2+2NaOH="=="NaClO+NaCl+H2O。
（2）根据资料可知，酚酞在强碱性溶液中红色会褪去，则为了验证溶液褪色的原因，需要补充碱性溶液使酚酞褪色的对比实验，在这一过程中要注意物质的体积与浓度原溶液相同，所以应取5mL，PH=13的NaOH溶液；通过对比实验的现象，溶液在30min后褪色，与原实验对比5min后褪色证明溶液褪色原因为消毒液的漂白性。
（3）①溶液变成黄绿色的原因为ClO-与Cl-在酸性条件下发生氧化还原反应生成了氯气，反应的方程式为2H++ClO-+Cl-="=="Cl2↑+H2O；②操作b中加入的酸为盐酸，盐酸中含有参与反应的Cl-，所以不严谨，所以补充的实验为将盐酸换成硫酸即可，故答案为取洗气瓶中溶液5mL，向其中逐滴加入硫酸，观察溶液是否逐渐变为黄绿色。
（4）①用Na2S2O3溶液滴定生成的I2，而这反应的方程式为2S2O32-+I2="=="S4O62-+2I-，则滴定终点的现象为溶液蓝色褪去；②n（Na2S2O3）=20×10-3×0．1=2×10-3mol，2S2O32-+I2="=="S4O62-+2I-，则n（I2）=1/2n（Na2S2O3）=10-3mol，消毒液在酸性条件下与KI反应的离子方程式为4H++2ClO-+2I-=Cl2+I2+2H2O，则n（Cl2）=n（I2）=10-3mol，则有效氯含量为71×10-3/5=1．42%<5%，则该消毒液不符合家用要求。
考点：
考查化学实验的设计和评价实验探究氯及其化合物
10.As2O3在医药、电子等领域有重要应用。
某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。
（1）“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐．H3AsO4转化为Na3AsO4反应的化学方程式是__________．
（2）“氧化”时，1mol AsO33-转化为AsO43-至少需要O2___________．
（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：
a．Ca（OH）2（s）
Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H＜0
b．5Ca2++OH-+3AsO43-
Ca5（AsO4）3OH△H＞0
研究表明：
“沉砷”的最佳温度是85℃．高于85℃后，随温度升高,沉淀率________（填“提高”或“下降”）。
用化学平衡原理解释其原因是_________。
（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是_________．
（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3．As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如右图所示．为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是___________．
（6）下列说法中，正确的是__________（填字母）．
a.粗As2O3中含有CaSO4
b.工业生产中，滤液1、2和废渣一同弃掉
c.通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的
【答案】
（1）.H3AsO4+3OH-═AsO43-+3H2O
（2）.0.5（3）.下降（4）.温度升高，反应a平衡逆向移动,c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH 沉淀率下降（5）.H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4（6）.调硫酸浓度约为7mol/L,冷却至25℃,过滤（7）.ac
【解析】
（1）H3AsO4与碱反应生成Na3AsO4和水，化学方程式是：
H3AsO4+3OH-═AsO43-+3H2O；正确答案：
H3AsO4+3OH-═AsO43-+3H2O。
（2）根据电子守恒规律：
1mol AsO33-转化为AsO43-失电子为2mol ，设氧气为xmol，4x=2，x=0.5mol；正确答案：
0.5。
（3）“沉砷”的最佳温度是85℃．高于85℃后，随温度升高,沉淀率会下降；原因温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH 沉淀率下降；正确答案：
下降；温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH 沉淀率下降。
（4）溶液中通入二氧化硫气体，把H3AsO4转化为H3AsO3，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，化学方程式是：
H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；正确答案：
H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4。
（5）根据图像可知，硫酸溶液的浓度为7mol/L时，温度控制在25℃时，As2O3的沉淀率较大；正确答案：
调硫酸浓度约为7mol/L,冷却至25℃,过滤。
（6）根据流程可知，“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，酸化时加入硫酸，会有CaSO4生成，所以粗As2O3中含有CaSO4，a正确；滤液1中含有氢氧化钠溶液；滤液2中含有硫酸钠溶液，废渣中含有硫酸钙，这些物质不能随意弃掉，应加以回收利用，b错误；通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的，c正确；正确选项ac。
11.现有A、B、C、D、E五种元素，他们性质如下:
A
周期表中原子半径最小的元素
B
电负性最大的元素
C
C的2p轨道中有三个未成对的单电子
D
原子核外电子数是B与C核外电子数之和
E
E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物
请回答如下问题：
（1）基态E原子有_____个未成对电子，二价E离子的核外电子排布式为_______。
（2）A2D分子中D原子的杂化类型是______，D的氧化物DO3分子空间构型为_______。
（3）CA3极易溶于水，其原因主要是_____，试判断CA3溶于水后，形成CA3·H2O的合理结构：
____（填字母代号），推理依据是_____。
（4）在ESO4溶液中滴入过量氨水，形成配合物的颜色为______，反应的离子方程式为_____。
（5）ZnD的晶胞结构如图1所示，在ZnD晶胞中，D2-的配位数为______。
（6）E与金形成的金属互化物结构如图2所示，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为______（用含a、NA的代数式表示）g·cm-3。
【答案】
（1）.1
（2）.1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9（3）.sp3杂化（4）.平面正三角形（5）.氨分子与水分子间形成氢键（6）.b（7）.一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根离子（8）.深蓝色（9）.Cu2++4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O（10）.4（11）.389/（NA·a3×10-21）
【解析】根据表中五种元素的相关叙述，可知这五种元素分别是H、F
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