安徽省江南十校届高三综合素质检测理综化学精校Word解析版含答案.docx

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安徽省江南十校届高三综合素质检测理综化学精校Word解析版含答案

安徽省江南十校2018届高三3月综合素质检测

理综化学试题

可能用到的相对原子质量：

H-1Li-7 C-12 N-14O-16Na-23Al-27S-32Fe-56As-75

一、选择题：

本题共7小题，每小题6分，共42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.化学的应用无处不在，下列有关叙述错误的是（）

A.做衣服用的蚕丝、棉、麻灼烧时均不会产生特殊气味

B.豆腐素有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程

C.氮化硅陶瓷可用于汽车发动机中，它是一种新型无机非金属材料

D.变色眼镜“光致变色”,是因为掺进了微量光敏感物质（如溴化银）

【答案】A

.........

2.设阿伏加德罗常数的值为NA,下列有关叙述正确的是（）

A.室温下,1LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH-的数目为0.2NA

B.密闭容器中0.2molNO和0.1molO2充分反应后,分子总数为0.2NA

C.7.8gNa2S和7.8gNa2O2中含有阴、阳离子总数均为0.3NA

D.0.02molNa与0.1mol/L的盐酸充分反应，转移的电子数为0.01NA

【答案】C

【解析】A、pH=13的Ba（OH）2溶液，含有c（OH－）=Kw/c（H＋）=0.1mol·L－1，因此1LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH－物质的量为0.1mol，故A错误；B、发生2NO＋O2=2NO2，根据所给量NO和O2恰好完全反应，生成NO2的物质的量为0.2mol，但NO2中存在2NO2

N2O4，因此充分反应后，分子物质的量小于0.2mol，故B错误；C、Na2S的电子式为

，7.8gNa2S中含有阴阳离子总物质的量为7.8×3/78mol=0.3mol，Na2O2的电子式为

，7.8g过氧化钠中含有阴阳离子总物质的量为7.8×3/78mol=0.3mol，故C正确；D、金属钠与盐酸反应：

2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，如果金属钠过量，钠还会与水反应：

2Na＋H2O=2NaOH＋H2↑，因此0.02molNa参与反应，转移电子物质的量为0.02×1mol=0.02mol，故D错误。

3.异丁香酚可作为合成香料的原料,其结构简式如下图所示。

下列有关叙述正确的是（）

A.异丁香酚属于芳香族化合物,分子式为C10H14O2

B.该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C.1mol该物质与足量H2发生加成反应,最多可消耗1molH2

D.分子中所有原子有可能在同一平面上

【答案】B

【解析】A、异丁香酚的结构简式中含有苯环，属于芳香族化合物，根据有机物中碳原子的成键特点，分子式为C10H12O2，故A错误；B、根据结构简式，含有官能团是酚羟基、碳碳双键，都能使酸性酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C、1mol碳碳双键，能与1molH2发生加成，1mol苯最多需要3molH2发生加成反应，因此1mol异丁香酚最多需要4molH2发生加成，故C错误；D、－CH3中所有原子没有在同一平面上，故D错误。

4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。

已知：

X元素的简单阴离子比阳离子多2个电子,Y元素原子的最外层电子数是其内层电子数的三倍,Z与Y同主族。

下列有关叙述不正确的是（）

A.原子半径：

Z>W>Y>X

B.元素X、Y形成的化合物分子中极性键与非极性键的数目之比可能为2∶1

C.Y 与X、Z、W均可形成能用于杀菌消毒的化合物

D.Y 与Z 形成的化合物通入BaCl2溶液中一定有白色沉淀生成

【答案】D

【解析】X元素的简单阴离子比阳离子多2个电子,，X可能为H，Y元素原子的最外层电子数是其内层电子数的三倍，推出Y为O，Z与Y属于同主族，则Y为S，四种元素为短周期元素，且原子序数依次增大，即W为Cl，A、原子半径大小顺序是S>Cl>O>H，故A说法正确；B、形成的化合物可能是H2O、H2O2，H2O只含极性键，不含非极性键，H2O2的结构式为H－O－O－H，含有极性键和非极性键，且数目比为2：

1，故B说法正确；C、形成用于杀菌消毒的化合物是H2O2、SO2、ClO2，故C说法正确；D、Y和Z形成化合物分别是SO2、SO3，SO2通入BaCl2溶液中无沉淀产生，SO3通入BaCl2溶液中产生BaSO4沉淀产生，故D说法错误。

5.下列有关实验操作的主要仪器、注意事项及应用举例都正确的是（）

选项

实验操作

主要仪器

注意事项

应用举例

A

洗气

①

从长管进气，短管出气

用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中的SO2气体

B

气体干燥

②

从粗管进气，细管出气

用无水氯化钙作干燥剂干燥氨气

C

分液

③

先将下层液体从下口放出,再将上层液体从下口放出

分离植物油和水的混合物

D

气体收集

④

从长管进气，短管出气

收集氯气

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】A、洗气应是长管进气，短管出气，因为碳酸的酸性小于亚硫酸的酸性，因此除去CO2中SO2一般通过饱和碳酸氢钠溶液，故A正确；B、无水氯化钙能与NH3反应，干燥氨气，常用碱石灰，故B错误；C、分液时上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，故C错误；D、长管进气，短管出气，收集的气体的密度应小于空气，氯气的密度大于空气的密度，故D错误。

6.常温下，下列有关叙还不正确的是（）

A.若NH4Cl溶液的pH=6,则（Cl-）-C（NH4+）=9.9×10-7mol/L

B.CH3COONa和CaCl2混合溶液中：

c（Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）+2c（Cl-）

C.等物质的量浓度的Na2CO3与NaHCO3混合溶液中：

2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）

D.已知H2A的K1=4.17×10-7，k2=4.9×10-11，则NaHA溶液呈碱性

【答案】B

【解析】A、根据电荷守恒，c（NH4＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c（OH－），溶液的pH=6，即c（H＋）=10－6mol·L－1，c（OH－）=10－8mol·L－1，因此有c（Cl－）－c（NH4＋）=c（H＋）－c（OH－）=10－6－10－9，故A说法正确；B、根据物料守恒，c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）=c（Na＋），c（Cl－）=2c（Ca2＋），因此有c（Na＋）＋2c（Ca2＋）=c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＋c（Cl－），故B说法错误；C、根据物料守恒，2c（Na＋）=3c（CO32－）＋3c（HCO3－）＋3c（H2CO3），故C说法正确；D、根据Kw、Kh、Ka关系，Kh=Kw/Ka1=10－14/（4.17×10－7）=2.4×10－8>4.9×10－11，推出NaHA溶液显碱性，故D说法正确。

7.钴酸锂电池是目前用量最大的钾离子电池,用它作电源按下图装置进行电解。

通电后。

a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀（CuCl），后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀（CuOH）。

下列有关叙述正确的是（）

A.已知钴酸锂电池放电时总反应为Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C,则Li1-xCoO2作负极,失电子

B.当外电路中转移0.2mol电子时,电极b处有2.24LCl2生成

C.电极d为阴极，电解开始时的电极反应式为Cu+Cl--e-=CuCl

D.所着电解的进行，U形管1中发生了如下转化CuCl+OH-=CuOH+Cl-

【答案】D

8.己二酸是一种重要的化工原料和合成中间体。

已知：

室温下,己二酸微溶于水,当温度由28℃升至78℃时,其溶解度可增大20倍。

某实验小组利用绿色氧化剂H2O2氧化环己烯合成己二酸,反应和制备装置如下：

主要实验步骤：

①在100mL三颈烧瓶中依次加入1.50g钨酸钠0.57g草酸和34mL30%过氧化氢溶液，室温下磁力搅拌20min。

②用恒压滴液漏斗缓慢加入8.0mL的环己烯，继续搅拌并加热回流2 小时，停 止加热。

③将反应液迅速转入烧杯中，冷却至室温后再用冰水浴冷却，有大量晶体析出。

抽滤,并用少量冰水洗涤，即可得到己二酸晶体粗品。

回答下列问题：

（1）本实验中使用带刻度的恒压滴液漏斗的主要作用有_________、_________。

（2）步骤③中用冰水洗涤晶体的目的是______________________________________。

己二酸晶体粗品可利用_________方法进一步获得纯品。

（3）取0.1480g 己二酸（Mr=146.0）样品置于250mL锥形瓶中,加入50mL蒸馏水溶解，再加入2滴指示剂，用0.1000mol/Ld的NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。

①本实验应选择_________（填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”）溶液作指示剂。

②判断滴定终点的方法是_________________________。

③样品中己二酸的质量分数为_________%（保留4位有效数字）。

（4）实验小组通过改变环己烯的用量来探究物料比对产率的影响，实验结果如下图所示。

结合图像分析产率变化的可能原因：

①A点→B点：

___________________________________________；

②B点→C点：

____________________________________________。

【答案】

（1）.平衡压强，使液体顺利流下

（2）.测量加入液体的体积（3）.减少洗涤过程中己二酸晶体的损失（4）.重结晶（5）.酚酞（6）.当加入最后一滴NaOH 标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色（7）.98.65（8）.过氧化氢不足时，增大物料比，有利于环己烯被充分氧化，故产率增大（9）.过氧化氢过量时，可能会发生副反应，故产率减小

【解析】本题考查实验方案设计与评价，

（1）使用恒压滴液漏斗，平衡压强，有利于液体顺利滴下，带有刻度，是为了能够测量加入液体的体积；

（2）室温下，己二酸微溶于水,当温度由28℃升至78℃时，其溶解度可增大20倍，因此使用冰水的目的是减少洗涤过程中乙二酸晶体的损失；如果产品纯度不高，还可以采用重结晶的方法进一步提纯；（3）①己二酸为弱酸，与氢氧化钠恰好完全反应后，溶液显碱性，因此用酚酞作指示剂；②1mol己二酸消耗2molNaOH，因此样品中己二酸的质量分数为

=98.65%；（4）①A→B，产率逐渐增大，增大n（H2O2），促使平衡向正反应方向进行，产率增大；②B→C，随着物料比增大，产率降低，即H2O2过量，可能会发生副反应，产率减小。

9.电解精炼锡后的阳极泥中除含有一定量的Sn外,还含有Ag、Bi、Cu等金属，极具回收价值。

某锡冶炼厂采用纯湿法工艺从阳极泥中提取Ag、Bi、Cu,流程如下：

已知：

①BiCl3+H2O

BiOCl+2HCl

②SnO2不溶于稀酸和碱溶液

（1）锡阳极泥在“氧化浸出”前需粉碎处理，目的是__________________________。

（2）“氧化浸出"时Cu发生反应的离子方程式为______________________。

（3）浸渣1的主要成分为AgCl和SnO2,则“氨浸出“时发生反应的化学方程式为______________。

（4）水合肼（N2H4·H2O）起_________作用（填“还原”或“氧化”）。

已知N2H4为二元弱碱，在水中的电离与氨相似，其第一步电离的方程式为________________________。

（5）粗银电解冶炼时用_________作阳极，用_________溶液作电解液。

（6）“沉铜铋”时应将溶液的pH调至0.5～1.0之间，目的是____________________。

【答案】

（1）.增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率

（2）.3Cu+ClO3-+6H+=3Cu2++Cl-+3H2O（3）.AgCl+2NH3·H2O=Ag（NH3）2Cl+2H2O（4）.还原（5）.N2H4+H2O

N2H5++OH-（6）.粗银（7）.AgNO3（8）.抑制Cu2+、Bi3+的水解，有利于Cu、Bi 的生成

【解析】本题考查化学工艺流程，

（1）氧化浸出前粉碎处理，其目的是增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率；

（2）氧化浸出时，加入的物质为盐酸、NaClO3，利用NaClO3的氧化性，把Cu氧化为Cu2＋，本身被还原成Cl－，然后根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为3Cu＋ClO3－＋6H＋=3Cu2＋＋Cl－＋3H2O；（3）滤渣1的成分是AgCl和SnO2，氯化银与氨水发生络合反应，其化学反应方程式为AgCl＋2NH3·H2O=Ag（NH3）2Cl+H2O；（4）根据流程图，加入水合肼后，得到粗银，Ag（NH3）2Cl中＋1价Ag→0价，化合价降低，被还原，即水合肼为还原剂，N2H4为二元碱，在水中的电离与氨的相似，说明N2H4为二元弱碱，其第一步电离方程式为：

N2H4+H2O

N2H5＋+OH－；（5）粗银的电解冶炼原理与粗铜精炼原理相同，因此粗银作阳极，纯银作阴极，含有Ag＋溶液作电解液，即AgNO3为电解质；（6）根据流程，得到Cu和Bi，因此调节pH至0.5～1.0目的是抑制Cu2＋和Bi3＋的水解，有利于Cu和Bi的生成。

点睛：

本题的难点是

（2），氧化还原反应的书写是高考的热点，也是学生书写的难点，先根据流程判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，如本题根据流程，ClO3－作氧化剂，没有要求一般被还原成Cl－，因此有Cu＋ClO3－→Cu2＋＋Cl－，Cu化合价由0价→＋2价，化合价升高2价，ClO3－中Cl化合价由＋5价→－1价，化合价降低6价，最小公倍数为6，即Cu、Cu2＋的系数为3，ClO3－、Cl－系数为1，即3Cu＋ClO3－→3Cu2＋＋Cl－，因为加入盐酸，因此反应物中有H＋参与，生成H2O，即离子反应方程式为：

3Cu＋ClO3－＋6H＋=3Cu2＋＋Cl－＋3H2O。

10.过去五年，环保部向水污染、大气污染宣战，生态环境保护取得明显成效。

Ⅰ．污水中硝酸盐浓度过高，会诱发一些水体产生亚硝胺类的致癌物质。

（1）在缺氧条件下,脱氮菌（反硝化菌）以甲醇作碳源，将NO3-还原成N2的过程如下：

反硝化作用过程：

NO3-

NO2-

NO

N2O

N2

阶段①会生成CO2,请写出此反应的离子方程式：

__________________;阶段③生成的N2O是一种强温室气体，但却可用作火箭燃料的氧化剂，,其优点是___________________。

（2）Murphy等人通过调节溶液pH为10.25，利用铝粉将NO3-转变成N2,实现化学脱氮。

要转化0.01molNO3-,需_________gAl。

Ⅱ．CO2和CH4均为温室气体，如何减少它们的排放、充分利用能源是当今社会的重要课题。

（3）二氧化碳经催化氢化可转化成绿色能源乙醇。

已知：

①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ·mol-1

②CH3CH2OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ·mol-1

③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ·mol-1

则二氧化碳与氢气转化成乙醇和液态水的热化学方程式为：

_________。

（4）CO2和CH4在催化剂作用下可转化为合成气（CO和H2）：

CO2（g）+CH4（g）

2CO（g）+2H2（g）△H=+247.3kJ·mol-1。

向容积为1L的密闭容器中通入反应物和生成物共5.25mol,在T℃时发生反应，气体体积分数及化学反应速率与反应时间的关系如下图所示：

①T℃时，反应的平衡常数K=______。

向平衡体系中再加入CO2、CH4、H2和CO各0.5mol，平衡将_________移动（填“向左”、“向右”或“不”）。

②写出一种既能加快化学反应速率又能提高CH4转化率的措施______________。

【答案】

（1）.3NO3-+CH3OH=3NO2-+CO2↑+2H2O

（2）.产物没有污染（3）.0.45（4）.2CO2（g）+6H2（g） =CH3CH2OH（l）+3H2O（l）△H=-348.0kJ·mol-1（5）.64（6）.向右（7）.增大二氧化碳气体的浓度或升高温度

【解析】I.

（1）本题考查氧化还原反应方程式的书写，甲醇为还原剂，被氧化成CO2，NO3－为氧化剂，被还原成NO2－，根据化合价升降法进行配平，离子反应方程式为3NO3－+CH3OH=3NO2－+CO2↑+2H2O；N2O在反应过程中，转化成N2，N2对环境无影响；

（2）考查氧化还原反应的计算，0.01×5=m（Al）×3/27，解得m（Al）=0.45g；II.（3）考查热化学反应方程式的计算，CO2和H2反应方程式为2CO2＋6H2→C2H6O＋3H2O，因此有①×3－②－③×6得出：

2CO2（g）+6H2（g）=CH3CH2OH（l）+3H2O（l）△H=-348.0kJ·mol－1；（4）本题考查化学平衡常数的计算、勒夏特列原理，①由图1和图2分析可知，起始时n（CO2）=1.5mol，n（CH4）=0.75mol，CO和H2只有一种存在且为3mol（因起始时刻v逆为0），设达到平衡时CO2转化量为xmol，

CO2（g）+CH4（g）

2CO（g）+2H2（g）

起始物质的量：

1.50.753（或0）0（或3）

变化物质的量：

xx2x2x

平衡物质的量：

1.5－x0.75－x3＋2x（或2x）2x（或3＋2x）达到平衡时甲烷的体积分数为1/25，因此有（0.75－x）/（5.25＋2x）=1/25，解得x=0.25，根据化学平衡常数的定义，K=64，再向容器中各加入0.5mol四种气体，此时的浓度商为0.25

点睛：

本题难点是（4）中①化学平衡常数的计算，首先根据图1，判断出CO2、CH4起始物质的量分别是5.25×2/7mol=1.5mol、5.25/7mol=0.75mol，根据图2，逆反应的起始速率为0，说明生成物只有一种，即物质的量为3mol，然后根据三段式列出式子，最后根据达到平衡时，CH4的体积分数为1/25，求出消耗的CO2或CH4的物质的量，求出达到平衡时各组分物质的量，最后根据化学平衡常数表达式，求出结果。

11.物质结构与性质]单质铁、锂、砷及它们的化合物广泛应用于超导体材料等领域,回答下列问题：

（1）Fe原子的核外电子排布式为[Ar]_________,Li原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_________。

（2）As的卤化物的熔点如下：

AsCl3

AsBr3

AsI3

熔点/K

256.8

304

413

表中卤化物熔点差异的原因是_________,AsCl3分子的立体构型为_________。

（3）铁、锂、砷形成的化合物LiFeAs是一种超导体,其晶胞结构如图1所示,已知立方晶胞参数acm，则该晶休的密度是_________g/cm3（用含a、NA的式子表示）。

（4）向FeCl3溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A,其结构如图2所示，图中M代表Fe3+。

则1号碳原子有_______个σ键，2号碳原子采取_________杂化方式;Fe3+与氮原子之间形成的化学键是_________，Fe3+的配位数为_________；该配合物中，第二周期的三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_________。

【答案】

（1）.3d64s2

（2）.球形（3）.对于组成和结构相似物质，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增 强，熔点逐渐升高（4）.三角锥形（5）.

（6）.4（7）.sp2（8）.配位键（9）.6（10）.N>O>C

【解析】

（1）本题考查电子排布式书写、电子云形状，Fe属于26号元素，因此核外电子排布式为[Ar]3d64s2；Li的电子排布式为1s22s1，最高能层电子的能级为s，电子云的轮廓图为球形；

（2）本题考查物质熔沸点高低判断、立体构型，AsCl3、AsBr3、AsI3组成和结构相似，相对分子质量大小顺序是AsI3>AsBr3>AsCl3，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；AsCl3中心原子As，有3个σ键，孤电子对数为（5－3×1）/2=1，价层电子对数为4，因此AsCl3的立体构型为三角锥形；（3）本题考查晶胞的计算，根据晶胞结构，Fe位于晶胞的顶点、棱上和面心，个数为8×1/8＋2×1/2＋8×1/4=4，As位于晶胞内部，个数有4个，Li位于晶胞内部，有4个，因此晶胞的质量为

，晶胞的体积为a3cm3，根据密度的定义，因此该晶胞的密度为

g/cm3；（4）本题考查共价键、杂化类型判断、配位键、电离能规律，根据图2，1号碳原子含有4个σ键，2号碳原子有3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，即杂化类型为sp2；一个N原子形成三个共价键，达到“饱和”，现在N有4个键，因此Fe3＋和N之间形成的化学键为配位键；根据图2，Fe3＋配位数为6；同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，因此第一电离能的大小是N>O>C。

点睛：

本题的难点是晶胞密度的计算，一般先根据晶胞的结构以及均摊法，求出含有微粒的个数，然后根据化学式以及n=N/NA，求出晶胞物质的量，再根据n=m/M，求出晶胞的质量，根据晶胞的参数求出晶胞的体积，最后根据密度的定义，计算出晶胞的密度。

12.[化学——选修5：

有机化学基础]甲苯是有机化工的一种重要原料，用它制取利尿“呋塞米” 和重要的化工中间体“甲基丙烯酸苄基酯”的合成路线如下（部分步骤和条件省略）：

回答下列问题：

（1）A的名称为_________。

（2）反应类型：

反应②_________;反应③_________。

（3）反应①的化学方程式_________。

（4）符合下列条件的B的同分异构体（不考虑立体异构）共有_________种。

①某环上只有两个取代基，且每个取代基上碳原子数不超过3 个。

②与B具有相同的官能团,1mol该有机物完全水解需要消耗2molNaOH。

写出其中核磁共振氢谱只有5组峰的有机物的结构简式_________。

（5）下列说法正确的是_________。

A．呋塞米既可与强酸反应,又可与强碱反应

B．甲基丙烯酸是丙酸的同系物

C．1mol甲基丙烯酸和丙烯的混合物在氧气中完全燃烧共需要氧气4.5 mol

D．可用溴水鉴甲苯和甲基丙烯酸苄基酯

（6）结合以下信息：

①

②RCN

RCOOH

写出用丙酮和HCN 为原料制备化合物

的合成路线__________（其它试剂任选）。

【答案】

（1）.苯甲醇

（2）.氧化反应（3）.取代反应（4）.

+H2O（5）.15（6）.

（7）.ACD（8）.

或

【解析】本题考查有机物的推断和合成，

（1）生成A的反应是卤代烃的水解，即A为苯