届广西防城港市高三毕业班份模拟考试理综化学试题解析版.docx

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届广西防城港市高三毕业班份模拟考试理综化学试题解析版

广西防城港市2018届高三毕业班3月份模拟考试

理综化学试题

1.下列生活用品的主要成分不属于有机高分子物质的是（）

A.植物油B.丝织品C.聚乙烯D.人造毛

【答案】A

【解析】A、植物油成分是油脂，油脂不属于有机高分子化合物，故A正确；B、丝织品的成分是蛋白质，蛋白质属于有机高分子化合物，故B错误；C、聚乙烯是有机高分子化合物，故C错误；D、人造毛属于人造纤维，属于有机高分子化合物，故D错误。

2.稠环芳香烃是指两个或两个以上的苯环通过共用环边所构成的多环有机化合物。

常见的稠环芳香烃如萘、蒽、菲、芘等,其结构分别为

下列说法不正确的是（）

A.萘与H2完全加成后，产物的分子式为C10H18

B.蒽、菲、芘的一氯代物分别有3种、5种、5种

C.上述四种物质的分子中,所有碳原子均共平面

D.上述四种物质均能发生加成反应、取代反应

【答案】B

【解析】A、萘与氢气完全加成后产物是

，其分子式为C10H18，故A说法正确；B、蒽：

，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，菲：

，有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，芘：

，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，故B说法错误；C、四种有机物都含有苯环，苯环的空间构型为平面正六边形，因此该四种有机物所有碳原子都共面，故C说法正确；D、四种有机物都能发生加成反应和取代反应，故D说法正确。

3.下列实验操作、现象与结论均正确的是（）

选项

操作

现象

结论

A

向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固体

溶液颜色变浅

FeCl3+3KSCN

Fe（SCN）3

+3KCl平衡向逆反应方向移动

B

向酸性高锰酸钾溶液中加入过量的FeI2固体

反应后溶液变黄

反应后溶液中存在大量Fe3+

C

取3mL 1mol·L-1NaOH溶液,先加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液,再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液

出现红褐色沉淀

Mg（OH）2的Ksp比Fe（OH）3的Ksp大

D

常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞

变红,前者红色更深

结合质子的能力：

CO32->HCO3-

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A、发生的离子反应：

Fe3＋＋3SCN－

Fe（SCN）3，加入KCl固体，平衡不移动，故A错误；B、酸性高锰酸钾溶液可将Fe2＋氧化为Fe3＋，将I－氧化成I2，Fe3＋、I2在溶液种都显黄色，故B错误；C、因为加入NaOH是过量，再滴入3滴FeCl3溶液，Fe3＋与过量的NaOH溶液生成Fe（OH）3，不能说明两者溶度积大小，故C错误；D、Na2CO3、NaHCO3的水溶液都显碱性，前者红色更深，说明CO32－水解的程度比HCO3－大，即CO32－结合H＋能力强于HCO3－，故D正确。

4.某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl- 中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示（所加试剂均过量，气体全部逸出）

下列说法一定正确的是（）

A.溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/L

B.溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子

C.溶液中可能含有Cl- ，一定没有Fe3+

D.取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-

【答案】C

5.微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左下图为其工作原理，右下图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。

下列说法不正确的是（）

A.正极反应式是O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O

B.电池工作时，N极附近溶液pH增大

C.处理1molCr2O72-时有6molH+从交换膜左侧向右侧迁移

D.Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活

【答案】C

【解析】A、根据工作原理，电解质环境为H＋，根据原电池的工作原理，电子流入的一极为正极，即N极为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O，故A说法正确；B、根据选项A的分析，消耗H＋，N极附近溶液的pH升高，故B说法正确；C、正极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O，消耗1molCr2O72－时，从交换膜左侧向右侧迁移至少有14molH＋，故C说法错误；D、根据右边的图，当Cr2O72－浓度大时去除率变为0，Cr2O72－离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故D说法正确。

6.前20号主族元素W、 X、Y 、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3 倍。

X、Y 、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。

含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。

下到说法正确的是（）

A.原子半径的大小W＜X

C.Z的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈D.工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y

【答案】C

7.若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：

AG=lg[

]。

室温下，实验室里用0.10mol/L的盐酸溶液滴定10 mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）

A.MOH电离方程式是MOH=M++OH-

B.C 点加入盐酸的体积为10mL

C.若B点加入的盐酸溶液体积为5 mL，所得溶液中：

c（M+）+2c（H+）=c（MOH） + 2c（OH-）

D.滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大

【答案】C

【解析】A、没有滴入盐酸时，MOH的AG=-8，

，根据水的离子积Kw=c（H＋）×c（OH－）=10－14，解出c（OH－）=10－3mol·L－1，因此MOH为弱碱，电离方程式为MOH=M＋＋OH－，故A错误；B、C点时AG=0，即c（H＋）=c（OH－），溶液显中性，MOH为弱碱，溶液显中性时，此时溶质为MOH和MCl，因此消耗HCl的体积小于10mL，故B错误；C、B点加入盐酸溶液的体积为5mL，此时溶液中溶质为MOH和MCl，且两者物质的量相等，根据电荷守恒，由c（M＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c（OH－），根据物料守恒，c（M＋）＋c（MOH）=2c（Cl－），两式合并得到c（M＋）+2c（H＋）=c（MOH）+2c（OH－），故C正确；D、随着HCl的滴加，当滴加盐酸的体积为10mL时，水电离程度逐渐增大，当盐酸过量，对水的电离程度起到抑制，故D错误。

8.二氧化硫是重要的化工原料，用途非常广泛。

实验一：

SO2可以抑制细菌滋生，具有防腐功效。

某实验小组欲用下图所示装置测定某品牌葡萄酒中（葡萄酒中含有乙醇、有机酸等）的SO2含量。

（1）仪器A的名称是________；使用该装置主要目的是____________________。

（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，C中化学方程式为_________________________________________。

（3）将输入C装置中的导管顶端改成具有多孔的球泡（如图15所示）。

可提高实验的准确度，理由是_______________________________________。

（4）除去C中的H2O然后用0.099mol·L-1NaOH标准溶液滴定。

①用碱式滴定管量取0.09mol·L-1NaOH标准溶液前的一步操作是___________________________；

②用该方法测定葡萄酒中SO2的含量偏高，主要原因是__________________________________，利用现有的装置，提出改进的措施是_______________________________________________。

（5）利用C中的溶液，有很多实验方案测定葡萄酒中SO2的含量。

现有0.1mol·L-1BaCl2溶液，实验器材不限，简述实验步骤：

________________________________。

【答案】

（1）.冷凝管

（2）.回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性（3）.H2O2+SO2=H2SO4（4）.增大气体与溶液的按触面积，使气体吸收充分（5）.用待装液润洗滴定管（6）.挥发出来的盐酸消耗氢氧化钠，增大了SO2的含量（7）.将盐酸换为稀硫酸（8）.向C 中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量

【解析】考查实验方案设计与评价，

（1）仪器A为（直型）冷凝管，葡萄酒中含有乙醇和有机酸，乙醇和有机酸受热易挥发，冷凝管的作用是回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性；

（2）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成SO42－，因此化学反应方程式为H2O2＋SO2=H2SO4；（3）换成多孔的球泡，可以增大气体与溶液的接触面积，使气体吸收充分；（4）①使用滴定管应先检漏，再用待盛液润洗，最后装液体，因此量取NaOH标准液的前的一步操作是用待装液润洗滴定管；②B中加入的是葡萄酒和适量盐酸，盐酸易挥发，挥发出的盐酸能与NaOH反应，消耗NaOH的量增加，测的SO2的含量偏高；把酸换成难挥发酸，把盐酸换成稀硫酸；（5）根据C中反应，SO2转化成SO42－，向C的溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，然后根据硫元素守恒，求出SO2的量，具体操作是向C中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量。

9.亚硝酰氯是工业上重要的原料，是合成有机物的中间体。

2NO（g）+Cl2（g）

2ClNO（g）△H＜0

（1）在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min时反应达到平衡。

测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol·L-1·min-1,则平衡后NO的转化率α1=_____________。

其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1（填“＞”“＜”或“＝”）。

（2）若使反应2NO（g）+Cl2（g）

2ClNO（g）的平衡常数增大，可采用的措施是___________。

（3）将NO与Cl2按物质的量之比2∶1充入一绝热密闭容器中，发生反应：

2NO（g）+Cl2（g）

2ClNO△H＜0，实验测得NO的转化率α（NO）随时间的变化经如图所示。

NO（g）的转化率α（NO）在t2~t3时间段内降低的原因是______________________________。

（4）在其他条件相同时，向五个恒温的密闭容器中分别充入1molCl2与2molNO,发生反应：

2NO（g）+Cl2（g）

2ClNO（g）△H<0,部分反应条件及平衡时ClNO的含量如下表所示：

容器编号

温度/℃

容器体积/L

平衡时ClNO含量（占比）

Ⅰ

T1

2

2/3

Ⅱ

T2=T1

3

W2

Ⅲ

T3＞T1

V3

2/3

Ⅳ

T4

V4

W4

Ⅴ

T5

V5

W5

①V3________2（填写“大于”、“小于”或“等于”）；

②容器Ⅱ中化学平衡常数K=_________；

③容器Ⅳ、容器Ⅴ分别与容器Ⅰ相比实验条件不同，反应体系总压强随时间的变化如图所示。

与容器Ⅰ相比，容器Ⅳ改变的实验条件是_____________________；容器Ⅴ与容器Ⅰ的体积不同，则容器Ⅴ中反应达到平衡时气体总压强（P）的范围是________。

【答案】

（1）.75%

（2）.>（3）.降低温度（4）.t2达到平衡,t2~t3段温度升高，平衡逆向移动，NO转化率减小（5）.小于（6）.72（7）.使用催化剂（8）.6Mpa

【解析】

（1）考查化学平衡的计算，根据化学反应速率的数学表达式，生成ClNO的物质的量为7.5×10－3×10×2mol=0.15mol，消耗的NO的物质的量为0.15mol，NO的转化率为0.15/0.2×100%=75%，恒容状态，反应向正反应方向进行，气体物质的量减少，压强减小，向正反应趋向减小，恒压状态下，压强不变，向正反应方向趋向比恒容大，即α2>α1；

（2）考查影响化学平衡常数的因素，正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，因此采用措施为降低温度；（3）考查勒夏特列原理，t2时刻NO的转化率最大，说明反应达到平衡，即0～t2时刻反应向正反应方向进行，正反应方向是放热反应，t2时刻后，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NO的转化率降低；（4）考查化学平衡常数的计算、勒夏特列原理，①T3>T1，在T1的基础上升高温度到T3，正反应方向是放热反应，平衡向逆反应方向进行，ClNO的量降低，但III和I容器中ClNO的含量相等，III中容器的体积小于I容器，因此V3<2L；②2NO（g）+Cl2（g）

2ClNO（g）

起始：

210

变化：

2xx2x

平衡：

2－2x1－x2xI容器达到平衡时，ClNO的含量为2/3，因此有

，解得x=0.75，根据化学平衡常数的定义，K=

=72，化学平衡常数只受温度的影响，容器II中温度与容器I的温度相等，因此容器II中化学平衡常数为72；③根据图像，IV比I先达到化学平衡，说明IV的化学反应速率比I快，达到平衡是IV和I压强相同，说明该因素只影响化学反应速率，不影响化学平衡的移动，因此改变的实验条件是使用催化剂；令V容器中消耗Cl2的物质的量为ymol，利用PV=nRT，起始时

，达到平衡后，

，得出y=3－P/3，V容器压强大于I，平衡向正反应方向进行，y>0.75，即3－P/3>0.75，解得P<6.75，根据压强与时间的关系，推出P的范围是6Mpa

点睛：

本题的难点是（4）的③最后一个空，因为压强、体积、温度不同，因此采用PV=nRT进行计算，先从起始，求出起始入手，推出温度之间的关系，然后再通过达到平衡，求出

，从而得到y=3－P/3，因为V容器的压强比I容器压强大，对本题压强增大，化学平衡向正反应方向移动，消耗氯气的量增大，即y>0.75，最后求出P的最大值。

10.冶金厂的炉渣中主要成分为CuO、Cu、Ag、Bi、Pb，还含有少量的SiO2和Au，从炉渣中回收有价金属的一种工艺流程如图所示。

回答下列问题：

（1）氧化浸取时加入H2O2的目的是__________________________（只要回答出一点即可）。

（2）熔炼时加入Na2CO3 的目的是除硅，该过程的化学方程式是_____________________________。

（3）加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH ，水解时通入水蒸气的目的是_______________________。

（4）流程中加入N2H4·H2O还原得到银的化学方程式是_____________________________。

（5）沉银和铅时，已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10,Ksp（PbCl2）=1.8×10-5，当AgCl和PbCl2共沉且c（Pb2+）∶c（Ag+）=107时,溶液中的c（Cl-）=________mol·L-1。

（6）用流程中得到的铅制取Pb（NO3）2。

 用石墨作电极，电解Pb（NO3）2 和Cu（ NO3）2的混合溶液制取PbO2，阳极发生的电极反应式是_______________________，若电解液中不加入Cu（ NO3）2，阴极反应式是______________________，这样做的主要缺点是____________________________________。

【答案】

（1）.减少氮的氧化物排放，提高硝酸的利用率

（2）.SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2 ↑（3）.稀释溶液，提高温度使水解平衡正向移动（4）.4Ag（NH3）2Cl+N2H4·H2O=4Ag+4NH4Cl+N2↑+H2O+4NH3（5）.0.01mol·L-1（6）.Pb2+-2e-+2H2O=PbO2+4H+（7）.Pb2++2e-=Pb（8）.降低Pb2+的利用率

【解析】本题考查化学工艺流程，

（1）氧化浸出主要反应是溶解Cu、Ag、Bi、Pb，如溶解铜的离子反应Cu＋H2O2＋2HNO3=Cu（NO3）2＋2H2O，若只用HNO3，则发生3Cu＋8HNO3=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，产生氮的氧化物对环境有危害，因此加入H2O2的目的是减少氮的氧化物排放，提高硝酸的利用率；

（2）因为SiO2、Au与硝酸不反应，推出浸出渣的成分是SiO2、Au，加入Na2CO3，发生SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2 ↑；（3）此步骤是水解，水蒸气溶于溶液，可以稀释溶液，同时水解是吸热反应，通入水蒸气，水蒸气温度高，促进水解平衡向正反应方向进行；（4）根据流程，发生Ag（NH3）2Cl＋N2H4·H2O→Ag↓＋NH4Cl，还原步骤出来的一种物质进入氨浸步骤，说明还原中还产生NH3，即Ag（NH3）2Cl＋N2H4·H2O→Ag↓＋NH4Cl＋NH3，Ag元素的化合价降低，N2H4中N的化合价为－2价，氧化还原反应中有化合价降低，必然有化合价的升高，即N2H4中N转化N2，根据化合价的升降进行配平，得出反应方程式为4Ag（NH3）2Cl+N2H4·H2O=4Ag+4NH4Cl+N2↑+H2O+4NH3；（5）设溶液中c（Cl－）=xmol·L－1，溶液中c（Ag＋）=Ksp/c（Cl－）=1.8×10－10/xmol·L－1，溶液中c（Pb2＋）=Ksp/c2（Cl－）=1.8×10－5/x2mol·L－1，c（Pb2＋）/c（Ag＋）=107，解得x=0.01mol·L－1；（6）根据电解原理，阳极上发生氧化反应，化合价升高，Pb2＋在阳极上放电，生成PbO2，电极反应式为Pb2＋＋2H2O－2e－=PbO2＋4H＋；根据电解原理，Pb2＋应在阴极上放电，电极反应式为Pb2＋＋2e－=Pb；实验的目的是制备PbO2，因此不加入Cu（NO3）2溶液，造成Pb2＋的利用率降低。

点睛：

本题的难点是氧化还原反应方程式的书写，根据流程，判断出反应物和生成物，如本题的（4），反应物是Ag（NH3）2Cl、N2H4·H2O，生成物是Ag、NH4Cl，还原操作中一种产物通入到氨浸中，说明反应物还有NH3，此反应为氧化还原反应，Ag元素的化合价降低，N2H4还原Ag（NH3）2Cl得到Ag，因此N2H4作还原剂，N被氧化成N2，然后根据化合价的升降法进行配平即可。

11.

（1）纳米氧化铜、纳米氧化锌均可作合成氨的催化剂，Cu2+ 价层电子的轨道表达式为________。

（2）2-巯基烟酸（

）水溶性优于2 –巯基烟酸氧钒配合物（

）的原因是___________________________________________________________________。

（3）各原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”,下列物质中存在“离域π键”的是________。

A．SO2B．SO42-C．H2SD．CS2

（4）尿素（H2NCONH2）尿素分子中，原子杂化轨道类型有________，σ键与π键数目之比为________。

（5）氮化硼（BN ）是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼（如左下图 ）和六方氮化硼（如右下图）,前者类似于金刚石，后者与石墨相似。

①晶胞中的原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。

左上图中原子坐标参数A为（0,0,0）,D为（

0）,则E原子的坐标参数为________ 。

X-射线衍射实验测得立方氮化硼晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼晶体中N与B的原子半径之和为________pm（

=1.732）。

②已知六方氮化硼同层中B-N距离为acm，密度为dg/cm3，则层与层之间距离的计算表这式为________pm。

（已知正六边形面积为

a2,a为边长）

【答案】

（1）.

（2）.2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢鍵，使其在水中溶解度增大（3）.AD（4）.sp2、sp3（5）.7∶1（6）.（

，

，

）（7）.56.5（8）.

×1010

【解析】

（1）考查轨道式的书写，Cu属于副族元素，价电子应是最外层电子和次外层d能级上的电子，因此Cu2＋的价层电子的轨道式是

；

（2）考查溶解性，2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢鍵，使其在水中溶解度增大；（3）考查化学键类型，A、SO2中心原子S有2个σ键，孤电子对数为（6－2×2）/2=1，价层电子对数为3，则SO2空间构型为V型，符合题中所给条件，即存在离域π键，故A正确；B、SO42－中心原子S含有4个σ键，孤电子对数为（6＋2－4×2）/2=0，价层电子对数为4，空间构型为正四面体，不符合题中信息，不含离域π键，故B错误；C、H2S的空间构型为V型，但H不含p能级，即不存在离域π键，故C错误；D、CS2空间构型为直线型，符合信息，存在离域π键，故D正确；（4）考查杂化类型的判断、化学键数目的判断，尿素的结构简式为

，判断出N、C、O杂化类型分别是sp3、sp2、sp3；成键原子之间只能形成1个σ键，因此1mol尿素中含有σ键的物质的量为7mol，含有π键的物质的量为1mol，比值为7：

1；（5）考查晶胞的计算，①BN结构类似于金刚石的结构，因此BN为原子晶体，根据金刚石晶胞结构贴点，E的坐标为（1/4，3/4，3/4）；立方氮化硼中B和N最近的距离是体对角线的1/4，求出B与N之间的距离应是

pm（x为晶胞的边长），即为156.5pm；②根据六方氮化硼的结构，B的个数为6×1/6＋3×1/3=2，晶胞的质量为

，根据晶胞的体积为（

a2×h）cm3（h为六方氮化硼的高），根据晶胞的密度的定义，求出h=2×

cm，层与层之间的距离应是高的一半，因此

×1010pm。

点睛：

本题易错点是问题（3），学生读不懂信息，首先应是各原子在同一平面，即根据价层电子对数判断空间构型，然后是相互平行的p轨道，即原子中含有p轨道参与成键，这样就可以判断出正确的选项，注意硫化氢中H为s能级。

12.以下是某药物中间体D的合成过程：

A（C6H6O）

B

（1）A的结构简式为_________________，A转化为B的反应类型是____________。

（2）D中含氧官能团的名称是__________。

（3）鉴别B、C 可以用的试剂名称是______________。

（4）D在一定条件下与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_________________。

（5）同时符合下到条件的D的所有同分异构体（不考虑立体异构）有________种。

①能与NaHCO3溶液反应产生气体；②苯环上只有2个取代基；③遇氯化铁溶液发生显色反应。

其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为3∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式是________________________________（写结构简式）。

（6）已知：