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1、全国市级联考四川省内江市届高三第三次模拟考试理综化学试题解析版四川省内江市2018届高三第三次模拟考试理综化学试题1. 化学与人类的生活、生产密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 人工分子筛(多孔铝硅酸盐)可以用作吸附剂和催化剂B. 埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液或双氧水消毒,其消毒原理相同C. 纯碱属于碱类、谷氨酸钠(C5H8NO4Na,味精)属于盐类D. 蚕丝和棉花的组成元素相同,结构不同,因而性质不同【答案】A【解析】A、人工分子筛具有多孔质松表面积大的特点，所以具有较强的吸附性，可做吸附剂，吸附反应物微粒，加快反应速率，起催化作用，故A正确；B、乙醇的消毒原理是使蛋白质变性，而次氯酸

2、钠和双氧水的消毒原理是利用其强氧化性，所以B错误；C、纯碱是Na2CO3，属于盐类，故C错误；D、蚕丝是蛋白质，其主要组成元素有C、H、O、N，而棉花是纤维素，属于糖类，其组成元素为C、H、O，二者的组成元素不同，故D错误。本题正确答案为A。2. 下列说法不正确的是（ ）A. 以淀粉为主要原料可制取乙酸乙酯B. 用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油C. 某烷烃的二氯代物有3种,则该烃的分子中碳原子个数可能是4D. 乙烯、乙炔、乙醇、乙醛、葡萄糖都能与酸性的KMnO4或K2Cr4O7溶液反应【答案】B【解析】A、淀粉经水解、酒化后可得乙醇，再经氧化得乙酸，然后乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，

3、故A正确；B、矿物油是以烃类为主要成分，不溶于NaOH溶液、也与NaOH溶液不反应，所以矿物油中加入NaOH溶液出现分层现象，而植物油属于酯类，在NaOH溶液作用下水解生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，所以植物油中加入NaOH溶液，一段时间后溶液不分层，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油，所以B不正确；C、乙烷和新戊烷的二氯代物有2种，丙烷的二氯代物有4种，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种，所以C正确；D、由于酸性的KMnO4或K2Cr4O7溶液都具有强的氧化性，而这五种有机物都具有还原性的原子或原子团，即C=C、CC、OH、CHO等，所以都能反应，故D正确。因此本题答案为B。

4、点睛：注意异丁烷的二氯代物有3种，但二氯代物有3种的烷烃不一定只有异丁烷，如(CH3)3CC(CH3)3的二氯代物也是3种，所以该烃分子中碳原子数可能是4。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）A. 乙烯和丙烯组成的42g混合气体中碳氢键数目为6NAB. 标准状兄下,22.4L二氯甲烷的分子数约为NAC. 常温常压下,1mol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O,转移的电子数目为12NAD. 将1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性,溶液中CH3COO-数目小于NA【答案】A【解析】A、乙烯和丙烯的最简式为CH2，所以42g该混合气体中碳氢键数为mol，故A正确；B、

5、二氯甲烷在标况下为液体，没有密度无法计算其物质的量，故B错误；C、反应的方程式为2CH3OH3O22CO24H2O，所以1mol甲醇完全燃烧转移的电子数目为6NA，则C错误；D、溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可得c(Na+)= c(CH3COO-)=1mol，所以溶液中CH3COO-数目等于NA，故D错误。所以本题答案为A。4. 下列实验方案能达到实验目的的是（ ）实验目的实验方案A检验FeSO4晶体是否已氧化变质将FeSO4样品溶于稀硝酸后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红B探究浓度对化学反应速率的影响取两支试管,各加入4mL0.5mol/L的KMnO4酸性溶液,然后向

6、两支试管中分别加入2mL0.1mol/LH2C2O4(草酸)溶液和2mL0.2mol/LH2C2O4溶液比较反应褪色的快慢C提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和碳酸钠溶液,振荡后静置分液,并除去有机相中的水D判断淀粉是否水解向用稀硫酸作催化剂的淀粉水解液中加入适量银氨溶液后水浴加热，观察是否产生银镜A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、硝酸具有强氧化性，可将Fe2+氧化成Fe3+，所以A不能检验FeSO4晶体因氧化而变质，即A错误；B、已知反应的方程式为5H2C2O42MnO46H2Mn210CO28H2O，所以两支试管中H2C2O4的量都不足

7、，因此KMnO4酸性溶液都不会褪色，可能颜色会变浅，但不易观察，所以B错误；C、由于乙酸能与碳酸钠反应而除去，而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液溶解度更小，所以通过分液即可提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯，故C正确；D、银氨溶液中酸性溶液中会变质，所以不能直接向水解液中加入银氨溶液，应先加NaOH溶液中和到碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜，故D错误。因此本题答案应选C。5. X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素。化合物甲由X、Z、W三种元素组成,常温下0.1molL-1甲溶液的pH=13。工业上常通过电解饱和WR溶液制得甲。Y的单质与由Y、Z组成的化合物之间的转化关系如图所示。下

8、列叙述正确的是（ ）A. 简单离子的半径：WZR B. 化合物W2Z2中既含离子键又含极性键C. 化合物YZ2溶于足量甲溶液中,存在的微粒有6种 D. 图中转化过程发生的反应均为化合反应【答案】D【解析】由X、Z、W三种元素组成化合物甲，常温下0.1molL-1甲溶液的pH=13，可知甲为NaOH，所以X为H元素，Z为O元素，W为Na元素，工业上常通过电解饱和WR溶液制得甲，可得R为Cl元素，由转化关系可推知Y为C元素。则A、简单离子半径应为Cl-O2-Na+，所以A错误；B、化合物Na2O2中既有离子键又含有非极性键，故B错误；C、CO2溶于足量NaOH溶液中，生成Na2CO3，溶液中存在的

9、微粒有Na、CO32、HCO3、H、OH、H2CO3、H2O以及未反应的CO2，可见微粒种类不是6种，所以C错误；D、CO2CO2，2CO22CO，2COO22CO2，CO2C2CO，这些反应都是化合反应，故D正确。本题正确答案为D。点睛：Na2O2中既有Na+和O22-之间的离子键，又含有O22-内的OO非极性键；CO2溶于足量NaOH溶液中，要注意水分子和CO2分子的存在。6. 聚合物锂离子电池是以Li+嵌入化合物为正、负极的二次电池。如图为一种聚合物锂离子电池示意图,其工作原理为LiNiO2+6CLi1-xNiO2+LixC6。下列说法不正确的是（ ）A. 电池放电或充电时，通过胶态高分

10、子电解质的微粒是Li+B. 一段时间内Li0.4C6转化为Li0.9C6发生的是放电过程C. 充电时,阳极反应为LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi+D. 该电池过充电可能引起电池负极发生金属锂沉积【答案】C【解析】根据该装置的工作原理LiNiO2+6CLi1-xNiO2+LixC6分析可知，其放电时的正极反应为6C+xLi+xe-=LixC6，负极反应为LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi+。A、在该装置内部能够移动的离子只有Li+，故A正确；B、随着放电的进行，生成LixC6中Li+越来越多，所以Li0.4C6转化为Li0.9C6是放电过程，故B正确；C、充电时,阳

11、极反应为LixC6 -xe-= 6C+ xLi+，所以C不正确；D、该电池过充电时，电池的负极即为阴极，可能发生xLi+ +xe=xLi而沉积，故D正确。所以本题答案为C。点睛：本题的关键是通过工作原理的总反应式，确定电池的正负极及电极反应式。需要注意的是Li在化合物中的化合价是不变的，即+1价，由此确定C的化合价降低，得到电子，作正极，则Ni的化合价从+3价升高为+(3+x)价，失去电子，则LiNiO2作负极。7. 常温下,二元弱酸H2A溶液中滴加NaOH溶液,所得混合溶液pH与离子浓度变化如图所示,下列说法正确的是（ ）A. 直线M表示pH与lg的变化关系B. Ka2(H2A)=10-4.

12、3C. 交点e的溶液中：c(H2A)=c(A2-)c(HA-)c(H+)c(OH-)D. f点溶液中：c(H+)-c(OH-)=c(HA-)+c(A2-)-c(Na+)【答案】B【解析】随着NaOH溶液的加入，发生的反应依次为H2A+ NaOH= NaHA+ H2O，NaHA+ NaOH= Na2A+ H2O，所以c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)开始没有，后来逐渐增大，所以lg逐渐增大，lg逐渐减小，因此直线M表示pH与lg，直线N表示pH与lg的变化关系，故A错误；B、Ka2(H2A)=，由图象可知当pH=3时，lg=1.3，则Ka2(H2A)= = 10-4.3

13、，所以B正确；C、交点e的溶液中c(H2A)=c(A2-)，说明HA- 的电离程度等于其水解程度，溶液呈中性，所以离子浓度大小关系为c(Na+)c(HA-) c(H+)=c(OH-) c(H2A)=c(A2-)，故C错误；D、f点溶液中的溶质为NaHA和Na2A，则由电荷守恒得c(Na+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ (OH-)，所以c(H+)-c(OH-)=c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)，故D错误。本题答案是B。点睛：本题的关键是根据反应过程，分析出c(H2A)、c(HA-)、c(A2-)三种离子浓度的变化，确定M、N代表哪个函数关系？要明确交叉点e的含义，推出c(H

14、2A)=c(A2-)，说明NaHA在溶液中的电离程度和水解程度的大小关系，才能确定C选项的正误；8. 硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)。查阅资料知：Na2S2O35H2O是无色透明晶体,易溶于水,其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3。BaSO3难溶于水,可溶于稀HCl。实验装置如图所示(省略夹持装置)（1）仪器a的名称是_;C中的试剂可以是_ (选填下列字母编号)。A稀H2SO4 B酸性KMnO4溶液 C饱和NaHSO3溶液 DNaOH溶液（2）此实验装置设计有缺陷,其改

15、进方法是_。（3）写出B中反应的离子方程式_。（4）A、B中反应完后,在拆装置前，应将其中污染空气的有毒气体除去,采用的方法和具体操作是_。（5）该法所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4。为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4,该小组设计了以下实验方案,请将方案补充完整。(所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择)取适量产品配成稀溶液，加足量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，_，若沉淀未完全溶解,并有刺激性气味的气体产生,则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。（6）测定产品纯度：准确称取Wg产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.1000mol/L碘

16、的标准溶液滴定。(反应原理为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)滴定至终点时,溶液颜色的变化是_。滴定记录数据如下表：滴定前读数/mL滴定后读数/mL第一次0.1016.12第二次1.1017.08第三次1.4519.45第四次0.0016.00产品的纯度为(设Na2S2O35H2O相对分子质量为M)_。【答案】 (1). 烧杯 (2). BD (3). 在AB、BC之间增加防倒吸的安全瓶 (4). CO32-+2S2-+4SO2=3S2O32-+CO2 (5). 先向A中烧瓶加适量的NaHCO3溶液,再滴加稀H2SO4,直到产生的CO2气体将装置中气体排尽为止 (6). 过滤,用蒸

17、馏水洗涤沉淀,向沉淀中加入足量稀HCl (7). 由无色变蓝色，且在半分钟内不褪色 (8). %【解析】(1) 仪器a的名称是烧杯；装置A中产生的SO2与装置B中的混合溶液反应，从B中出来的气体中除有CO2外，还可能含有H2S、SO2等有毒的污染环境的气体，所以装置C用于尾气吸收，H2S、SO2都具有还原性，可与氧化性物质酸性KMnO4溶液反应，水溶液都具有酸性，可与碱反应，所以装置C中的试剂为B、D。(2)实验过程中，气流不一定稳定，所以应在AB、BC之间增加防倒吸的安全瓶。(3) B中反应的离子方程式CO32-+2S2-+4SO2=3S2O32-+CO2。(4)为除去装置内的有毒气体，可用

18、无害气体将装置内残留气体排入装置C中，具有操作是：先向A中烧瓶加适量的NaHCO3溶液，再滴加稀H2SO4，直到产生的CO2气体将装置中气体排尽为止。(5)将沉淀过滤出来，再用蒸馏水洗涤，然后向沉淀中加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。点睛：本题的难点是装置内残留气体的排尽，以防止污染环境，没有提示，也没有通入空气的接口，因此利用酸与碳酸盐反应产生CO2来排尽除残留的有毒气体，又不污染环境。9. 铁的化合物在生产生活和科学实验中应用广泛：（1）一定条件下Fe2O3与甲烷反应制取纳米级铁,同时生成CO和H2。已知：Fe2O3

19、(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) H=-27.6kJ/molCH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+206.4kJ/molCO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H=-41.0kJ/mol反应Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)的H=_。若该反应在5L的密闭容器中进行,5min后达到平衡,测得体系中固体质量减少0.96g，则该段时间内CO的平均反应速率为_。若该反应在恒温恒压容器中进行,能表明该反应达到平衡状态的是_(选填序号)。ac(CH2)=c(CO) b固体的总质量不变cv(CO)与v(H2)的比值不变

20、 d混合气体的平均相对分子质量不变该反应的化学平衡常数的负对数pK随反应温度T的变化曲线如下图。试用平衡移动原理解释该曲线的变化规律_。若700时测得平衡时,H2浓度为1.0molL-1,则CH4的平衡转化率为_。（2）菱铁矿的主要成分是FeCO3,实验室中可以通过FeSO4与足量NaHCO3溶液混合制得FeCO3,有关反应的离子方程式为_。已知KspFeCO3=3.210-11,H2CO3的Ka1=4.3010-7,Ka2=5.6110-11。试通过以上数据简要计算说明该反应能进行的原因_。（3）Na2FeO4是一种高效净水剂,工业上以Fe为阳极,NaOH为电解质溶液进行电解制备,写出阳极的

21、电极反应式_。【答案】 (1). +714.6kJ/mol (2). 0.0024mol/(Lmin) (3). bd (4). 该反应为吸热反应,温度越高反应进行的程度越大,K越大,则pK越小 (5). 50% (6). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O(或Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2CO3) (7). K=c(H2CO3)/c(Fe2+)c2(HCO3-)=Ka2/(KspFeCO3Ka1)=4.08106105,所以该反应易发生 (8). Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O【解析】(1) 已知：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(

22、g) H=-27.6kJ/mol，CH4(g)+ H2O(g) =CO(g)+3H2(g) H=+206.4kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H= -41.0 kJ/mol，根据盖斯定律可知+3-3即得Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g) +6H2(g) H= +714.6kJ/mol；根据反应方程式可知，固体质量减少量即Fe2O3中氧元素的质量，即n(O)=0.06mol，则生成n(CO)=0.06mol，所以(CO)= 0.0024mol/ (Lmin)；若该反应在恒温恒压容器中进行，a、当c(CH4)=c(CO)时，只是说明生成的CO

23、浓度等于剩余CH4的浓度，但它们的速率关系如何不确定，故a不能表明反应已达平衡；b、固体的总质量不变，说明正逆反应速率相等，故b表明反应已达平衡；c、v(CO)与v(H2)的比值始终都不变，但没有指明速率的正逆方向，所以c不能表明反应已达平衡；d、由于反应前后气体的物质的量不相等，气体的质量也在变化，所以气体的质量和物质的量都不再变化时，即平均相对分子质量不变时，表明反应已达平衡，故d正确。因此本题答案是bd；由于该反应为吸热反应，温度越高反应进行的程度越大，K越大，则pK越小；若700时测得平衡时，c平衡(H2)=1.0molL-1，则c平衡 (CO)= 0.5molL-1，已知pK=0，即

24、K=1，则有 =1，代入即得c平衡(CH4)=0.5molL-1，则c起始(CH4)=1.0molL-1，所以CH4的平衡转化率为50%。(2)根据叙述可知，要生成FeCO3，HCO3-就要电离出H+，则H+与另一个HCO3-反应生成CO2和H2O，所以反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O(或Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2CO3)； 根据反应方程式可得K=c(H2CO3)/c(Fe2+)c2(HCO3-)= Ka2/Ksp(FeCO3)Ka1)=4.08106105，所以该反应容易发生。(3)阳极为铁，失去电子被氧化，生成FeO42-，电解质溶液中的OH-

25、移向阳极，所以阳极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O。点睛：本题的难点是第(2)问反应能否进行的判断，其判断依据是当一个反应的平衡常数K105时，一般认为反应是容易进行的。所以要对平衡常数K的表达式进行变化处理，从而转化为KspFeCO3、以及H2CO3的Ka1和Ka2即可算出K的大小。10. 铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。已知：铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似常温下：KspCu(OH)2=2.210-20KspFe(OH

26、)3=4.010-38KspMn(OH)2=2.l10-13（1）原子序数为29的Cu的原子结构示意图为_。（2）滤渣B的主要成分为_(填化学式)。写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式_。（3）溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为提纯BeCl2,选择合理步骤并排序。a加入过量的NaOH b过滤 c加入适量的HCld加入过量的氨水 e通入过量的CO2 f洗涤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。（4）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应中CuS发生反应的离子方程式_。若用浓HNO3溶解金属硫化物,缺点是_(任写一条)。（5）溶液D中含c(Cu2+)

27、=2.2molL-1、c(Fe3+)=0.008molL-1、c(Mn2+)=0.01molL-1,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,首先沉淀的是_(填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH大于_。（6）取铍铜元件1000g,最终获得Be的质量为72g，则Be的产率是_。【答案】 (1). (2). CuS、FeS (3). Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O (4). dbfc (5). 蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干) (6). MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+Cu2+2H2O (7). 产生污染环境的气体 (8

28、). Fe3+ (9). 4【解析】(1)根据电子排布规律可得Cu的原子结构示意图为。(2)根据旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS和SiO2的性质，结合已知铍、铝两元素的化学性质相似，BeO属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，二者都能溶于NaOH溶液中，生成Na2BeO2和Na2SiO3，而不溶物为CuS和FeS，所以滤渣B的主要成分为CuS和FeS；滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，所以反应中含铍化合物即Na2BeO2，与过量盐酸反应的化学方程式为Na2BeO2+4HCl =BeCl2+2NaCl+ 2H2O。 (3)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HC

29、l，根据Be与Al的性质相似，可得BeCl2可与氨水反应生成Be(OH)2沉淀，经过虑，洗涤后再与适量的盐酸反应即可提纯BeCl2，所以提纯BeCl2合理的步骤是dbfc；为防止Be2+水解，要在HCl气流中加热蒸干。(4) 根据叙述即可写出反应中CuS发生反应的离子方程式为MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+ Cu2+ 2H2O；用浓HNO3溶解金属硫化物时，浓硝酸被还原为氮的氧化物，污染环境（浓硝酸腐蚀性强，氧化性强，可能把S氧化为SO2，污染环境）。(5)根据KspCu(OH)2=2.210-20，KspFe(OH)3=4.010-38，KspMn(OH)2=2.l10-13，可知Cu2转化成沉淀时，c(OH)= mol/L，同理计算出Fe3转化成沉淀时，c(OH)=mol/L，Mn2转化成沉淀时，c(OH)=mol/L，因此首先沉淀的是Fe3，为使Cu2沉淀，此时c(OH)=1