届吉林省长春市普通高中高三质量监测二理综化学试题解析版.docx

1、届吉林省长春市普通高中高三质量监测二理综化学试题解析版吉林省长春市普通高中2018届高三质量监测（二）理综化学试题1. 煤和石油是两种重要的能源，下列说法正确的是A. 液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物B. 煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源C. 石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程D. 工业上获得大量的乙烯和丙烯的方法是石油裂化【答案】A2. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 在1.0 L 1.0 mol/L的NaAlO2溶液中，含有的氧原子数目为2NAB. 1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，转移电子数目为2NAC. 0.l

2、molNa2O2与足量的潮湿的CO2反应转移的电子数目为0.lNAD. 电解精炼铜时，若阳极质量减少32g，则阴极转移电子的数目为NA【答案】C【解析】NaAlO2、H2O中都含有氧原子，故A错误；SO2与O2的反应可逆，1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，转移电子数目小于2NA，故B错误；Na2O2与CO2、H2O的反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，0.lmolNa2O2与足量的潮湿的CO2反应转移的电子数目为0.lNA，故C正确；电解精炼铜时，阳极铜、铁、锌等金属失电子，所以质量减少32g，转移电子的数目不一定是NA，故D错误。3. 分子式为C8H11N的有机物中，含有

3、苯环且苯环上有二个侧链的同分异构体数目（不考虑立体异构）为A. 3 B. 6 C. 9 D. 12【答案】C【解析】两个取代基分别是 ； ；，每种组合各有邻、间、对三种结构，共9种，故C正确。4. 除去下列物质中所含少量杂质的设计正确的是选项物质杂质试剂提纯方法ABaSO4BaCO3水溶解、过滤、洗涤BCO2SO2饱和Na2CO3溶液洗气C乙酸乙酯乙酸稀NaOH溶液混合振荡、静置分液D蛋白质葡萄糖浓(NH4)2SO4溶液盐析、过滤、洗涤A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于水，也不溶于酸，可以利用稀盐酸除去硫酸钡中的碳酸钡，A正确；B、饱和碳酸

4、钠溶液页吸收CO2，应该用饱和碳酸氢钠溶液，B错误；C、乙酸乙酯和氢氧化钠也反应，应该用饱和碳酸钠溶液，C错误；D、应该用渗析除去蛋白质中的蔗糖，D错误，答案选A。5. 四种短周期主族元素W、X.Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A. 简单离子半径：W XZB. W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C. 气态氢化物的热稳定性：WZ【答案】B【解析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是钠；Z与X形成

5、的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是氯；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W与Y同族，Y在X与Z之间，位置关系如图：；AX、W离子的电子层为2层，Z离子即氯离子电子层为3层，电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则简单离子半径大小顺序是：XWZ，故A错误；BW在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故B正确；CW与Y处于同于主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳

6、定性逐渐减弱，则WY，故C错误；DY与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则ZY，故D错误；故选B。6. 常温下，Ka1(H2C2O4)= 10 -1.3，Ka2(H2C2O4)= 10 -4.2。用0.l000mol/L NaOH溶液滴定10.00 mL 0.l000mol/L H2C2O4溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A. 点所示溶液中：B. 点所示溶液中：C. 点所示溶液中：D. 点所示溶液中：【答案】B【解析】点所示溶液中溶质是NaHC2O4，溶液呈酸性，说明HC2O4-电离大于水解，所以，故A错误；点所示溶液PH=4.2， Ka2(H

7、2C2O4)= 10-4.2， ，所以，故B正确；点所示溶液呈中性，根据电荷守恒 ，故C错误；点所示溶液中溶液是Na2C2O4，根据电荷守恒、物料守恒，故D错误。点睛：酸式弱酸盐NaHA溶液的酸碱性由HA-的电离和水解程度决定；若HA-的电离大于水解，溶液呈酸性；若HA-的电离小于水解，溶液呈碱性。7. 根据下列实验操作和现象得出的相关结论正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】氯乙烷在氢氧化钠水溶液中水解为乙醇和氯化钠，氯化钠与硝酸银反应生成难溶于硝酸的氯化银沉淀，故A正确；Fe(NO3)2溶液加入稀硫酸，Fe2+可以被硝酸氧化为Fe3+，所以Fe(NO3)2溶液加入

8、稀硫酸，在加KSCN溶液，溶液变成血红色，不能证明Fe(NO3)2已变质，故B错误；若盐酸的浓度不同，相同温度下，将等质量的大理石块和大理石粉加入到等体积的盐酸中，反应速率：大理石粉不一定大理石块，故C错误；2mL0.01mol/L的Na2S溶液中滴入几滴ZnSO4，Na2S溶液有剩余，再滴入几滴CuSO4溶液，Na2S与CuSO4反应生成CuS沉淀，不能证明，故D错误。点睛：Fe2+可以被硝酸、氧气等氧化剂氧化为Fe3+，若要证明Fe(NO3)2是否变质，可以向Fe(NO3)2溶液直接加入KSCN溶液，若溶液变成血红色，则Fe(NO3)2已变质。8. 氯化铁，黑棕色结晶，熔点306、沸点31

9、5，易升华；FeCl3易溶于水且具有强烈的吸水性。某化学兴趣小组利用如下装置（夹持仪器略去）制备氯化铁晶体 ( FeCl3.6H2O)。(1)仪器A的名称是 _，在该实验中长导气管的作用是_，同时防止盐酸挥发污染环境。(2)装置甲中发生反应的离子方程式为 _，装置丙的作用为_ 。(3)为顺利达成实验目的，实验过程中先关闭弹簧夹l和3，打开弹簧夹2，再打开乙装置中的活塞，待铁粉完全溶解后，关闭乙中的活塞，_ 再打开甲中的活塞。(4)在实验过程中判断乙瓶中铁元素完全转化成氯化铁的方法是：取试样于试管中，然后向试管中力口入 _（填试剂）后观察现象。(5)反应结束后，将乙中溶液边加入_，边进行加热浓缩

10、、_、过滤、洗涤、干燥即得到产品。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡气压利于液体顺利滴下 (3). 2MnO416H+10Cl-2Mn2+5Cl28H2O (4). 吸收多余的氯气（或吸收尾气，防止污染空气） (5). 打开弹簧夹1和3，关闭弹簧夹2或（关闭弹簧夹2打开弹簧夹1和3) (6). K3Fe(CN)6（或铁氰化钾、赤血盐）（或答铁氰化钾溶液，K3Fe(CN)6溶液，赤血盐溶液都可） (7). 浓盐酸 (8). 冷却结晶【解析】试题分析：(1)根据装置图回答仪器A的名称；在该实验中长导气管可以使烧瓶和分液漏斗中的压强保持一致；(2) 装置甲中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气；装

11、置丙中氢氧化钠吸收剩余氯气；(3)实验过程中，先用盐酸与铁粉反应生成氯化亚铁和氢气，铁完全溶解后再通入氯气，氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；(4)亚铁离子与铁氰化钾溶液溶液反应生成蓝色沉淀；(5)氯化铁易水解，加入浓盐酸可以防止氯化铁水解；解析：(1)仪器A的名称是分液漏斗；在该实验中长导气管可以平衡气压利于液体顺利滴下；(2) 装置甲中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，反应离子方程式是2MnO416H+10Cl-2Mn2+5Cl28H2O；装置丙吸收多余的氯气，防止污染空气；(3) 先用盐酸与铁粉反应生成氯化亚铁和氢气，铁完全溶解后再通入氯气，氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；所以实验过程中先关闭弹簧

12、夹l和3，打开弹簧夹2，再打开乙装置中的活塞，待铁粉完全溶解后，关闭乙中的活塞，打开弹簧夹1和3，关闭弹簧夹2， 再打开甲中的活塞；取试样于试管中，然后向试管中力口入 K3Fe(CN)6溶液后观察现象，若没有蓝色沉淀生成，则铁元素完全转化成氯化铁；(5) 为防止氯化铁水解，反应结束后，将乙中溶液边加入浓盐酸，边进行加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得到产品氯化铁。9. 汽车尾气中通常含有NO和CO等大气污染物，科学家寻找高效催化剂实现了汽车尾气的转化，进而减少汽车尾气对大气的污染。(1)在100 kPa和298.15 K下，由稳定单质生成1 mol化合物的焓变称为该物质在 298.15 K

13、时的标准摩尔生成焓。已知NO标准摩尔生成焓AH= +91.5 kJ/moI，CO的标准燃烧热AH=- 283kJ/mol，由此写出NO和CO反应的热化学反应方程式_。(2) 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入4.0molN02和4.0moICO，在催化剂作用下发生反应4CO(g)+2NO2(g) = N2(g)+4CO2(g) H0，测得相关数据如下：5l0min，用NO2的浓度变化表示的反应速率为_。以下表述能说明该反应己达到平衡状态的是_。A气体颜色不再变化B气体密度不再变化C气体平均相对分子质量不再变化20 min时，保持温度不变，继续向该容器中加入l.0mol NO2和l.0molC

14、O，在t1时反应再次达到平衡，则N02的转化率比原平衡_（填“增大”、“减小”或“不变）。该温度下反应的化学平衡常数K= _（保留两位有效数字）。（_） N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g) 2NO2(g )。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)=klp(N2O4)，v(NO2)=k2P2(N02)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。则一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=_。（Kp为平衡分压代替平衡浓度计算所得的平衡常数，分压=总压物质的量分数）(4)电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治

15、理的一个新思路，原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2除去，如图示，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导 O2-，如果NOx为NO，则电解池阴极电极反应式为_。【答案】 (1). 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=749 kJmoL-1 (2). 0.028 molL-1min-1 (3). A、C (4). 增大 (5). 0.11 Lmol-1 (6). (7). 2NO+4e-=N2+2O2（或2NO=N2+2O24e-）【解析】试题分析：(1)由标准摩尔生成焓的概念，N2(g)+ O2(g)=2NO(g) H=AH= +183.0 kJ/moI

16、；CO的标准燃烧热AH=- 283kJ/mol，即2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) AH=- 566kJ/mol；根据盖斯定律书写NO和CO反应的热化学反应方程式；(2) 根据 计算；根据平衡标志分析；20 min时，保持温度不变，继续向该容器中加入相同比例的反应物，相当于加压；利用“三段式”计算化学平衡常数；( 3) Kp= ，平衡时NO2、N2O4的消耗速率比= v(NO2)：v(N2O4)= k2P2(N02)：=klp(N2O4)=2；(4)NOx在电解池中分解成无污染的N2，NOx得电子发生还原反应；解析：(1)N2(g)+ O2(g)=2NO(g) H=AH= +183

17、.0 kJ/moI2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) AH=- 566kJ/mol；根据盖斯定律-得2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=749 kJmoL-1；(2) 5l0min， NO2的浓度变化为1.7-1.56=0.14mol/L， = =0.028 molL-1min-1；A气体颜色不再变化，说明NO2的浓度不再变化，所以一定达到平衡状态，故A正确；B反应前后气体质量不变，容器体积不变，所以气体密度是恒量，气体密度不再变化，不一定平衡，故B错误；C反应前后气体质量不变，气体物质的量改变，根据 ，气体平均相对分子质量是变量，所以气体平均相对分子质量不再变

18、化，反应一定达到平衡状态，故C正确。20 min时，保持温度不变，继续向该容器中加入相同比例的反应物，相当于加压，平衡正向移动，N02的转化率比原平衡增大；0.11 ( 3) Kp= ，平衡时NO2、N2O4的消耗速率比= v(NO2)：v(N2O4)= k2P2(N02)：；则k1=；(4)NOx在电解池中分解成无污染的N2，得电子发生还原反应，阴极反应式是2NO+4e-=N2+2O2；点睛：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，如CO的标准燃烧热AH=- 283kJ/mol，指1molCO完全燃烧生成CO2放出283kJ热量。10. 碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业

19、上用精炼钢的阳极泥(主要含有TeO2、少量Ag、 Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：已知Te02微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。(1)“碱浸”时所用的试剂是 _（填化学式）。(2)碱浸后的“滤渣”可用于_。(3)“沉碲”时，缓慢加入H2SO4，并不断搅拌。为生成TeO2沉淀需控制溶液的pH为4.550，其原因是_。(4)“酸溶”后，将SO2通入TeC14酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是_。(5) 25时，亚碲酸(H2Te03)的Kal=lxl0-3，Ka2=2l0-80.lmol/L的NaHTe03的溶液中c(TeO32-) - c(H2TeO3)= _（填离子浓度

20、表达式）。0.lmolL-1的NaHTe03溶液呈_填“酸性”，“碱性”，“中性”）理由是_（写出利用平衡常数汁算及推理过程).【答案】 (1). NaOH溶液（KOH溶液） (2). 提炼贵金属（或提取银和金或其它合理答案） (3). 溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失 (4). TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 (5). c(H+)c(OH-) (6). 酸性 (7). NaHTeO3的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=11014/1103=1011 , Kh Ka22108所以呈酸性【解析】试题分析：(1).根据Te02易溶于较浓强碱分析；(2)

21、阳极泥中的Ag、Au难溶于碱，所以滤渣的主要成分是Ag、Au；(3). Te02溶于较浓的强酸；(4)SO2通入TeC14酸性溶液中得到碲、硫酸、盐酸；(5) 根据质子守恒分析；HTe03-既水解又电离，根据水解、电离的平衡常数分析0.lmolL-1的NaHTe03溶液的酸碱性；解析：(1). Te02易溶于较浓强碱，所以“碱浸”时所用的试剂是NaOH溶液或KOH溶液；(2)阳极泥中的Ag、Au难溶于碱，所以滤渣的主要成分是Ag、Au，“滤渣”可用于提炼贵金属；(3). 溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失，所以需控制溶液的pH为4.550；(4)SO2通入TeC14酸性溶液中得

22、到碲、硫酸、盐酸，反应方程式是TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；(5) 根据质子守恒，NaHTe03的溶液中c(TeO32-)+ c(OH-) = c(H+)+ c(H2TeO3)，所以c(TeO32-) - c(H2TeO3)= c(H+)c(OH-)；NaHTeO3的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=11014/1103=1011 , Kh Ka22108所以呈酸性；点睛：酸式弱酸盐NaHA溶液的酸碱性由HA-的电离和水解程度决定；若HA-的电离大于水解，溶液呈酸性；若HA-的电离小于水解，溶液呈碱性。11. 【化学选修3：物质结构与性质】第一代半导体材料（Si.

23、 Ge等）与第二代半导体材料（GaAs、 InSb等）一起，将人类推进了信息时代。近年来，以碳化硅( SiC)、氮化镓(GaN)为代表的第三代半导体材料的出现，开辟了人类资源和能源节约型社会的新发展，也成为了科学家研究的热点。(1)基态锗原子的价电子排布图为_。(2)N、P、As位于同一主族，基态氮原子的核外共有_种不同运动状态的电子，N20的空间构型为_，与P043-互为等电子体的分子有 _（填一种即可）。(3)酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图所示，中心离子为钴离子。酞菁钴中碳原子的杂化轨道类型为_；与钴离子通过配位健结合的氮

24、原子的编号是_。(4)已知PH3分子的键角约为94，而AsH3分子的键角约为91.8，试用价层电子对互斥理论解释PH3的键角比AsH3的键角大的原因_。(5)第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有_。(6)氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表中所示：试从结构的角度分析它们熔点不同的原因_。(7)磷化铝晶胞如图所示，若两个铝原子之间的最近距离为d pm，NA代表阿伏加德罗常数 的值，则磷化铝晶体的密度= _g/cm3。【答案】 (1). (2). 7 (3). 直线形 (4). CCl4（或SiF4等） (5). sp2 (6). 1、3 (7).

25、 P原子半径比As原子半径小，PH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大 (8). Mg、Si、S (9). 氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低 (10). 【解析】试题分析：(1)基态锗原子的价电子排布式是4S24P2；(2)有几个电子就有几种运动状态；根据N20与CO2是等电子体； P043-由5个原子构成，价电子数是32；(3) 酞菁钴中碳原子都有3个 键，无孤对电子；氮原子最外层有5个电子，能形成3个共价键；(4) P原子半径比As原子半径小，PH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大；(5)同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，A元素的S

26、轨道全充满为稳定状态，第一电离能大于A；A的元素P轨道半充满为稳定状态，所以第一电离能大于A的元素；(6) 氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低；(7)根据均摊原则计算晶胞的化学式，两个铝原子之间的最近距离为d pm，则晶胞的体积为 ，根据 计算密度；解析：(1)基态锗原子的价电子排布图是；(2)氮原子核外有7个电子，有7种运动状态；N20与CO2是等电子体，CO2是直线型分子，所以N20的空间构型是直线型；P043-由5个原子构成，价电子数是32，所以与P043-互为等电子体的分子有CCl4（或SiF4等）；(3) 酞菁钴中碳原子都有3个 键，无孤对电子，所以碳原子

27、的杂化轨道类型为sp2；氮原子最外层有5个电子，能形成3个共价键，2,4两个氮原子都有3个共价键，1,3两个氮原子有4个键，所以1,3两个氮原子与钴离子通过配位健结合；(4) P原子半径比As原子半径小，PH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大，所以PH3的键角比AsH3的键角大；(5)同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，A元素的S轨道全充满为稳定状态，第一电离能大于A；A的元素P轨道半充满为稳定状态，所以第一电离能大于A的元素；所以第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有Mg、Si、S；(6) 氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降

28、低，熔点依次降低；(7)根据均摊原则，晶胞中P原子数是4，Al原子数是 ，所以晶胞的摩尔质量是232g/mol，两个铝原子之间的最近距离为d pm，则晶胞的体积为 ， g/cm3；12. 【化学选修5：有机化学基础】有机物X是合成某药物的中间体，X的结构简式为：以有机物A为原料合成X的流程如图所示（部分条件省略）：(1)步骤的反应类型为_。(2)D分子中官能团的名称是_ 。(3)步骤中E的结构简式为_；碳酸钠的作用是_。(4)1mol B最多可消耗H2的物质的量为_mol。(5)利用可制备某线性结构高分子酚醛树脂，该反应的化学方程式为_。(6)满足下列条件的同分异构体有_种。苯环上有三个取代基

29、；能发生银镜反应；能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。【答案】 (1). 加成反应 (2). （酚）羟基、酯基 (3). (4). 与酚羟基反应形成酚钠 (5). 4 (6). (7). 10【解析】试题分析：A与甲醛反应生成，则A是；少了2个氢原子，所以B是；，C多了2个氢原子，所以C是；，D是；，根据，可知E是。解析：根据以上分析，(1) 与甲醛反应生成，反应类型为加成反应。(2) 分子中官能团的名称是酚羟基、酯基。(3)步骤中E的结构简式为；碳酸钠与酚羟基反应形成酚钠。(4)1mol最多可消耗H2的物质的量为4mol。(5) 与甲醛发生缩聚反应生成高分子酚醛树脂，该反应的化学方程式为。. . .