届黑龙江省哈尔滨市第三中学高三下学期第一次模拟考试全国II卷理综化学试题教师版.docx

1、届黑龙江省哈尔滨市第三中学高三下学期第一次模拟考试全国II卷理综化学试题教师版2020年哈三中高三学年第一次模拟考试理科综合化学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Pd-106一、选择题：本题共7个小题，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.

2、“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。下列说法正确的是( )A. 古代中国出产的丝绸的主要成分是纤维素B. 中国从中亚进口的天然气的主要成分是乙烯C. 中国承建巴基斯坦的水电站实现了水能直接转化为电能D. 服务一带一路的北斗卫星上的太阳能电池板与地壳含量第二的元素有关【答案】D【解析】【详解】A. 丝绸主要成分是蛋白质，故A错误；B. 天然气主要成分是甲烷，故B错误；C. 水力发电是将水能转化成机械能，然后机械能转化成电能，故C错误；D. 制作太阳能电池板原料是晶体硅，硅元素在地壳中含量为第二，故D正确；答案：D2.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂

3、，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是( )A. 反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B. 若反应通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C. 反应中的H2O2可用NaClO4代替D. 反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B由反应化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，

4、B项正确；C据流程图反应，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D据流程图反应ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。3.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A. 乙醇能与水互溶，因此不能做

5、从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；B. 乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；C. 除去KNO3固体中NaCl，采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度受温度的影响较小，故C错误；D. 蒸馏利用沸点不同对互溶液体进行分离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行分离，利用两者沸点相差较大，故D正确；答案：D。4.二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是( )A. 二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B. 二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C. 等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为3

6、1D. 二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物【答案】C【解析】【详解】A. 根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故A错误；B. 二羟基甲戊酸中含有羟基，CH2OH中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C. 该有机物中能与Na发生反应的是OH和羧基，1mol二羟基甲戊酸中含有2mol羟基和1mol羧基，因此1mol该有机物消耗Na的物质的量为3mol，能与NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故C正确；D. 二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D错误；答案：C。【点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，

7、含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“CH2”。5.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，Z与W、X与Y相邻，X与W同主族。下列说法不正确的是( )A. 原子半径：WZYXB. 最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC. 最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD. 元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等【答案】A【解析】【分析】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即，据此分析；【详解】W原子

8、的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即A. 同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径大小顺序是r(Si)r(P)r(N)r(O)，故A说法错误；B. 利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性强弱顺序是NOSi，即最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3H3PO4H2SiO4，故B说法正确；C. 利用非金属性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性强弱顺序是ONPSi，即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2ON

9、H3PH3SiH4，故C说法正确；D. 主族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外)，N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5，族序数分别为VA、IVA、VA，故D说法正确；答案：A。6.利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO3等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是( )A. 反应均在正极发生B. 单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC. 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD. 增大单位体积

10、水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大【答案】B【解析】【详解】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子反应，所以应在正极发生，故A正确；B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne = 2a mol，故B错误；C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_ + 8e_ NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所以 的电极反应式为NO3_

11、 + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O，故C正确；D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；综上所述，答案为B。7.25时，HCN溶液中CN-和HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图所示，下列表述正确的是( )A. Ka(HCN)的数量级为10-9B. 0.1mol/LHCN溶液使甲基橙试液显红色C. 1L物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中c(HCN)c(CN-)D. 0.1mol/LNaCN溶液的pH=9.2【答案】C【解析】【详解】A.电离平衡常数只受温度的影

12、响，与浓度无关，取b点，c(HCN)=c(CN)，则有HCN的电离平衡常数表达式为Ka=c(H)=109.2，Ka(HCN)的数量级约为1010，故A错误；B. HCN为弱酸，其电离方程式为HCNHCN，弱电解质的电离程度微弱，可以认为c(H)=c(CN)，c(HCN)=0.1molL1，根据电离平衡常数，0.1molL1HCN溶液：=1010，解得c(H)=105.5，即pH=5.5，甲基橙：当pHKa=1010，即CN的水解大于HCN的电离，从而推出1L物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中：c(CN)c(HCN)，故C正确；D. 根据CN水解平衡常数，得出：=104，c(O

13、H)=102.5，pOH=2.5，则pH=11.5，故D错误；答案：C。8.四溴化钛(TiBr4)可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3，沸点为233.5，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：(1)检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是_，其目的是_，此时活塞K1，K2，K3的状态为_；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1，K2，K3的状态为_。(2)试剂A为_，装置单元X的作用是_；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是_。(3)反应

14、结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是_。(4)将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为_、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是_(填仪器名称)。【答案】 (1). 打开K1，关闭K2和K3 (2). 先通入过量的CO2气体，排除装置内空气 (3). 打开K1，关闭K2和K3 (4). 打开K2和K3 ，同时关闭K1 (5). 浓硫酸 (6). 吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解 (7). 防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险 (8). 排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气 (9). 直形冷凝管 (10). 温度计(量程250C)【解析】【分

15、析】检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，开始仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四

16、溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯，因此需要用到直形冷凝管。【详解】检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，因此加热实验前应先通入过量的CO2气体，其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为先通入过量的CO2气体；排除装置内空气；打开K1

17、，关闭K2和K3；打开K2和K3，同时关闭K1。因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，所以试剂A为浓硫酸(作干燥剂)，装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为浓硫酸；吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的

18、溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气。实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计(量程是250C)，故答案为直形冷凝管；温度计(量程250C)。9.某科研小组利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)制备重要的化工原料纳米Fe2O3的

19、工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)煅烧前硫铁矿粉碎的目的是_，硫铁矿煅烧得到的气体需回收，该气体在工业上的主要用途是_。(2)用稀硫酸浸取硫铁矿烧渣的主要反应的离子方程式为_，浸取后过滤得到的滤渣的化学式为_。(3)加入FeS2的主要目的是还原滤液中的Fe3，反应的化学方程式为：FeS27Fe2(SO4)38H2O=15FeSO48H2SO4，反应中每消耗1molFeS2，转移的电子数目为_，检验Fe3是否完全被还原，应选择_(填标号)。A.KMnO4溶液 B.K3Fe(CN)6溶液 C.KSCN溶液(4)加FeCO3调溶液pH到5.8左右，其目的为_。(5)加入NH4HCO3生成FeCO

20、3的离子方程式为_，若煅烧得到160g纳米Fe2O3，则消耗的气体和生成的气体的物质的量之比为_。【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分 (2). 工业制硫酸 (3). Fe2O36H=2Fe33H2O (4). SiO2 (5). 14NA或8.4281024 (6). C (7). 除去滤液中的Al3+ (8). 2HCO3Fe2=FeCO3CO2H2O (9). 1：4【解析】【分析】硫铁矿煅烧，发生FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，加硫酸，Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，根据流程目的是制备纳米Fe2O3，需要除去Al3，因为

21、Fe(OH)3的溶度积小于Al(OH)3的溶度积，因此先将Fe3转化成Fe2，加入FeS2的目的是将Fe3转化成Fe2，加入FeCO3调节pH，使Al3以Al(OH)3形式除去，加入NH4HCO3，Fe2与HCO3反应生成FeCO3，煅烧FeCO3得到Fe2O3，逐步进行分析；【详解】(1)煅烧前粉碎硫铁矿，增加硫铁矿与空气的接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分；FeS2与O2发生4FeS211O2=2Fe2O38SO2，利用SO2制备硫酸；(2)硫铁矿煅烧后的烧渣为Fe2O3、Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物不与硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O

22、3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，烧渣中Fe2O3为主要物质，因此加入硫酸发生的主要反应是Fe2O36H=2Fe33H2O；浸取后的滤渣为SiO2；(3)根据反应方程式，FeS2中S由1价转化成6价，Fe2(SO4)3中Fe的化合价由3价转化成2价，因此消耗1molFeS2，转移电子物质的量为1mol26(1)=14mol，即转移电子物质的量为14NA或8.4281024；检验Fe3是否完全被还原，则需要检验是否含有Fe3，即用KSCN溶液检验，如果溶液不变红，则说明Fe3完全反应，反之未完全反应，答案悬C；(4)根据上述分析，加入FeCO3的目的是调节pH，使Al3以Al(OH)3形式沉淀

23、出来；(5)加入NH4HCO3溶液得到FeCO3，即反应的离子方程式为2HCO3Fe2=FeCO3CO2H2O；煅烧FeCO3得到Fe2O3反应方程式为4FeCO3O22Fe2O34CO2，消耗O2和生成CO2的物质的量之比为1：4。【点睛】难点是(5)离子方程式的书写，因为生成FeCO3，需要HCO3电离出CO32，即HCO3HCO32，Fe2结合CO32生成FeCO3沉淀，促使平衡向正反应方向进行，c(H)增大，然后发生H与HCO3反应生成CO2，最后写出离子方程式即可，书写类似反应时，注意原理的应用。10.合成气(CO、H2)是一种重要的化工原料气。合成气制取有多种方法，如煤的气化、天然

24、气部分氧化等。回答下列问题：I.合成气的制取(1)煤的气化制取合成气。已知：H2O(g)=H2O(l) H=-44kJ/mol；部分物质的燃烧热：则反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的H=_kJ/mol。(2)天然气部分氧化制取合成气。如果用O2(g)、H2O(g)、CO2(g)混合物氧化CH4(g)，欲使制得的合成气中CO和H2的物质的量之比为12，则原混合物中H2O(g)与CO2(g)的物质的量之比为_。.利用合成气合成乙醇在一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中投入2molCO和4molH2，发生反应：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。(1)

25、写出该反应的平衡常数表达式_。(2)下列情况能作为判断反应体系达到平衡的标志是_(填序号)。A.压强不再变化 B.平均摩尔质量不再变化 C.密度不再变化(3)反应起始压强记为p1、平衡后记为p2，平衡时H2的转化率为_。(用含p1、p2的代数式表示).合成乙醇的条件选择为探究合成气制取乙醇的适宜条件，某科研团队对不同温度、不同Rh质量分数的催化剂对CO的吸附强度进行了研究，实验数据如图。CO的非离解吸附是指CO尚未乙醇化，离解吸附是指CO已经乙醇化。(1)结合图像从低温区、高温区分析温度对CO吸附强度的影响_；以及催化剂对CO吸附强度的影响_。(2)用Rh作催化剂，合成气制取乙醇的适宜温度是_

26、。【答案】 (1). +131.3 (2). 2：1 (3). (4). AB (5). 100% (6). 在低温区，温度升高，不同催化剂对CO非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO的离解吸附强度均减小 (7). 相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高，CO的吸附强度越大 (8). 550【解析】【分析】I.(1)书写出C、CO、H2燃烧的热化学反应方程式，然后根据盖斯定律得到结果；(2)分别书写出CH4与O2、CH4与H2O、CH4与CO2反应的方程式，根据反应方程式的特点，进行分析判断；II.(1)根据化学平衡常数的定义进行分析；(2)根据化学平衡状态的定义进行分析；【

27、详解】I.(1)C(s)O2(g)CO2(g) H=393.5kJmol1 ，CO(g)O2(g)=CO2(g) H=283.0kJmol1 ,H2(g)O2(g)=H2O(l) H=285.8kJmol1 ，H2O(g)=H2O(l) H=44kJmol1 ，根据盖斯定律，得出H=131.3kJmol1；(2)分别发生的方程式为CH4O2=CO2H2、CH4CO2=2CO2H2、CH4H2O=CO3H2，要求合成气中CO和H2的物质的量之比为1：2，O2可以是任意值，只需让CO2、H2O反应后CO的物质的量、H2的物质的量之比为1：2即可，令CO2为amol，则生成n(CO)=2amol，n

28、(H2)=2amol，令H2O为bmol，则生成n(CO)=bmol，n(H2)=3bmol，有(2ab)：(2a3b)=1：2，解得a：b=1：2；II.(1)根据化学平衡常数的定义，K=;(2)A. 因为反应前后气体系数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故A符合题意；B. 组分都是气体，气体质量保持不变，该反应为气体物质量减少的反应，根据摩尔质量的定义，因此当摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；C. 气体的总质量保持不变，容器为恒容，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；(3)相同条件下，压强之比等于物质的量，即达到平衡后气体总物质的量为mol，

29、解得n(H2)= mol，则H2的转化率为=100%；III.(1)根据图像，在低温区，温度升高，不同催化剂对CO的非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO的离解吸附强度均减小；相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高，CO的吸附强度越大；(2)根据图像，最适宜温度为550。【点睛】II.(3)计算氢气的转化率，一般采用三段式法进行计算，我们也可以采用其他方法进行计算，该反应为物质的量减少的反应，因此可以采用差量法进行，先根据相同条件下，压强之比等于物质的量之比，求出达到平衡后，气体总物质的量，起始前气体总物质的量减去该值，即反应过程中减少的量，这种方法比三段式法要简单一些，因此

30、平时化学反应原理计算过程中，应多总结一些计算方法。11.碳氧化物、氮氧化物、二氧化硫的处理与利用是世界各国研究的热点问题。汽车尾气中含有害的一氧化碳和一氧化氮，利用钯(Pd)等金属作催化剂可以迅速将二者转化为无害的二氧化碳和氮气。(1)钯与镍位于同列，且在镍的下一周期，钯在元素周期表的位置是_，基态镍原子的价电子的电子排布图为_。(2)C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)SO2分子的VSEPR构型为_；SO3分子中心原子的杂化形式为_；N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，N2O的空间构型为_，分子中的键和键数目之比是_。(4)大键是3个或3个以上原子彼此平行的p轨道从侧面相互重叠形成的键。一氧化氮分子中，氮与氧之间形成一个键、一个2电子键与一个3电子键，则3电子键_(填“是”或“不是”)大键；一氧化氮可与Fe2+生成棕色Fe(H2O)5NO2+离子，为检验亚铁离子的反应之一，Fe(H2O)5NO2+离子中配位体是_。(5)CO可形成熔点为-20，沸点为103的配合物Fe(CO)5，Fe(CO)5分子中铁元素的化合价为_，属于_晶体。(6)钯晶体的晶胞如图，晶胞的边长为apm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则钯单质的密