届安徽省六安市第一中学高三下学期第一次高考模拟理综化学试题解析版.docx

1、届安徽省六安市第一中学高三下学期第一次高考模拟理综化学试题解析版绝密启用前安徽省六安市第一中学2019届高三年级下学期第一次高考模拟考试理综-化学试题（解析版）可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cl：35.5 Zn：65一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题意。1.下图所示为海水综合利用的部分流程，下列有关说法正确的是A. 第步中除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质加入的药品顺序为NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B. 第步是一个将电能转化为化学能的过程,工业上可采用石墨为电极,

2、采用阴离子交换膜的电解装置C. 第步中结晶出的MgC126H2O可在空气中受热分解制无水MgC12D. 第步中反应的离子方程式为C12+2Br=2C1+Br2,第步的目的是富集溴元素【答案】D【解析】【分析】海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液,粗盐精制除去杂质得到精盐,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气,母液中含有镁离子和溴离子,加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液,氢氧化镁溶解后浓缩蒸发,冷却结晶,过滤洗涤,在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁,滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质,把溴吹出用碳酸钠溶液吸收后,加入酸重新生成溴单质,以此解答该题。【详解】A选项中的试剂添加顺

3、序中,钡离子最后无法除去,则加入的药品顺序为：BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸,故A错误；B第步是电解食盐水,是将电能转化为化学能的过程,工业上可采用阳极为石墨、离子交换膜为阳离子交换膜的电解装置,故B错误；C由的转化可知,结晶水合物失去结晶水并生成氯化镁,为防止镁离子水解,应在氯化氢气流中进行,故C错误；D第步中溴元素被氧化,发生反应的离子方程式为C12+2Br=2C1+Br2,第步将溴离子氧化为溴单质,第步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠,第步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质,过程中步目的是浓缩、富集溴单质,故D正确；故答案为D。2.设NA为阿伏

4、加德罗常数的值,下列说法正确的是A. 60gSiO2和12g金刚石中各含有4NA个SiO键和4NA个CC键B. H2O(g)通过足量Na2O2(s)充分反应,固体增重bg时,反应中转移的电子数为bNA/2C. 1L0.2mo1/ LNaHCO3溶液中含HCO3和CO32的离子数之和为0.2NAD. 足量的Mg与稀H2SO4完全反应,生成2.24LH2时,转移的电子数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A60g二氧化硅和12g金刚石的物质的量均为1mol,而1mol金刚石中含2molC-C键,1mol二氧化硅中含4molSi-O键,故1mol二氧化硅中含4NA条Si-O键,故A错误；BH2O(

5、g)通过Na2O2(s)增重的是氢元素的质量,且增重2g时转移1mole-,故当增重bg时,转移的电子的物质的量为1即mol,个数为个,故B正确；C1L0.2mo1/ LNaHCO3溶液中,HCO3既水解又电离,根据物料守恒,含H2CO3、HCO3和CO32的总数之和为0.2NA,则HCO3和CO32的总数之和小于0.2NA,故C错误；D生成的2.24LH2,没有指明温度和压强,不知道具体的摩尔体积,无法计算其物质的量,故D错误；故答案为B。3.对于下列实验描述正确的是A. 图1：左边棉花变为橙色,右边棉花变为蓝色,还原性：C1Brksp(Ag2S)【答案】C【解析】【详解】A因生成的Br2中

6、含有Cl2,则不能证明还原性I-Br-,故A错误；B浓硫酸具有脱水性,生成C,然后发生氧化还原反应生成二氧化硫,最后与高锰酸钾发生氧化还原反应而使溶液褪色,故B错误；C直接加热碳酸钠不产生二氧化碳,间接加热碳酸氢钠固体就能产生二氧化碳,说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定,故C正确；D硝酸银过量,均发生沉淀的生成,而不发生沉淀的转化,则不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2S),而且两种沉淀的组成也不相似,故D错误；故答案为C。4.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大,A和C同族,B和D同族,C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的气态化合物在

7、水中呈碱性,C和E形成化合物CE。下列说法正确的是A. B、C、D、E四种元素简单离子半径比较：CDEBB. B、D、E简单气态氢化物稳定性比较：BDEC. E最高价氧化物对应水化物的化学式为HEO4D. C的单质在空气中燃烧产物的化学式为CO【答案】C【解析】【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大,A和C同族,B和D同族,C离子和B离子具有相同的电子层结构,则B在C元素上一周期；A和B形成的气态化合物在水中呈碱性,该化合物为氨气,则A为H、B为N元素,D为P元素；C原子序数大于B而小于D,则C为Na元素；A和B、D、E均能形成共价型化合物,C和E形成化合物CE,则E为Cl

8、元素。【详解】由分析可知：A为H元素、B为N元素、C为Na元素、D为P元素、E为Cl元素；AN3-和Na+、P3-和Cl-均为电子层结构相同的离子,电子层结构相同的离子,其半径随着原子序数增大而减小,所以离子半径BC、DE,故A错误；B元素的非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,N、P和Cl中非金属性最强的是Cl元素,形成的气态氢化物中氯化氢最稳定,故B错误；CE为Cl元素,其最高化合价为+7价,所以其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4,故C正确；DNa在空气中燃烧生成Na2O2,故D错误；故答案为C。【点睛】同周期元素从左到右,原子序数逐渐增大,原子半径逐渐减小,金属性逐渐减弱,非金属

9、性逐渐增强；同一主族从上到下原子半径增大,非金属性减弱,则对应氢化物的稳定性减弱,最高价含氧酸的酸性减弱；同一周期从左向右原子半径减小,非金属性增强,则对应氢化物的稳定性增强,最高价含氧酸的酸性增强,特别注意电子层结构相同的微粒,核电荷数越大,离子半径越小。5.某草酸二酯结构简式如图,下列说法正确的是A. 草酸二酯的分子式为C26H22Cl6O8B. 1mol草酸二酯与氢氧化钠稀溶液反应时(苯环上卤素不水解),最多消耗4molNaOHC. 草酸二酯能发生的反应类型有氧化、还原、取代、加成、聚合、酯化D. 草酸二酯酸性条件下充分水解可以得到三种有机物【答案】D【解析】【分析】根据有机物的结构简式

10、判断草酸二酯的分子式,分子中含有4个酯基,水解可生成、CH3OH和乙二酸,与氢气发生加成反应时,只有苯环反应,以此解答该题【详解】A由结构简式可以看出,草酸二酯的分子中含有26个C、24个H、8个O、6个Cl,分子式为C26H24Cl6O8,故A错误；B1mol草酸二酯含有4个酯基,水解生成4个-COOH和两个酚羟基,最多消耗6molNaOH,故B错误；C草酸二酯可燃烧能发生氧化反应,含有酯基和苯环能发生水解反应(即取代)、加成反应、与氢气加成时发生还原反应,但没有碳碳双键不能发生加聚反应,也无可发生缩聚反应的基团,另外无羟基或羧基,也不能酯化,故C错误；D草酸二酯酸性条件下水解时生成、CH3

11、OH和乙二酸三种有机物,故D正确；故答案为D。6.处理高浓度乙醛废水的新方法一隔膜电解法,让乙醛分别在阴、阳极发生反应,转化为乙醇和乙酸。实验室以一定浓度的乙醛一Na2SO4溶液为电解质溶液,模拟乙醛废水的处理过程,其装置如图所示。下列说法正确的是A. 若以CH4一空气燃料电池为直流电源,燃料电池的a极应通入甲烷B. 电解过程中,阴极区Na2SO4的物质的量增大C. 阳极反应为CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+D. 阴极还原产物H2【答案】C【解析】【详解】A连接电解池阴极的是原电池负极,则a为正极,b为负极,负极上燃料失电子发生氧化反应,该燃料电池中燃料是甲烷,所以b电极上投放

12、的是CH4,故A错误；B钠离子和硫酸根离子不参与电极反应,物质的量不变,故B错误；C阳极上发生氧化反应,其电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+,故C正确；D阳极发生4OH-4e-O2+2H2O、CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+,氢离子向阴极迁移,阴极发生4H+4e-=2H2、CH3CHO+2e-+2H+CH3CH2OH,则两极除分别生成乙酸和乙醇外,均产生了无色气体,则阴极产生的是乙醇和H2,故D错误；故答案为C。【点睛】电解池中阳极电解产物的判断需要注意两点,即首先看“电极材料”：若阳极材料是除金、铂以外的其他金属,则在电解过程中,优先考虑阳极

13、材料本身失去电子被氧化,而不考虑溶液中阴离子放电的难易。其次看“离子放电的难易”：若阳极材料是惰性电极,则在电解过程中首先分析溶液中离子放电的难易。7.类比pH的定义,对于稀溶液可以定义pC=lgC,pKa=lgKa,常温下,某浓度H2A溶液在不同pH值下,测得pC(H2A)、pC(HA)、pC(A2)变化如图所示,下列说法正确的是A. 随着pH的增大,pC增大的曲线是A2的物质的量浓度的负对数B. pH=3. 50 时, c(HA)c(A2)c(H2A)C. b点时c(H2A).c(A2-)/c2(HA-)=104.5D. pH=3.005.30时,c(H2A)+c(HA)+c(A2)先减小

14、后增大【答案】B【解析】【分析】H2AH+HA-,HA-H+A2-,pH增加促进电离平衡正向移动,所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数,左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数,右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数,由此分析解答。【详解】A由分析可知,随着pH的增大,pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数,故A错误；BpH=3.50时,左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数,右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数,此时pC(H2A)pC(A2)pC(HA),即c(HA)c(A2)c(H2A),故B正确；Cb点时,c(H2A)=c(A2-),=10-4.5,故C错误；DpH

15、=3.005.30时,结合物料守恒c(H2A)+c(HA-)+C(A2-)始终不变,故D错误；故答案为B。包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题,每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题：共129分8.无水氯化锌是有机合成中重要催化剂,无水氯化锌为白色粉末,易潮解,沸点为732。久置市售氯化锌常含Zn(OH)Cl,影响催化效果。实验室用HC1气体“置换”除水、升华氯化锌相结合的方法提纯市售氯化锌。(1)选用下图所示的装置(可以重复选用)进行实验,装置接口依次连接的合理顺序为：a_。 (2)装置A盛氯化钠固体的仪器名称是_,装置C中试剂是_。(

16、3)实验开始时,通入HC1和N2,将管式炉I,升温至150,装置D中发生的化学反应方程式为_；此时通入N2的目的是_；(4)反应一段时间后保持管式炉I、温度为350,保证将水除尽,再_；(填操作)最后在氮气保护下将氯化锌刮出玻璃管外,保存待用。(5)若称取100.00g市售氯化锌样品,经提纯最终得到高纯氯化锌100.3g,则样品中氯化锌纯度为_。【答案】 (1). （cd）efcdb (2). 三颈烧瓶 (3). 浓硫酸 (4). Zn(OH)2Cl+HClZnCl2+H2O (5). 稀释HCl气体,提供惰性环境 (6). 撤去管式炉,将管式炉升温至732以上 (7). 73.1%【解析】【

17、分析】根据实验目的,利用浓硫酸的高沸点、酸性,氯化钠固体、浓硫酸加热反应生成HCl,用浓硫酸干燥氯化氢；氯化锌升华进入管式炉,凝华得到高纯度无水氯化锌；为了防止氯化锌吸水潮解,在完全吸收装置前应该增加一个干燥装置,据此进行解答。(1)A装置制取HCl,经C装置干燥后通入D中,将反应后的尾气经C装置干燥后,再用B装置吸收未反应的HCl气体； (2) 根据仪器的结构和性能确定仪器的名称,装置C的作用是干燥HCl气体； (3)在加热条件下装置D中Zn(OH)Cl和HCl反应生成ZnCl2和水；HCl中添加适量氮气可稀释HCl气体,另外氮气的性质稳定； (4) 氯化锌升华进入管式炉,凝华得到高纯度无水

18、氯化锌,所以实验时应该先撤去管式炉；(5)根据差量法计算样品中氯化锌纯度。【详解】(1)A装置制取HCl,经C装置干燥后通入D中,将反应后的尾气再通过C装置,以防CB装置中的水蒸气引起氯化锌水解,最后用B装置吸收未反应的HCl气体,则装置接口依次连接的合理顺序为acdefcdb；(2)根据仪器的结构和性能确定仪器的名称是三颈烧瓶,装置C的作用是干燥HCl气体,则盛装的试剂为浓硫酸； (3) 在加热条件下装置D中Zn(OH)Cl和HCl反应生成ZnCl2和水,发生反应的化学方程式为Zn(OH)2Cl+HClZnCl2+H2O；实验中通入HC1和N2,其中通入N2的目的是稀释HCl气体,并提供惰性

19、环境,防ZnCl2被氧化； (4) 氯化锌升华进入管式炉,凝华得到高纯度无水氯化锌,所以实验时应该先撤去管式炉的加热,则反应一段时间后保持管式炉I、温度为350,保证将水除尽,再撤去管式炉,将管式炉升温至732以上；(5)设样品中含有Zn(OH)2Cl的质量为mg,则 Zn(OH)2Cl+HClZnCl2+H2O m 134.5 136 1.5 mg 100.3.g-100g=0.3g 解得：m=26.9,则样品中氯化锌纯度为=73.1%。9.以生产硼砂晶体的废渣为原料制取七水合硫酸镁的工艺流程如下：资料：(1)生产硼砂晶体的废渣主要成分是MgO,还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、Fe

20、O：MnO、SiO2等杂质。(2)滤渣C的成分为CaSO42H2O回答下列问题：(1)“酸浸”实验中,镁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当镁的浸出率为80%时,所采用的实验条件为_；(2)滤渣B中含有不溶于稀盐酸、但能溶于热的浓盐酸的黑色固体,写出生成该黑色固体的离子方程式_；(3)流程中加入的物质A是_；(4)从滤液C中得到MgSO47H2O步骤为_；(5)硼砂也可用于工业上制取NaBH4,NaBH4被称为有机化学中的“万能还原剂”。写出NaBH4的电子式：_；“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力,其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力。NaHB4的有效氢含量

21、为_(保留两位小数)。【答案】 (1). 100、2.8h左右 (2). ClO-+Mn2+H2O=MnO2+ClO-+2H+ (3). MgO（或Ca(OH)2、CaCO3等合理答案均可） (4). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5). (6). 0.21【解析】【分析】分析流程,硼镁泥中主要有MgO,还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质,通过硫酸酸浸,得到滤渣为SiO2,滤液中含有Na+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、SO42-、B4O72-,经过NaClO溶液处理,NaClO在酸性溶液中具有一定的氧化性,将Fe2+氧化为Fe3

22、+,将Mn2+氧化为MnO2,加入MgO处理,形成Fe(OH)3和MnO2,这就是滤渣B,滤液经过蒸发浓缩,趁热过滤,得到滤渣C为CaSO42H2O,此时滤液中存在Na+、B4O72-、SO42-、Mg2+,滤液经过冷却结晶,得到MgSO47H2O和硼砂溶液,据此分析；(5)NaBH4的电子式,存在Na+和BH4-,据此写出电子式；根据有效含氢量的定义,每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力,H2做还原剂,1molH2失去电子2mol,结合电子得失守恒计算；【详解】(1) 由图可知,当铁的浸出率为80%时,所采用的实验条件为选择温度为100、2.8h左右；(2) 滤渣B中含有不溶于

23、稀盐酸但能溶于浓盐酸的黑色固体,根据流程分析,应为MnO2,由NaClO在酸性溶液中氧化Mn2+得到,考虑到介质为酸性,H+参与反应或反应生成H+,则生成黑色固体的离子方程式为：ClO-+Mn2+H2OMnO2+Cl-+2H+；(3)流程中加入物质A的目的是中和溶液的H+,促进溶液中的Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,结合不引入新的杂质的前提下,A应选择MgO(或Ca(OH)2、CaCO3等)；(4)将滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,最终获得MgSO47H2O晶体；(5)NaBH4为离子化合物,含有Na+和BH4-,则NaBH4的电子式为；根据有效含氢量的定义,每克含氢还原剂的还

24、原能力相当于多少克H2的还原能力,H2做还原剂,1molH2失去电子2mol,1gH2的物质的量为=0.5mol,0.5molH2转移的电子数为1mol,根据电子得失守恒,NaBH4也应转移1mol电子,NaBH4中H为-1价,做还原剂时,H从-1价升高为+1价,1molNaBH4转移电子数为42=8mol,则转移1mol电子消耗NaBH4的物质的量为0.125mol,其质量为0.125mol38g/mol=4.75g,即1gH2相当于4.75gNaBH4,那么1gNaBH4相当于gH2,即0.21gH2,故答案为：0.21。10.钼(Mo)是一种难熔稀有金属,我国的钼储量居世界前列,钼及其合

25、金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。(1)Mo可被发烟硝酸及氢氟酸氧化生成X和Y(少量),X和Y中Mo价态相同,硝酸本身被还原为NO2,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1,则Mo在氧化产物中的化合价为_；(2)已知：2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s) H1；MoS2(s)+2O2(g)=Mo(s)+2SO2(g) H2。写出MoS2(s)与氧气反应生成MoO3(s)的热化学方程式_；(3)碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO (g)+4H2O(g)+2Na2S(s) H,实验测得平衡时的有关变化曲线

26、如图所示。(a)不同压强下温度与H2平衡转化率的关系(b)0.1MPa下温度与平衡时气体成分的关系由图(a)可知,该反应H_0(填“”或“”),p1、p2、p3由大到小的顺序为_；由图(b)可知,B点时H2的平衡转化率为_；A点对应的平衡常数K=_(MPa)2。(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压物质的量分数)(4)电氧化法提纯钼的原理：将辉钼矿(MoS2)放入装有食盐水的电解槽中,用惰性电极电解,MoS2被氧化为MoO42和SO42。辉钼矿应放入电解槽的_(填“阴极区”或“阳极区”)；阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). +6 (2). 2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g) H=H1+2H2 (3). (4). p1p20；增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动，对MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO (g)+4H2O(g)+2Na2S(s)可知，增大平衡逆向移动，氢气的转化率降低，则由图像(a)可知p1p2p3；由图(b)可知，B点时H2的体积分数为25%，设起始时氢气的物质的量为1mol，此时氢气的转化率为，则： MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO (g)+4H2O(g)+2Na2S(s)起始物质的量(mol)