高三下学期第一次模拟考试理综化学试题解析解析版doc.docx
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高三下学期第一次模拟考试理综化学试题解析解析版doc
说明：
1、考试时间：
75分钟；本卷满分：
100分
2、请将答案填写在答案卷上，考试结束后只交答案卷。
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56Cu64
Ne20Na23Mg24K39Al27Ca40
一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）
7．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D．古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，故A正确；B．铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；C．青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法，故C错误；D．剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故D正确；故选C。
考点：
考查化学反应类型、胶体以及铁合金的性质。
8．
的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的结构有（不考虑立体异构）
A．7种B．6种C．5种D．4种
【答案】D
【解析】
试题分析：
第一种情况就是四个碳分别形成甲基，①四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上，5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；②四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上，3、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；③四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上，4、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上，2、3、5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；所以苯环上的一氯代物只有一种的结构有同分异构体有4种；故选D。
考点：
考查同分异构体的书写
9．设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg2N3，转移的电子数为NA
B．14g分子式为CnH2n的链烃中含有的C—H键的数目为2NA
C．室温时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH-的数目为0.2NA
D．Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．MgO和Mg3N2的混合物中镁的化合价都为+2价，1mol镁变成镁离子生成2mol电子，共失去2NA个电子，故A错误；B．14g分子式为CnH2n的链烃中含有的碳原子的物质的量为1mol，则C—H键的数目为2NA，故B正确；C．常温下，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．氢气的体积没有指明状态，无法计算其物质的量，故D错误，答案为B。
考点：
考查物质的量基本计算
10．下列装置或操作能达到实验目的的是
A．装置①可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应
B．装置②中X为CCl4，可用于吸收氨气或氯化氢
C．装置③可用于实验室从食盐水中提取氯化钠
D．装置④可用于证明浓硫酸与乙醇共热生成乙烯
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．二氧化硫易溶于水，锥形瓶中气压减小，无法证明SO2与NaOH溶液发生了反应，故A错误；B．氨气或氯化氢是极易溶于水的气体，在处理时要防止倒吸，四氯化碳密度比水大，和水是互不相溶的，和氨气也不相溶，该装置可以防止倒吸，故B正确；C．实验室中从食盐水中提取氯化钠，应利用蒸发，蒸发操作利用蒸发皿，不能利用坩埚，故C错误；D．乙醇易挥发，能被高锰酸钾氧化，则该装置中生成的乙烯及挥发出的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色，则不能证明浓硫酸与乙醇共热生成乙烯，故D错误；故选B。
考点：
考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质、尾气处理、蒸发操作、气体的制取及检验等。
11．已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去），则下列有关物质的推断不正确的是
A．若A是铁，则E可能为稀硝酸
B．若A是CuO，E是碳，则B为CO
C．若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3
D．若A是AlCl3溶液，E可能是氨水
【答案】D
【解析】
试题分析：
A．A为Fe和硝酸反应可以生成硝酸铁和硝酸亚铁，硝酸亚铁可以被氧化为硝酸铁，能实现上述转化，故A不符合；B．A为CuO，碳还原氧化铜生成铜和二氧化碳，二氧化碳被过量碳还原为一氧化碳，符合上述反应转化，故B不符合；C．若A是NaOH溶液，二氧化碳和氢氧化钠溶于反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和碳酸氢钠可以相互转化，符合上述转化，故C不符合；D．若A是AlCl3溶液，和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，不能实现转换，故D符合；故选D。
考点：
考查元素化合物性质的分析应用
12．部分短周期元素的有关信息为：
元素代号
元素性质或原子结构
T
第二层上的电子数是第一层的3倍
R
与T同一族
L
L2+与T2-的核外电子数相等
Q
与L同族
Z
元素最高正价是+3价，与L同周期
根据上表中信息，判断以下叙述正确的是
A．氢化物的稳定性为H2T＜H2R
B．单质与稀盐酸反应的速率为L＜Q
C．Z与T形成的化合物具有两性
D．L与R通过离子键形成的化合物阴阳离子的核外电子数相等
【答案】C
【解析】
试题分析：
短周期元素中，T元素原子第二层上的电子数是第一层的3倍，则L层电子数为6，故T为O元素；R与T同一族，则R为S元素；L2+与T2-的核外电子数相等，则L为Mg；Q与L同族，则Q为Be；Z元素最高正价是+3价，与L同周期，则Z为Al；A．非金属性O＞S，故氢化物的稳定性为H2O＞H2S，故A错误；B．金属性L（Mg）＞Q（Be），故Mg与盐酸反应更剧烈，故B错误；C．Z与T形成的化合物为氧化铝，属于两性氧化物，故C正确；D．L与R通过离子键形成的化合物为MgS，Mg2+离子核外电子数为10、S2-离子核外电子数为18，故D错误，故选C。
考点：
考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。
13．常温下，用0.1mol•L-1的CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1的NaOH溶液，当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7。
已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，下列关系式正确是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
试题分析：
当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7，此时氢离子和氢氧根离子浓度相等，都是10-7mol/L，根据电荷守恒，钠离子浓度等于醋酸根离子浓度，c（Na+）=
mol/L，CH3COOH的电离平衡常数为Ka=
=
=
；故答案为A。
考点：
考查化学平衡常数的有关计算
26．（13分）碳铵是一种较常使用的化肥，它在常温下易分解。
某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问，时行了如下探究。
【定性实验】检验溶液中的阴、阳离子
取少量固体放入试管中，加入盐酸，把生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成．再另取少量碳铵放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，石蕊试纸变蓝色．
（1）根据实验现象，推测碳铵中所含有阴离子可能是_______和_______；
（2）根据实验现象，碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是____________________；
【定量试验】测定碳铵中C元素和N元素质量比．该兴趣小组准确称取ag碳铵，加热使之分解，并把产物通入碱石灰中，如图所示．
（3）碳铵固体应放在________中进行加热．
A．试管B．蒸发皿C．烧瓶D．坩埚
（4）从安全的角度考虑，尾气处理的装置可以选用________；
（5）若灼烧后没有固体残余，称量U形管在实验前后的质量差为bg．由此测得N元素的质量是_____g。
（6）为了测定碳铵中碳元素的质量，他们设计的实验方案是将ag碳铵完全溶解于水，加入过量BaCl2，然后测定生成沉淀质量．请你评价该方案是否合理；________（填“合理”“不合理”），理由是________。
【答案】（13分）
（1）HCO3－、CO32－（各1分，共2分）
（2）NH4＋＋OH－
NH3↑＋H2O或NH4＋＋HCO3－＋2OH－
NH3↑＋CO32－＋2H2O（2分）
（3）A（2分）（4）A（2分）（5）
（2分）
（6）本小题属于开放性试题，若考生只回答“合理”或“不合理”不给分；若考生回答“合理”或“不合理”且理由能做出相应解释，可酌情给分（3分）。
例如：
考生回答
①不合理，因为碳铵中可能含有HCO3－，不能与BaCl2产生沉淀，所测得碳元素质量分数不准确。
②合理，因为碳铵中只含有CO32－，加入BaCl2能完全生成沉淀，可准确测得碳元素的质量”。
考点：
考查性质实验方案的设计，侧重分析与实验能力的综合考查。
27．（16分）氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，下面是氮的氧化物的几种不同情况下的转化。
2019-2020年高三下学期第一次模拟考试理综化学试题解析（解析版）
（1）已知：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的反应为_______（填“放热”或“吸热”）反应．
（2）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图1所示．
①反应在c点_______（填“达到”或“未到”）平衡状态．
②开始时，在该容器中加入：
Ⅰ：
1molSO2（g）和1molNO2（g）；II：
1molSO3（g）和1molNO（g），则达化学平衡时，该反应的平衡常数Ⅰ_______Ⅱ（填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物时发生下列反应：
2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O
2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO2+H2O
将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图2所示的电解槽中进行电解，A室产生了N2．
①电极Ⅰ是_______极，B室产生的气体是______。
②A室NO2-发生的电极反应是_____________________；
【答案】（16分）
（1）放热（2分）
（2）①未到（2分）②＜（2分）
（3）①阴（2分）O2（2分）②2NO2﹣+6e﹣+4H2O=8OH﹣+N2↑（3分）（4）1:
3（3分）
【解析】
试题分析：
（1）已知：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1①
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1②将①/2-②2/可得：
SO2（g）+NO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）△H=
-
=-41.6KJ/mol，而当反应热△H＜0时，反应放热；
（2）①化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡；②容器恒容绝热，SO2（g）+NO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）△H＜0，反应放热，若在该容器中加入：
Ⅰ：
1molSO2（g）和1molNO2（g），则开始反应放热，温度升高平衡左移，K减小；若在容器中加入II：
1molSO3（g）和1molNO（g），则开始时反应吸热，温度降低平衡右移，K增大，故该反应的平衡常数Ⅰ＜Ⅱ；（3）通过A室产生了N2，可知I极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2-在I放电为N2，则A为阴极；则II极为阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH-在II极放电．
①电极I为阴极，由于B室为NaOH溶液，且II极为阳极，故在II极放电的是氢氧根：
4OH--4e-=O2↑+2H2O，即产生的气体为氧气；②NO2-在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是中性溶液，故放电的方程式为：
2NO2-+6e-+6H2O=8OH-+N2↑；（4）设出NO的体积为XL，NO2的体积为YL，根据混合气体的体积为6L，则有X+Y=6①氨气反应时，NO和NO2得电子，而氨气失电子，根据得失电子数守恒可有：
2X+4Y=7×3②将两式联立即可解得X=1.5，Y=4.5，则有X：
Y=1：
3。
考点：
考查盖斯定律的应用、化学平衡常数的大小比较以及电化学知识的运用。
28．（14分）锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁，90%的锰消耗于钢铁工业，10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门。
以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：
已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质
Mn（OH）2
Co（OH）2
Ni（OH）2
MnS
CoS
NiS
Ksp
2.1×10-13
3.0×10-16
5.0×10-16
1.0×10-11
5.0×10-22
1.0×10-22
（1）步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是_________________________________；
（2）步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：
①使矿物中的物质充分反应；②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境；③________________；
（3）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是__________________；
加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe3+。
（4）步骤Ⅲ中，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有_________；滤渣2的主要成分是_________；
（5）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn（OH）2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降．欲使溶液中c（Mn2+）≤1.0×10-5mol•L-1，则应保持溶液中c（S2-）≥_____mol•L-1。
【答案】（14分）
（1）MnCO3+H2SO4＝MnSO4+CO2↑+H2O（3分，气体符号不扣分）
（2）抑制Mn2+的水解（2分）（3）MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O（3分）
（4）烧杯（2分）CoS和NiS（每个1分，共2分）（5）1×10－6mol·L-1（2分）
考点：
考查物质分离的流程分析，注意分离提纯物质的实验设计和本质分析应用。
36．【化学选修2：
化学与技术】（15分）
我市某地的煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：
已知：
离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe3+
2.1
3.2
Al3+
4.1
5.4
请回答下列问题：
（1）“酸浸”后得到的残渣中主要含有的物质是___________，物质X的化学式为___________；
（2）“酸浸”时影响铝浸出率的因素可能有（写出两个）___________、___________；
（3）为了获得产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作过程是_______________________________________________________；
（4）Al（OH）3可添加到塑料中作阻燃剂的原因是___________________________；
（5）以Al和MnO2为电极，与NaCl和稀氨水电解质溶液组成一种新型电池，放电时MnO2转化为MnO（OH），该电池反应的化学方程式是__________________________________；
（6）预处理后的100t煤矸石经上述流程后，得到39t纯度为95%的氢氧化铝产品．则预处理后的100t煤矸石中铝元素的回收率为__________。
【答案】（15分）
（1）SiO2（2分）CO2（2分）
（2）盐酸的浓度反应温度（写一个得1分，共2分）
（3）加入CaCO3调节溶液pH至3.2，过滤洗涤除去Fe（OH）3后，再继续加入CaCO3调节溶液pH到5.4，过滤洗涤得到Al（OH）3（3分）
（4）Al（OH）3分解时吸收大量热量且分解生成高熔点的Al2O3（2分）
（5）Al+3MnO2+3H2O=3MnO（OH）+Al（OH）3（2分）（6）96.9%（2分）
【解析】
试题分析：
含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：
Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：
Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；
（1）能和酸反应的物质有氧化铝和氧化铁，二氧化硅不与酸反应，为残渣；X是碳酸钙和水解中的氢离子反应生成二氧化碳；
（2）酸的浓度、温度、反应物接触面积、是否充分搅拌、反应时间等都影响反应速率；（3）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的PH应该为3.2，过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液pH为5.4，以使氢氧化铝完全沉淀；（4）Al（OH）3的分解反应是吸热反应且生成的氧化铝的熔点高，所以Al（OH）3可添加到塑料中作阻燃剂；（5）根据原电池原理，Al、MnO2和H2O发生氧化还原反应生成MnO（OH）和Al（OH）3，方程式为Al+3MnO2+3H2O=3MnO（OH）+Al（OH）3；（6）煤矸石中铝元素的回收率=
×100%=
×100%=96.9%。
考点：
以工艺流程为载体考查了溶解平衡原理、物质间的反应、除杂等。
37．【化学选修3：
物质结构与性质】（15分）
新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。
（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①基态Cl原子中，电子占据的最高能层符号为_________，该能层具有的原子轨道数为________。
②LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-的立体结构是_________，B原子的杂化轨道类型是________。
Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为________。
（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。
①LiH中，离子半径Li+_______H-（填“＞”、“=”或“＜”）．②某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物．M的部分电离能如表所示：
I1/kJ•mol-1
I2/kJ•mol-1
I3/kJ•mol-1
I4/kJ•mol-1
I5/kJ•mol-1
738
1451
7733
10540
13630
M是________（填元素符号）。
（3）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm（棱长），Na+半径为102pm，H-的半径为________，NaH的理论密度是___________g·cm-3（只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）
【答案】（15分）
（1）①M（1分）9（1分）②正四面体（2分）sp3（2分）H>B>Li（2分）
（2）①<（1分）②Mg（2分）（3）142pm（2分）
（2分）
【解析】
试题分析：
（1）①基态Cl原子核电荷数为17，核外三个电子层，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道包括s、p、d共9个轨道；②BH4-中B原子价层电子数=4+（3+1−4×1）=4，且不含孤电子对，所以是正四面体构型，B原子的杂化轨道类型是sp3；非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li；
（2）①LiH中Li+和H-离子结构相同，核电荷数大，离子半径小，离子半径Li+＜H-；②该元素的第III电离能剧增，则该元素属于第IIA族，为Mg元素；（3）因2（rNa++rH-）=a，则rH-=a/2-rNa+=142pm；每个晶胞中含有4NaH，则1mol晶胞中含4molNaH，质量为24×4g，体积为NA（488×10-10）3cm3，则NaH的理论密度为m/V=
g·cm-3。
考点：
考查物质结构和性质，涉及电子排布、晶胞分析等。
38．【化学选修5：
有机化学基础】（15分）
以烃A或苯合成高分子化合物PMLA的路线如下：
已知：
（1）A的化学式为C4H6，其核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为2:
1，A的名称为_____，A的链状同分异构体有_____种（不包括A）。
（2）由F转化为H2MA的反应类型是________________-。
（3）1mol有机物F与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO244.8L，F有顺反异构，其反式结构简式是__________
（4）C的结构简式是_____________。
（5）E与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是_____________。
（6）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式_____________。
（任写一种）
【答案】（15分）
（1）1，3—丁二烯（2分）2（2分）
（2）加成反应（2分）
（3）
（2分）（4）
（2分）
（5）
（2分）
（6）
或
（3分，其它合理答案也给分）
【解析】
试题分析：
1mol有机物F与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C0244.8L，二氧化碳为2mol，说明F分子中有2个羧基，F有顺反异构，所以F中还有碳碳双键，则F为HOOC-CH=CH-COOH，由F、H2MA的分子式可知，F与水发生加成反应生成H2MA为
，H2MA发生缩聚反应得到PMLA为
等，从E到H2MA发生水解、酸化，故E为
，由B到E中官能团的变化可知，B为ClCH2CH=CHCH2Cl，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为
，C与HCl发生加成反应生成D为
，D与琼斯试剂反应得到E；
（1）A的化学式为C4H6，其核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为2:
1，则A的结构简式为CH2=CH—CH=CH2，化学名称为1，3—丁二烯，A的链状同分异构体炔烃分别为1-丁炔或2-丁炔，共有2种。
（2）由F、H2MA的分子式可知，F与水发生加成反应生成H2MA；（3）F为HOOC-CH=CH-COOH，其反式结构简式是
，（4）C的结构简式是
；（5）
与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是
（6
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