西南大学附属中学届高三第三次模拟考试理科综合化学试题.docx
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西南大学附属中学届高三第三次模拟考试理科综合化学试题
西南大学附属中学2019届高三第三次模拟考试
理科综合化学试题
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：
高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：
每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
1.中国传统文化源远流长，对人类文明贡献巨大，下列说法不正确的是
A.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了氧化还原反应
B.“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的熔点很高
C.“蘸梦羊毫，耕耘累累；开春猴棒，再拓涓涓”制作毛笔的羊毛是属于蛋白质
D.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该方法提取青蒿素的过程属于化学变化
【答案】D
【解析】
【分析】
A.铁置换铜属于湿法炼铜，有化合价变化，为氧化还原反应；
B.玉的成分是硅酸盐，熔点较高；
C.羊毛主要成分是蛋白质；
D.屠呦呦对青蒿素的提取是利用相似相溶原理，为萃取过程。
【详解】A.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，属于氧化还原反应，故A正确；
B.玉的成分是硅酸盐，玉的硬度比河砂小，金刚砂的成分是碳化硅，“试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高，故B正确；
C.羊毛的主要成分是蛋白质，故C正确；
D.屠呦呦对青蒿素的提取是利用相似相溶原理，为萃取过程，没有新物质生成属于物理变化，故D错误。
故选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
①1L0.1mol·
NH4Cl溶液中，
的数量为0.1NA
②0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
③标准状况下,22.4L二氯甲烷的共价键数为7NA个
④一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NA
⑤31g白磷P4中含P—P单键数目为6NA
⑥2mL0.5mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制备Fe（OH）3胶体，所得胶粒数目小于0.001NA
A.①④⑥B.②④⑥C.②④⑤D.②③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①铵根离子发生水解，NH4+的数目小于0.1NA，故①错误；
②H2+I2=2HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，故②正确；
③标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，22.4L二氯甲烷的物质的量远远大于1mol，故③错误；
④SO2与氧气反应生成三氧化硫的反应是可逆反应，则一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NA，故④正确；
⑤1mol白磷分子中含6molP-P键；31g白磷晶体物质的量=31g/124g/mol=0.25mol，分子中含有的P-P键数约是1.5NA，故⑤错误；
⑥一个Fe（OH）3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故将2mL0.5mol/L的FeCl3溶液滴入沸水中制成Fe（OH）3胶体，所得体系中胶粒的数目小于0.001NA，故⑥正确。
所以正确的是②④⑥，故B正确。
故选B。
3.前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。
W的最外层电子数是内层电子数的3倍，W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族。
下列说法不正确的是
A.W的氢化物沸点大于Y的氢化物沸点
B.简单离子半径：
X>W
C.Z的氢化物中含离子键
D.最高价氧化物对应水化物的碱性：
Z>X
【答案】B
【解析】
【分析】
前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W的最外层电子数是内层电子数的3倍，则W为O元素；W与Y同族，则Y为S元素；W、X、Z最外层电子数之和为10，若Z为K元素，则X为Al元素；若Z为Ca元素，则X为Mg元素，所以W、X、Y、Z分别为O、Al、S、K或O、Mg、S、Ca，则据此分析。
【详解】A.W、Y形成的氢化物分别为H2O和H2S，水分子之间形成氢键，所以H2O的沸点高于H2S的沸点，故A正确；
B.W为O元素，X为Al元素或Mg元素，它们形成的简单离子分别为O2-、Mg2+或Al3+，对于具有相同电子层结构的离子，原子序数越大，半径越小，所以离子半径：
X＜W，故B错误；
C.Z为Ca元素或K元素，形成的氢化物中含有离子键，故C正确；
D.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，无论X、Z分别为Al元素、K元素，或Mg元素、Ca元素，金属性：
Z>X，所以最高价氧化物对应水化物的碱性：
Z>X，故D正确。
故选B。
【点睛】氢键是一种比分子间作用力稍强的相互作用，也可以认为是一种分子之间的相互作用，分子间氢键使物质的熔点、沸点、溶解度增加，分子内氢键对物质的影响则反之。
4.下列离子方程式的书写及评价均合理的是（）
选项
离子方程式
评价
A
将2molCl2通入含1molFeI2的溶液中：
2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化
B
Ba（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：
Ba2＋＋HCO3-＋OH－===BaCO3↓＋H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入NaClO溶液中：
SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3-
正确；说明酸性：
H2SO3强于HClO
D
1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积混合：
2AlO2-＋5H＋===Al3＋＋Al（OH）3↓＋H2O
正确；第一步反应和第二步反应消耗的H＋的物质的量之比为2∶3
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
试题分析：
A．将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A错误；B．Ba（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba2＋＋2HCO
＋2OH－==BaCO3↓＋2H2O＋CO
，故B错误；C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO－==2H＋＋Cl－＋SO
，故C错误；D．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO
＋5H＋===Al3＋＋Al（OH）3↓＋H2O，故D正确。
故选D。
考点：
考查离子方程式的正误判断
【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。
书写离子方程式一般包括以下步骤：
①写：
依据事实正确写出化学方程式；②拆：
把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；③删：
删去方程式两边不参加反应的离子；④查：
检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒”。
特别注意：
①没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。
如NH4Cl和Ca（OH）2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；②浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；③在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。
书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。
④判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。
5.据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理下图所示，该装置工作时，下列叙述错误的是
A.b极上生成乙烯的电极反应式为：
2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O
B.a接太阳能电池的正极
C.a级上发生还原反应生成标况下22.4L氧气时，电路中转移的电子数为4NA
D.溶液中H＋通过质子透过膜向b极移动
【答案】C
【解析】
【分析】
太阳能电池中光能转化为电能，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，电能转化为化学能；电解时，二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成乙烯，水在a极上失电子发生氧化反应生成氧气，据此回答。
【详解】A.电解时，二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，故A正确；
B.a为电解池的阳极，连接的是太阳能电池的正极，故B正确；
C.水在a极上发生氧化反应生成氧气，生成在标况下22.4L即1mol氧气时，电路中转移的电子数为4NA，故C错误；
D.b为阴极，溶液中H＋通过质子透过膜向阴极移动，故D正确。
故选C。
6.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。
该历程示意图如下。
下列说法不正确的是
A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C.①→②放出能量并形成了C－C键
D.CH4→CH3COOH过程中，有C－H键发生断裂
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图示CO2和CH4在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为：
CO2+CH4→CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，故A正确；
B.催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；
C.CH4选择性活化变为CH3COOH过程中，有1个C－H键发生断裂，故C正确；
D.根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②放形成了C－C键，故D正确。
故选B。
【点睛】认真观察示意图，分清反应物、中间产物和生成物，该题就不难作答。
7.下列实验能达到实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
F2、I2分别与H2反应
比较氟、碘的非金属性强弱
B
向MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3
比较镁、铝的金属性强弱
C
测定相同浓度的Na2CO3、Na2SO3溶液的pH
比较碳、硫的非金属性强弱
D
向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中
检验溶液中是否含有SO32-
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.F2、I2分别与H2反应，根据反应条件的难易程度即可判断出氟、碘的非金属性强弱，故A正确；
B.向MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3，MgCl2与NH3·H2O反应生成氢氧化镁沉淀，AlCl3与NH3·H2O反应生成氢氧化铝沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故B错误；
C.测定相同浓度的Na2CO3、Na2SO3溶液的pH，只能说明H2CO3的酸性比H2SO3溶液的弱，而比较非金属性强弱要根据最高价氧化物对应水化物的酸性，Na2SO3中的硫不是最高价，不能比较，故C错误；
D.向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，具有强氧化性的气体及二氧化硫均可使品红褪色，则将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，则该气体可能为SO2，还可能为氯气，不能检验溶液中是否含有SO32-，故D错误。
故A正确。
8.铜及其化合物在工业上有许多用途。
某工厂以辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质）为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
（1）“浸取”反应中氧化剂的化学式为________；若“浸取”反应中得到一种单质，则滤渣Ⅰ的成分为MnO2和________、________（写化学式）。
（2）“除铁”这一步反应在25℃进行，加入的试剂A为________，若加A后溶液 的pH调为4，溶液中Fe3＋浓度为______mol/L。
{已知Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38}
（3）写出“沉锰”（除Mn2＋）过程中反应的离子方程式：
________________________________。
（4）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是__________（写化学式）。
（5）过滤Ⅱ的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，如何判断沉淀已洗净？
_____________________________。
【答案】
（1）.MnO2
（2）.S（3）.SiO2（4）.CuO或Cu（OH）2或CuCO3或Cu2（OH）2CO3（5）.4.0×10－8（6）.Mn2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH4+＋H2O（7）.（NH4）2SO4（8）.取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀HCl酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净
【解析】
【分析】
辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。
（1）由滤渣1的成份可知反应的化学方程式是：
2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，根据方程式判断；
（2）根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•[c（OH-）]3=4.0×10－38，根据OH-离子的浓度计算Fe3+离子的浓度；
（3）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，以此可书写反应的离子方程式；
（4）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体；
（5）根据硫酸根离子的检验方法进行分析。
【详解】
（1）由滤渣1的成份可知反应的化学方程式是：
2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，反应中Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，因二氧化硅与酸不反应，则滤渣Ⅰ的成分为MnO2、S和SiO2，故答案为：
MnO2，S、SiO2。
（2）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入CuO或Cu（OH）2或CuCO3或Cu2（OH）2CO3等，若加入A后溶液的pH值为4，c（OH-）＝10-10mol/L，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38，则溶液中铁离子浓度：
4.0×10－38/（10-10）3mol/L＝4.0×10-8mol/L，故答案为：
4.0×10-8。
（3）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH4+＋H2O，故答案为：
Mn2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH4+＋H2O。
（4）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：
（NH4）2SO4。
（5）分析流程题可知，第一步加入了H2SO4，在整个过程中没有除去H2SO4，判断沉淀是否已经洗净，就是检验是否含有SO42-，检验方法为：
取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀HCl酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，故答案为：
取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀HCl酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净。
【点睛】解答该类题目时注意把握实验、反应原理和操作流程的目的，特别是主要是物质性质的理解。
解决本类题目的基本方法和步骤为：
（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。
（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。
（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：
①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。
抓住一个关键点：
一切反应或操作都是为获得产品而服务。
9.科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。
已知在常温常压下：
①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）∆H1=–1276.0kJ/mol
②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）∆H2=–482.0kJ/mol；
③H2O（g）=H2O（l）∆H3=–44.0kJ/mol
（1）写出由CO2和H2合成甲醇和液态水的热化学方程式______________________。
（2）在容积为2L的密闭容器中，通入2molCO2和5molH2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示；
①T1______T2（填“<，>或=”），处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时
_______（填“增大，减小或不变”）。
②若在T2温度下5min达到化学平衡，求平衡时用H2表示的平均反应速率为
______。
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计下图所示的电池装置：
①写出电池负极的电极反应式：
_____________________________________，该电池工作一段时间，测得溶液的pH________（填“增大，减小或不变”）。
②写出该电池总反应的离子方程式为________________________________________。
【答案】
（1）.CO2（g）＋3H2（g）＝CH3OH（l）＋H2O（l） ΔH＝–129kJ·mol－1
（2）.<（3）.增大（4）.0.3mol·L－1·min－1（5）.CH3OH－6e−+8OH－＝CO32－＋6H2O（6）.减小（7）.2CH3OH＋3O2+4OH－＝2CO32－＋6H2O
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）①由于该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，甲醇的含量降低，因此温度T2>T1，处于A点的反应体系从T1变到T2，因为温度从T1升高到T2时，平衡逆向移动，故氢气的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，故n（H2）/n（CH3OH）增大；
②根据速率的计算公式进行计算；
（3）在甲醇燃料电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液为碱性，总反应方程式为：
2CH3OH＋3O2+4OH－＝2CO32－＋6H2O。
【详解】
（1）已知在常温常压下：
①2CH3OH（l）+3O2g）=2CO2（g）+4H2O（g）∆H1=–1276.0kJ/mol；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）∆H2=–482.0kJ/mol；③H2O（g）=H2O（l）∆H3=–44.0kJ/mol，根据盖斯定律由CO2和H2合成甲醇和液态水的热化学方程式为：
CO2（g）＋3H2（g）＝CH3OH（l）＋H2O（l）ΔH=3/2∆H2+∆H3-1/2∆H1=（–482.0）×3/2+（–44.0）-（–1276.0）×1/2=-129kJ·mol－1，故答案为：
CO2（g）＋3H2（g）＝CH3OH（l）＋H2O（l）ΔH＝–129kJ·mol－1。
（2）①由于该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，甲醇的含量降低，因此温度T2>T1，处于A点的反应体系从T1变到T2，因为温度从T1升高到T2时，平衡逆向移动，故氢气的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，故n（H2）/n（CH3OH）增大，故答案为：
<，增大。
②依据图像分析，若在T2温度下达到化学平衡时，甲醇的物质的量为1mol，依据化学方程式为：
CO2＋3H2＝CH3OH＋H2O，甲醇物质的量的变化量为1mol，则消耗氢气的物质的量为3mol，平衡时用H2表示的平均反应速率为3mol÷2L÷5min=0.3mol·L－1·min－1，故答案为：
0.3mol·L－1·min－1。
（3）在甲醇燃料电池中，燃料在负极失电子发生氧化反应，电解质溶液为碱性，负极的方程式为：
CH3OH－6e−+8OH－＝CO32－＋6H2O，电池工作一段时间后，氢氧根离子被消耗，所以溶液的pH减小，故答案为：
CH3OH－6e−+8OH－＝CO32－＋6H2O，减小。
由燃料电池是原电池的一种，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液为碱性，总反应方程式为：
2CH3OH＋3O2+4OH－＝2CO32－＋6H2O，故答案为：
2CH3OH＋3O2+4OH－＝2CO32－＋6H2O。
10.某实验研究小组欲检验草酸晶体分解的产物并测定草酸溶液的浓度（杂质不发生反应）。
查阅资料：
草酸晶体（H2C2O4·2H2O）在100℃开始失水，101.5℃熔化，150℃左右分解产生H2O、CO和CO2。
下面是可供选择的实验仪器（图中某些加热、夹持装置已略去），实验所需药品不限。
（1）最适宜加热分解草酸晶体的装置是C。
若选装置A可能会造成的后果是______________；若选装置B可能会造成的后果是_________________________________。
（2）实验利用装置“G（碱石灰）—F—D（CuO固体）—F”检验CO，则F中盛装的试剂是_______，证明含有CO的现象是_____________________________________________。
（3）可用0.10mol/L酸性KMnO4标准溶液来滴定未知浓度的草酸溶液。
①滴定过程中发生反成的离子方程式为_________________________________________。
②滴定过程中操作滴定管的图示正确的是_________。
③判断反应达到滴定终点时的现象为__________________________________________。
【答案】
（1）.固体药品熔化后会流到试管口，不利于草酸晶体分解
（2）.冷凝水会倒流到试管底，造成试管炸裂（3）.澄清的石灰水（4）.前一个F中没有浑浊现象出现，D中固体颜色由黑色变为红色，后一个F中有浑浊现象出现（5）.2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O（6）.A（7）.当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色且30s不褪色
【解析】
【分析】
（1）草酸晶体的熔点低，受热容
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