湖南省高三第三次模拟考试理综化学试题解析版.docx
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湖南省高三第三次模拟考试理综化学试题解析版
永州市2019年高考第三次模拟考试试卷
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量：
H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mo—96
第Ⅰ卷
一、选择题：
本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.
化学与生活、科学、技术、环境密切相关，下列说法正确的是
A. 酒精可用来消毒是由于其具有强氧化性
B. 电能、地热能、生物质能均为一次能源
C. 制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料
D. 明矾可用于净水，是因为生成的胶体具有吸附作用
【答案】D
【解析】A、乙醇不具有强氧化性，酒精可用来消毒是由于乙醇能使蛋白质变性，从而杀死细菌，选项A错误；B、一次能源是指可以从自然界直接获取的能源，如煤、石油、天然气、太阳能，电能是二次能源，选项B错误；C、制作航天服的聚酯纤维属于有机物而不是新型无机非金属材料，选项C错误；D、明矾是强碱弱酸盐，电离产生的铝离子会发生水解反应产生的氢氧化铝胶体具有很强吸附杂质的作用，使水中的杂质变为沉淀析出，可用于净水，选项D正确。
答案选D。
2.
下列实验误差分析不正确的是
A. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
B. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
C. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏大
D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【答案】C
【解析】A、湿润的PH试纸测稀碱溶液的PH时，碱液被稀释，PH值偏小，选项A正确；B、用容量瓶配置溶液定容时俯视刻度线，所加水偏少，所配溶液浓度偏大，选项B正确；C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，溶液读数偏小，所测体积偏小，选项C不正确；D、测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，热量损失比较多，所测温度值偏小，选项D正确。
答案选C。
3.
已知X、Y、Z、W为短周期元素，X的一种核素的质子数为8；Y和Ne原子的原子核外电子数相差1；Z的单质是一种常见的半导体材料；W的非金属性在同周期元素中最强。
其原子半径随原子序数的变化如图所示。
下列说法不正确的是
A. ZX2为酸性氧化物，只能与碱溶液反应
B. 简单氢化物的热稳定性：
Z＜W
C. 化合物YWX中既含离子键，又含共价键
D. W的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】A
【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，X的一种核素的质子数为8，则X是O元素；Y和Ne原子的核外电子数相差1，则Y为F或Na元素；Z的单质是一种常见的半导体材料，则Z为Si元素；W的非金属性在同周期元素中最强，其原子半径随原子序数变化如图所示，根据图片知，Y原子半径最大，则Y为Na元素，Z、W原子半径大于X，则W是Cl元素，故A、ZX2为SiO2是酸性氧化物，但除与碱溶液反应外，还能与氢氟酸反应，选项A不正确；B、元素的非金属性W＞Z，对应气态氢化物的稳定性Z＜W，选项B正确；C．化合物YWX为NaClO，钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键、O原子和Cl原子之间存在共价键，所以NaClO中存在离子键和共价键，选项C正确；D、Cl的最高价氧化物对应的水化物HClO4为强酸，选项D正确。
答案选A。
点睛：
本题考查原子结构与元素周期律，侧重于对位置结构性质关系、半径比较、化学键、二氧化硅的性质等的考查，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解与运用。
4.
关于下图有机物说法正确的是
A. 该有机物的分子式为C7H7O3
B. 1mol该有机物只能与2molH2发生加成反应
C. 该有机物在一定条件下能发生取代、氧化反应
D. 该有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应
【答案】C
【解析】A、在该有机物分子结构中，从分子结构简式可看出该有机物的碳原子数为7，氢原子个数为8，氧原子个数为3，因此该有机物的分子式为C7H8O3，选项A错误；B、该有机物中含有2个碳碳双键，1个碳氧双键，因此可以与3molH2发生加成反应，选项B错误；C、该有机物中的碳碳双键、碳氧双键均能发生加成反应，碳碳双键还能被氧化，分子中有单个乙基结构、羟基，可发生取代反应，选项C正确；D、一种有机物若能发生银镜反应，则其结构式中应该含有醛基，该有机物分子没有含醛基的芳香族同分异构体，故不能发生银镜反应，选项D错误。
答案选C。
5.
某新型电池，以NaBH4（B的化合价为+3价）和H2O2作原料，该电池可用作深水勘探等无空气环境电源，其工作原理如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 每消耗3molH2O2，转移6mole－
B. 电池工作时Na+从b极区移向a极区
C. b极上的电极反应式为：
H2O2 +2e－=2OH－
D. a极上的电极反应式为：
BH4－+8OH－－8e－=BO2－+6H2O
【答案】B
【解析】由原电池工作原理示意图可知反应中BH4-被氧化为BO2-，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2得电子被还原生成OH-，A、每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，选项A正确；B、该装置是原电池，原电池放电时，阳离子向正极移动，所以Na+从a极区移向b极区，选项B错误；C、b电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，选项C正确；D、反应中BH4-被氧化为BO2-，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，选项D正确。
答案选B。
6.
下列物质的每步转化在给定条件下能一步实现且较合理的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】A、碱式碳酸铜与硫酸反应生成硫酸铜能一步实现，但钠的金属性很强，加入硫酸铜溶液时直接与水反应，不能置换出铜，选项A不合理；B、饱和食盐水中通入过量的氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，过滤后将碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠，都是一步实现，选项B合理；C、海水中的盐卤氯化镁与熟石灰反应产生氢氧化镁沉淀，过滤后燃烧可得氧化镁，都可一步实现，但电解氧化镁制得镁耗能大，而且该过程转化率都小，选项C不合理；D、氨气催化氧化得到NO，而不能一步得到氮气，且氮气和氧气及水很难转化为硝酸，选项D不合理。
答案选B。
7.
常温下，在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化），下列说法正确的是
A. 在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：
c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CO
）＋c（HCO
）＋c（OH－）
B. 当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20mL
C. 在B点所示的溶液中，离子浓度最大的是HCO
D. 在A点所示的溶液中：
c（CO
）＝c（HCO
）＞c（OH－）＞c（H＋）
【答案】D
【解析】A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），选项A错误；B、当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3-的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，选项B错误；C、溶液呈碱性，由图可知HCO3-的物质的量分数最大，溶质以碳酸氢钠为主，溶液呈碱性，阳离子有钠离子和氢离子，而氢离子是水微弱电离出来的，所以钠离子的浓度远大于氢离子的浓度，而HCO3-的浓度最多接近于钠离子浓度，故钠离子浓度最大，选项C错误；D、根据图象分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c（HCO3-）=c（CO32-），溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），盐溶液水解程度较小，所以c（CO32-）＞c（OH-），则离子浓度大小顺序是c（HCO3-）=c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），选项D正确。
答案选D。
8.
某研究小组探究在加热条件下FeSO4分解的气体产物及相关性质。
已知：
SO2的沸点为-10℃、SO3的沸点为44.8℃。
Ⅰ．用如图所示装置设计实验，验证分解FeSO4生成的气态产物。
（1）实验前必须进行的操作是 。
（2）按气流方向连接各仪器，用字母表示接口的连接顺序：
a→ 。
（3）若观察到装置丙中有无色液体产生，装置丁中溶液变成无色，则FeSO4分解的化学方程式为 。
Ⅱ．为探究SO2使品红溶液褪色的原理，进行如下实验：
实验1：
将稀盐酸和NaOH溶液分别滴入品红水溶液中。
观察到前者溶液颜色变浅，但未能完全褪色，后者溶液颜色几乎不变。
实验2：
在滴有稀盐酸和NaOH溶液的两份品红水溶液中分别通入SO2。
观察到前者溶液逐渐褪色，后者溶液很快褪色。
实验3：
在两份品红水溶液中分别加入一小粒Na2SO3固体和NaHSO3固体，前者溶液很快褪色，后者溶液褪色很慢。
（1）由实验1可推测品红水溶液呈 性。
（2）由实验2、3可推知，使品红水溶液褪色的主要微粒是 （填化学式）。
（3）若将SO2通入品红的无水乙醇溶液，试预测可能出现的现象 。
（4）加热溶有Na2SO3的品红水溶液，发现不能恢复红色，试解释原因 。
【答案】检查装置气密性d→e→f→g→b→c2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑碱SO32－品红的无水乙醇溶液不褪色Na2SO3溶液中的c（SO32-）大，加热后水解程度增大，但仍无法除尽
【解析】Ⅰ．
（1）验证分解FeSO4生成的气态产物，气体制备或检验气体的产生实验，在实验前必须进行检查装置气密性的操作；
（2）先将高温分解气体通过丙装置的冷却收集得三氧化硫，再通过丁的品红水溶液检验二氧化硫的存在，最后用乙装置吸收尾气，按气流方向连接顺序为：
a→d→e→f→g→b→c；（3）若观察到装置丙中有无色液体产生，则产物有三氧化硫；装置丁中溶液变成无色，则产物中有二氧化硫，则FeSO4分解的化学方程式为：
2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑；
Ⅱ．
（1）加入稀盐酸时品红颜色变浅，而加入氢氧化钠溶液时溶液颜色几乎不变，说明酸对品红溶液影响大，则由实验1可推测品红水溶液呈碱性；
（2）实验2：
SO2通入盐酸中不反应，以亚硫酸的形式存在溶液中，溶液中电离出的亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子浓度都很小，品红水溶液逐渐褪色；SO2通入氢氧化钠溶液中反应生成亚硫酸钠，溶液中亚硫酸根离子（或亚硫酸氢根离子）浓度较大，品红水溶液很快褪色；可能是由亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子引起；实验3：
在两份品红水溶液中分别加入一小粒Na2SO3固体和NaHSO3固体，前者溶液很快褪色，后者溶液褪色很慢。
进一步说明是由亚硫酸根离子引起的褪色而不是亚硫酸氢根离子；即SO32－；（3）根据上述实验可知，使品红水溶液褪色的是亚硫酸根离子，若将SO2通入品红的无水乙醇溶液中，溶液中不存在亚硫酸根离子，则品红的无水乙醇溶液不褪色；（4）加热溶有Na2SO3的品红水溶液，Na2SO3溶液中的c（SO32-）大，加热后水解程度增大，但仍无法除尽，不能使品红水溶液恢复红色。
9.
利用化学原理对废气、废水进行脱硝、脱碳处理，可实现绿色环保、废物利用，对构建生态文明有重要意义。
Ⅰ．脱硝：
（1）H2还原法消除氮氧化物
已知：
N2（g）+2O2（g）＝2NO2（g） △H＝+133kJ·mol－1
H2O（g）＝H2O（l） △H＝－44kJ·mol－1
H2的燃烧热为285.8KJ·mol－1
在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式为 。
（2）用NH3催化还原法消除氮氧化物，发生反应：
4NH3（g）+6NO（g）
5N2（g）＋6H2O（l） △H＜0
相同条件下，在2L恒容密闭容器中，选用不同催化剂，产生N2的量随时间变化如图所示。
①计算0～4分钟在A催化剂作用下，
反应速率v（NO）= 。
②下列说法正确的是 。
A．该反应的活化能大小顺序是：
Ea（A）＞Ea（B）＞Ea（C）
B．增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数
C．单位时间内H－O键与N－H键断裂的数目相等时，说明反应已达到平衡
D．若反应在恒容绝热的密闭容器中进行，当K值不变时，说明已达到平衡
（3）微生物燃料电池（MFC）是一种现代化氨氮去除技术。
下图为MFC碳氮联合同时去除的氮转化系统原理示意图。
①已知A、B两极生成CO2和N2的物质的量之比为5:
2，写出A极的电极反应式 。
②解释去除NH4+的原理 。
Ⅱ．脱碳：
（4）用甲醇与CO反应生成醋酸可消除CO污染。
常温下，将amol·L－1醋酸与bmol·L－1 Ba（OH）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba2＋）＝c（CH3COO－），忽略溶液体积变化，计算醋酸的电离常数Ka＝ （用含a、b的代数式表示）。
【答案】4H2（g）+2NO2（g）＝N2（g）+4H2O（g） △H＝－1100.2kJ·mol－10.375mol·L－1min－1CDCH3COO－－8e－＋2H2O＝2CO2↑＋7H+NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3－，NO3－在MFC电池正极转化为N22b/（a－2b）×10－7mol/L
【解析】Ⅰ．
（1）由已知得：
① N2（g）+2O2（g）＝2NO2（g） △H1＝+133kJ·mol－1
② H2O（g）＝ H2O（l） △H2＝－44kJ·mol－1
③ H2（g）+1212O2（g）＝H2O（l） △H3＝－285.8kJ·mol－1
根据盖斯定律由③×4－①－②×4得反应：
4H2（g）+2NO2（g）＝N2（g）+4H2O（g） △H＝4△H3―△H1―4△H2＝－1100.2kJ·mol－1；
（2）① 结合反应4NH3（g）+6NO（g）
5N2（g）＋6H2O（l），根据图中信息可计算v（NO）=65v（N）2=65n（N2）Vt=652.5mol2L4min=0.375mol∙L−1∙min−165v（N）2=65n（N2）Vt=652.5mol2L4min=0.375mol•L−1•min−1
② A、反应的活化能越大，反应越难进行，单位时间内产生氮气的量越少，故该反应的活化能大小顺序是：
Ea（C）＞Ea（B）＞Ea（A），选项A错误；B、增大压强，增加单位体积活化分子百分数，有效碰撞的机率增大，反应速率加快，选项B错误；C、单位时间内H－O键与N－H键断裂的数目相等时，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，选项C正确；D、若反应在恒容绝热的密闭容器中进行，当K值不变时，说明各反应物的浓度保持不变了，反应已达到平衡，选项D正确。
答案选CD。
（3） ①图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向B电极，说明A为原电池的负极，B为原电池的正极，硝酸根离子在正极得到电子生成氮气发生还原反应，CH3COO－在原电池负极失电子生成二氧化碳气体，发生氧化反应，环境为酸性介质，则A极的电极反应式为：
CH3COO－－8e－＋2H2O＝2CO2↑＋7H+；B极的电极反应式为：
2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O；若产生5molCO2转移电子数为20mol，则产生的氮气为2mol符合题给信息，故A极的电极反应式为：
CH3COO－－8e－＋2H2O＝2CO2↑＋7H+；②NH4+在好氧微生物反应器中转化为硝酸根离子：
NH4++2O2=NO3-+2H++H2O，硝酸根离子在MFC电池正极发生还原反应生成氮气：
2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O,从而除去NH4+离子。
Ⅱ．根据电荷守恒可知2c（Ba2＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），因此根据2c（Ba2＋）＝c（CH3COO－）可知，溶液中c（H＋）＝c（OH－）。
根据原子守恒可知2c（Ba2＋）＝c（CH3COO－）＝bmol/L，因此溶液中醋酸分子的浓度是0.5amol/L－bmol/L，则醋酸溶液的电离常数Ka＝c（H+）∙c（CH3COO−） c（CH3COOH）c（H+）∙c（CH3COO-） c（CH3COOH）＝10−7×b0.5a−b10-7×b0.5a-b=2ba−2b×10−7mol/L2ba-2b×10-7mol/L。
10.
研究发现钼酸钠可减缓金属的腐蚀速率。
工业上利用钼精矿（主要成分是不溶于水的MoS2，含少量重金属化合物）制备钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）的途径如图所示：
回答下列问题：
Ⅰ.
（1）下列标志中，应贴在保存NaClO容器上的是 。
（2）为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施有 。
（3）途径①制备钼酸钠溶液，同时有SO42－生成，该反应的离子方程式为 。
（4）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是 。
（5）“结晶”前测得部分离子浓度c（MoO42－）=0.40mol/L，c（SO42－）=0.04mol/L，需加入Ba（OH）2固体除去SO42－。
当BaMoO4开始沉淀时，SO42－的去除率为 %。
（保留三位有效数字）[已知：
Ksp（BaSO4）=1.1×10－10、Ksp（BaMoO4）=4.0×10－8，加入Ba（OH）2固体引起溶液体积变化可忽略]。
Ⅱ．
（1）碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是 。
（2）若缓释剂钼酸钠－月桂酰肌氨酸总浓度为300mg•L－1，则缓蚀效果最好时钼酸钠的物质的量浓度为 （保留三位有效数字）。
【答案】B充分粉碎矿石MoS2+9ClO－+6OH－＝MoO42－+9Cl－+2SO42－+3H2O母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度97.3%Cl－有利于碳钢的腐蚀，SO42－不利于碳钢的腐蚀，使得碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显7.28×l0－4mol•L－1
【解析】Ⅰ.
（1）NaClO是强氧化剂，应在保存NaClO容器上贴上的标志是氧化剂，故选B；
（2）提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是充分粉碎矿石或逆流焙烧；（3）途径①制备钼酸钠溶液，用NaClO在碱性条件下氧化MoO3，同时有SO42－生成，生反应的离子方程式为MoS2+9ClO－+6OH－＝MoO42－+9Cl－+2SO42－+3H2O；（4）母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度，故重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理；（5）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：
c（Ba2+）=4.0×10−80.4mol/L4.0×10-80.4mol/L =1×10-7mol/L，溶液中硫酸根离子的浓度为：
c（SO42-）=1.1×10−101×10−71.1×10-101×10-7 mol/L=1.1×10-3mol/L，硫酸根离子的去除率为：
1-1.1×10−30.041.1×10-30.04×100%=1-2.75%≈97.3%；
Ⅱ．
（1）由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢，故答案为：
Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；
（2）根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，腐蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：
150mg•L-1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：
150×10−3g206g/mol150×10-3g206g/mol≈7.28×10-4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：
7.28×l0-4mol•L-1。
11.
H、C、N、O、Na、Fe、Cu是常见的七种元素，请回答下列问题：
（1）N、O、Na原子第一电离能由小到大的顺序是 （用元素符号和“＜”表示）；Cu原子的特征电子轨道式为 。
（2）N、Na+、Fe3+、Cu2+四种微粒基态的核外电子排布式中未成对电子数最多的是 ；Cu2+在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为 ，水分子与铜离子间结合的化学键名称为 。
（3）根据价层电子对互斥理论判断下列分子或离子中空间构型是V形的是 （填序号）①H3O+ ②H2O ③NO2+ ④NH4+
（4）分子（CN）2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为 ，1个分子中含有 个ππ键；（CN）2称为“拟卤素”，具有类似Cl2的化学性质，则（CN）2与NaOH水溶液反应的化学方程式为 。
（5）O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图，该离子化合物的化学式为 ；已知该晶胞的密度为ρg/cm3ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a= cm。
（用含ρρ、NA的代数式表示）。
【答案】Na＜O＜N
Fe3+[Cu（H2O）4]2+配位键②
4（CN）2+2NaOH＝NaCN+NaCNO+H2ONa2O248ρNA−−−√3248ρNA3
【解析】试题分析：
（1）N、O属于非金属钠是金属，故钠的最小，N、O属于同周期，则N>O；核外电子,电子：
[Ar]3d104s1，故特征电子轨道式为
。
（2）在N、Na+、Fe3+、Cu2+四种微粒基态的核外电子排布式中，未成对电子数依次是3、0、5、1，故未成对电子数最多的是Fe3+，Cu2+在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为[Cu（H2O）4]2+，水分子与铜离子间结合的化学键名称为配位键。
（3）H3O+中中心原子O的价层电子对数为（6+3-1）/2=4，孤电子对数为1，所以空间构型是三角锥形；H2O中中心原子O的价层电子对数为（6+2）/2=4，孤电子对数为2，所以空间构型是V形；NO2+中中心原子N的价层电子对数为（5-1）/2=2，孤电子对数为0，所以空间构型是直线形；NO2-中中心原子N的价层电子对数为（5+1）/2=3，孤电子对数为1，所以空间构型是V形，故正确答案是②④。
（4）分子（CN）2中碳原子按sp杂化，碳碳之间是单键，碳氮之间是参键，其结构式为N≡C-C≡N，碳氮参键中有两个π键，所以1个分子中含有4个π键；（CN）2与NaOH水溶液反应的化学方程式为（CN）2+2NaOH==NaCN+NaCNO+H2O。
（5）根据晶胞结构图，利用均摊法可知，晶胞中含有氧离子个数为8×1/8+6
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