精品解析宁夏回族自治区吴忠中学届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试题解析版.docx

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精品解析宁夏回族自治区吴忠中学届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试题解析版

高三理综化学试题

注意事项：

1.本试题卷分为选择题和非选择题两部分。

答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和本试题卷上。

2.回答选择题时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在本试题卷和草稿纸上无效。

3.回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案按题号写在答题卡上。

写在本试题卷和草稿纸上无效。

一、单选题

1.化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是（）

A.Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具

B.SiO2具有导电性，可用于制作光电池

C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层

D.氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等

【答案】B

【解析】

【详解】A.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，吸收CO2放出O2，可用于制作呼吸面具，A项正确；B.SiO2为原子晶体，不具有导电性，可用于制作光导纤维，B项错误；C.聚四氟乙烯具有抗酸抗碱、抗各种有机溶剂、耐高温的特点，可用作化工反应器的内壁涂层，C项正确；D.氯水具有较强的氧化性，使纸张、织物中的色素因被氧化而褪色，D项正确。

答案选B。

2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.17g氨气中含有化学键的数目为4NA

B.18g的D2O中含有的质子数为10NA

C.28g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NA

D.1L1mol·L-1的NH4Cl溶液中NH4＋数目为1NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.17g氨气物质的量为1mol，N-H键数目为3NA，A项错误；B.18g的D2O中含有的质子数为

，B项错误；C.乙烯和环已烷最简式为CH2，28g的乙烯和环已烷混合气体中C原子2mol、H原子4mol，所含原子总数为6NA，C项正确；D.NH4Cl溶液中NH4＋水解，数目比1NA少，D项错误。

答案选C。

【点睛】阿伏加德罗常数有关题目常考点如下：

①分子、离子、原子、原子团等微观微粒结构；②盐类水解、弱电解质电离、反应的可逆性；③随反应进行反应，反应物浓度变化引起反应原理改变等。

3.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

A

B

C

D

实验

NaOH溶液滴入FeSO4溶液中

石蕊溶液滴入氯水中

Na2S溶液滴入AgCl浊液中

热铜丝插入稀硝酸中

现象

产生白色沉淀，随后变为红褐色

溶液变红，随后迅速褪色

沉淀由白色逐渐变为黑色

产生无色气体，随后变为红棕色

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

分析：

A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。

详解：

A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2O

HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。

点睛：

本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。

4.X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的相对位置如下图所示，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是（）

A.Z元素的氧化物对应的水化物一定是一种强酸

B.在三种元素形成的气态氢化物中，Y的气态氢化物最稳定

C.三种元素原子半径的大小顺序为：

X>Y>Z

D.Z的单质与Fe反应生成的化合物中，铁元素显＋3价

【答案】B

【解析】

【分析】

X、Y、Z三种短周期元素，根据元素周期表知，这三种元素是第二、三周期元素，Y位于第二周期，若Y原子的外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y最外层有6个电子，则Y是O元素，X是N元素，Z是S元素，据此解答本题。

【详解】X、Y、Z三种短周期元素，根据元素周期表知，这三种元素是第二、三周期元素，Y位于第二周期，若Y原子的外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y最外层有6个电子，则Y是O元素，X是N元素，Z是S元素；

A.Z是S元素，S元素的氧化物有SO2和SO3，其中SO2对应的水化物H2SO3是弱酸，故A错误；

B.同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，Y的非金属性大于X，所以氢化物的稳定性X＜Y，同主族从上到下非金属性依次减弱，Y的非金属性大于Z，所以氢化物的稳定性Z＜Y，故B正确；

C.原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，则原子半径大小顺序是Z＞X＞Y，故C错误；

D.S与Fe反应生成的是FeS，FeS中铁元素显+2价，故D错误。

故选B。

5.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有（不考虑立体结构）（）

A.5种B.6种C.7种D.8种

【答案】D

【解析】

【详解】分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物为饱和一元醇，采用残基法，除去官能团-OH外，剩余烷烃基C5H11-，结构如下：

、

、

、

、

、

、

、

，将烷烃基与羟基结合在一起，形成的醇8种。

答案选D。

【点睛】含卤素原子、醛基、羧基、硝基等官能团有机物同分异构体书写，可类似采用将上述官能团作为取代基，连接相应的烷烃基的方法。

6.下列说法正确的是（）

A.3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023

B.反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）常温下可自发进行，该反应为吸热反应

C.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能

D.在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快

【答案】A

【解析】

【详解】A.3H2+N2

2NH3，是可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3的物质的量小于1mol，转移电子的数目小于6×6.02×1023，A项正确；B.根据△G=（△H-T.△S）<0，反应可自发进行，4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s），反应后气体计量数更小，△S<0，反应常温下可自发进行，说明△G<0，而T>0，推知△H<0，该反应为放热反应，B项错误；C.氢氧燃料电池的能量转换率高，但放电时化学能也不是全部转化为电能，有可能以热能等形式释放出来，C项错误；D.酶在催化反应专一性，催化效率以及对温度、pH值的敏感等方面表现出一般工业催化剂所没有的特性。

在酶催化淀粉水解反应中，温度过高淀粉水解速率有可能减慢，D项错误。

答案选A。

7.pH＝1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是（）

①若a＜4，则A、B都是弱酸

②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强

③若a＝4，则A是强酸，B是弱酸

④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等

A.①④B.②③C.②④D.①③

【答案】D

【解析】

【分析】

强酸溶液稀释10n倍，pH升高n个单位，弱酸溶液存在电离平衡，稀释10n倍，pH升高不到n个单位。

【详解】pH＝1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，①稀释1000倍，弱酸溶液pH升高不到3个单位，a＜4，则A是弱酸，B的酸性更弱，则A、B都是弱酸说法正确；②稀释后，由图可知，A酸溶液比B酸溶液pH更大，酸性更弱，稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强说法错误；③稀释1000倍，A酸溶液pH升高3个单位，说明A为强酸，B酸溶液pH升高不到3个单位，说明B是弱酸，若a＝4，则A是强酸，B是弱酸，说法正确；④稀释前pH＝1的两种酸溶液A、B，只能说明c（H+）相等，A、B两种酸溶液的物质的量浓度与酸的元数，酸性强弱有关，一定相等说法不正确。

答案选C。

【点睛】强碱溶液稀释10n倍，pH降低n个单位，弱碱溶液存在电离平衡，稀释10n倍，pH降低不到n个单位。

室温时，酸、碱溶液稀释都会导致pH向7靠拢，但不会等于7。

8.硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。

有关物质的部分性质如下表：

物质

熔点/℃

沸点/℃

其它性质

SO2Cl2

-54.1

69.1

①易水解，产生大量白雾

②易分解：

SO2Cl2

SO2↑+Cl2↑

H2SO4

10.4

338

吸水性且不易分解

实验室用干燥、纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：

（1）仪器A冷却水的进水口为________（填“a”或“b”）。

（2）仪器B中盛放的药品是________，其目的是________________________。

（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为______________________________，当生成6.72L的氯气（标况下），转移电子的物质的量为________。

（4）装置丙中盛放的试剂是________，若缺少装置乙，对实验造成的影响是_______________。

（5）少量硫酰氯也可用液态氯磺酸（ClSO3H）低温催化分解获得，该反应的化学方程式为：

2ClSO3H＝H2SO4+SO2Cl2，从分解产物中分离出硫酰氯的操作是______________。

【答案】

（1）.a

（2）.碱石灰（3）.吸收尾气并防止空气中水蒸气进入反应装置导致产品水解（4）.ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O（5）.0.5NA（6）.饱和氯化钠溶液（7）.SO2Cl2发生水解（8）.蒸馏

【解析】

【分析】

二氧化硫和氯气合成硫酰氯：

甲装置：

SO2（g）+Cl2（g）

SO2Cl2，硫酰氯会水解，仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，丁装置：

浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：

除去Cl2中的HCl，乙装置：

干燥氯气。

（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；

（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；

（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中-1价的氯发生氧化还原反应生成氯气；根据化合价升降以及生成物的量计算转移电子数；

（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置的作用是除去Cl2中的HCl，由此目的选择试剂；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢；

（5）二者均为液态，且沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离。

【详解】

（1）冷凝管采用逆流时冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a；

（2）甲装置：

SO2（g）+Cl2（g）

SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；

（3）浓盐酸和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气和水，反应为：

6HCl（浓）+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，离子方程式为：

ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；根据归中反应同元素化合价“只靠近，不交叉”原则可知，氯酸钾+5价的氯降低为0价，盐酸中-1价的氯升高为0价，即每生成3molCl2，其转移电子为5mol，故当生成0.3molCl2，转移电子数目为0.5NA；

（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl；装置乙中试剂为浓硫酸，其作用是除去Cl2中的水，若缺少装置乙，SO2Cl2遇水发生水解反应生成硫酸和氯化氢；

（5）由题干表格可知，低温条件下，SO2Cl2和H2SO4均为液态，二者会互溶，且沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离。

9.铝是应用广泛的金属。

以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：

注：

SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。

（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_________________________。

（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH________（填“增大”、“不变”或“减小”）。

（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是____________________。

阴极的电极反应式为_____________________。

（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。

阴极的电极反应式为________________，阴极处溶液的pH变化________。

（填变大、不变、变小）

（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。

在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____。

【答案】

（1）.Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O

（2）.减小（3）.石墨电极被阳极上产生的O2氧化（4）.Al3++3e—===Al（5）.2H++2e﹣═H2↑或2H2O+2e—==2OH—+H2↑（6）.变大（7）.NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜

【解析】

【分析】

将流程中已知信息与反应原理综合应用，补充完善可以确定的物质于对应位置周围，便于分析判断推理等。

如下图所示：

【详解】

（1）“碱溶”时，铝土矿中Al2O3与NaOH反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O。

（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，消耗过量的NaOH，减小溶液的pH，有利于AlO2-转变为Al（OH）3析出，通过过滤分离。

（3）电解熔融Al2O3，条件是高温，电解过程中作阳极产生O2，石墨（C）被氧化为CO2、CO等而消耗。

阴极的电极反应式为Al3++3e-=Al。

（4）电解Na2CO3溶液，阴极区发生得电子反应，H+得电子能力强于Na+，本质上放电的是H+，而进入的是稀NaOH溶液，表达为H2O得电子，生成H2和OH-更佳，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阴极处溶液的pH变大。

（5）盐酸与Al2O3的反应普遍可知，而加热条件下，NH4Cl分解产生的HCl也能够与Al表面的Al2O3薄膜反应，有利于铝粉与N2反应制备AlN。

【点睛】电解原理深度应用常见实例：

①电解池阴、阳极反应发生时可能发生副反应，如本题阳极产生的O2与石墨的作用；②电解池阴、阳极产物发生后续反应，如电解含NaCl的尿素溶液，利用阳极产生的Cl2将尿素氧化等；③利用离子交换膜实现生产多种产物，本题电解Na2CO3溶液，产生H2、O2、NaOH溶液、NaHCO3溶液。

10.以天然气为原料合成甲醇。

有关热化学方程式如下：

①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）ΔH1=-70.8kJ·mol-1

②CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）ΔH2

③2CH4（g）+O2（g）

2CH3OH（g）ΔH3=-251.0kJ·mol-1

（1）ΔH2=________kJ·mol-1。

（2）在恒容密闭容器里，按物质的量比1:

1加入一定量的碳和水蒸气反应生成水煤气。

一定条件下达到平衡，当改变反应的某一条件时，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_________。

（填序号）

A．正反应速率先增大后减少

B．化学平衡常数K减少

C．再加入一定量碳

D．反应物气体体积分数增大

（3）在体积可变的密闭容器中投入1molCO和2molH2，在不同条件下发生反应:

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）。

实验测得CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如下图所示。

①该反应自发进行的条件是________（填“低温”、“高温”或“任意温度”）

②506K时，反应平衡时H2的转化率为________；压强：

p1________（填“>”“<”或“=”）p2。

③反应速率：

N点v正（CO）________（填“>”“<”或“=”）M点v逆（CO）。

（4）已知常温下，H2A在水中存在以下平衡：

H2A

H++HA﹣，HA﹣

H++A2﹣，H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在平衡：

CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2﹣（aq）△H＞0。

①温度升高时，Ksp________（填“增大”、“减小”或“不变”下同）。

②滴加少量浓盐酸，c（Ca2+）________。

【答案】

（1）.-90.1

（2）.A（3）.低温（4）.25%（5）.>（6）.<（7）.增大（8）.增大

【解析】

【详解】

（1）根据盖斯定律，①-②×2=③，则ΔH1-ΔH2×2=ΔH3，求出ΔH2=-90.1kJ·mol-1。

（2）A．C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g），一定条件下达到平衡，改变反应的某一条件，正反应速率先增大后减少，后减小是因为平衡向正反应方向移动，反应物浓度的下降，如增大H2O（g）的浓度，A项正确；B．C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g）ΔH>0，降低温度，化学平衡常数K减少，平衡逆向移动，B项错误；C．碳为固体，浓度视为常数，量的改变不引起平衡移动，C项错误；D．若增大产物CO（g）、H2（g）的浓度，平衡逆向移动，反应物H2O（g）气体体积分数增大，D项错误。

答案选A。

（3）①P1、P2为等压线，即各条线上每点的压强相等，随温度升高，CH3OH的物质的量减少，说明该可逆反应正向放热，△H<0，正反应方向气体计量数和减小，△S<0，根据△G=（△H-T.△S）<0，反应可自发进行，该反应自发进行的条件是低温。

②CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）

起始物质的量1mol2mol0

变化的物质的量xmol2xmolxmol

平衡时物质的量（1-x）mol2（1-x）molxmol

M点n（CH3OH）=0.25mol，x=0.25，506K时，反应平衡时H2的转化率为

；

M点、N点温度为506K，N点n（CH3OH）减少，由M点到N点平衡逆向移动，N点压强更小，压强：

p1>p2。

③M点、N点处于化学平衡状态，υ正=υ逆，N点压强更小，速率更小，反应速率：

N点υ正（CO）

（4）①CaA（s）

Ca2+（aq）+A2﹣（aq）△H＞0。

温度升高时，平衡正向移动，Ksp增大。

②滴加少量浓盐酸，H++A2﹣

HA﹣，CaA（s）

Ca2+（aq）+A2﹣（aq），减小CaA溶解平衡中c（A2-），平衡正向移动，c（Ca2+）增大。

【点睛】化学平衡图像突破要点：

①观察横、纵坐标表示的物理意义；②观察曲线变化的趋势；③关注特殊的点，如起点、终点、交点、折点等。

11.东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。

回答下列问题：

（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。

（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液。

①[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是_____。

②在[Ni（NH3）6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是_____。

③氨的沸点_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。

（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：

元素铜与镍的第二电离能分别为：

ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。

（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。

②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm

【答案】

（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；2

（2）①正四面体

②配位键；N

③高于；NH3分子间可形成氢键；极性；sp3

（3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子

（4）①3:

1

②

【解析】

试题分析：

：

（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数

为2。

故答案为：

1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；2；

（2）①SO42-中S原子的孤电子对数=

=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，

故答案为：

正四面体；

②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。

故答案为：

配位键；N；

③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，

故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极

性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。

故答案为：

高于；氨气分子之间形成氢键；极性；sp3；

（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d104s1，Ni+的外

围电子排布为3d84s2，Cu+的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，

而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。

故答案为：

金属；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；

（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×

=1，Cu原子数目=6×

=3，

故Cu与Ni原子数目之比为3：

1。

故答案为：

3：

1；

②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为

g，根据m=ρV可有：

g="d"g•cm-3

×（a×10-7cm）3，解得a=

。

故答案为：

。

考点：

晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断

【此处有视频，请去附件查看】

12.常用药——羟苯水杨胺，其合成路线如下。

回答下列问题：

已知：

（1）羟苯水杨胺的化学式为________。

对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是_______。

A．1mol羟苯水杨胺最多可以和2molNaOH反应

B．不能发生硝化反应

C．可发生水解反应

D．可与溴发生取代反应

（2）D的名称为___________。

（3）A→B所需试