山东省菏泽市届高三一模理综化学试题.docx

1、山东省菏泽市届高三一模理综化学试题考生注意：1.本试卷分第卷(选择题和第卷(非选择题)两部分，共300分。考试时间150分钟。2.请将各题的答案填在答题卡上，写在试题卷上无效。3.可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na -23 P -31 S- 32 Cr-52 Se -791化学与生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是A洗涤剂除油污的原理与热碱液除油污的原理相同B食品包装内放置生石灰与放置硅胶的作用相同C聚乙烯和聚氯乙烯的单体相同D自来水中加入漂白粉与加入硫酸铝的作用相同【答案】B2用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A1molNa218O2中所含的

2、中子数为42NAB9.8g由H2SO4和H3PO4组成的混合物中含有的氧原子数为0.4NAC2molL-1的FeCl3溶液溶液中含有的Fe3+数目小于2NAD1mol环己烷中含有的共价键数为12NA【答案】B【解析】A，钠的相对原子质量为23，质子数为11，所以中子数为12；18O的中子数为10，所以1molNa218O2中所含的中子数为44NA，A错。B，硫酸和磷酸的摩尔质量相同，都是98g/mol，所以9.8g混合物为0.1mol，由于两种分子中都有4个O原子，所以9.8g由H2SO4和H3PO4组成的混合物中含有的氧原子数为0.4NA是正确的。C，只知道溶液浓度不知道溶液体积无法计算溶质

3、离子数目，C错。D，环己烷的分子式为C6H12，分子中有6个C-C、12个C-H，所以1mol环己烷中含有的共价键数为18NA，D错。3TPE及其衍生物具有诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛。TPE的结构简式如图，下列关于TPE的说法正确的是ATPE属于苯的同系物BTPE能发生加成反应，但不能取代反应CTPE与化合物互为同分异构体DTPE的一氯代物有3种【答案】D【解析】A，苯的同系物只有一个苯环，并且其侧链是烷基，所以A不正确。B，TPE分子中有苯环和碳碳双键，苯环上既能发生加成反应（比如和氢气加成）又能发生取代反应（如卤代、硝化反应），碳碳双键上能发生加成反应，所以B不正确。C，T

4、PE的分子式是C26H22，的分子式是C20H14，两者分子式不同，所以不是同分异构体，C错。D，TPE分子中4个苯环是相同的，每个苯环上有邻、间、对3种氢原子，所以它有3种一氯代物，D正确 。4短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递减，四种元素中没有同族元素，其原子的最外层电子数之和为15, W与X、Y、Z位于相邻周期，X原子的最外层电子数是W原子内层电子总数的3倍，单质Z可与水剧烈反应，Y、Z均为金属元素。下列叙述正确的是A原子半径：YZB单质熔点：WXCX、Y的氧化物均能与Z的氧化物对应的水化物反应DX、W的最简单氢化物的水溶液均显酸性【答案】C氧化物二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化

5、物，Al的氧化物氧化铝是两性氧化物，它们都能与Na的氧化物的水化物氢氧化钠反应，所以C正确。D，X、W的最简单氢化物分别为硫化氢和氨气，它们的的水溶液分别显酸性和碱性，所以D不正确。5下列实验操作和现象对应的结论错误的是选项实验操作和现象结论A向溶液X中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成溶液X中可能含有SO42-B物质的量之比为2:3的稀硝酸和稀硫酸反应结束后，锥形瓶中溶液的溶质是CuSO4，集气瓶中收集到的气体是NOC向1mL浓度均为0.05molL-1NaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01molL-1AgNO3溶液，振荡，沉淀是黄色Ksp(AgCl)c(F-)DV(NaOH溶液)=2

6、5.00mL时，对应溶液中：c(ClO-)c(F-)【答案】D)+c(OH-),两溶液中c(H+)越大，c(OH-)就越小，所以c(ClO-)c(F-)，所以C错。D，V(NaOH溶液)=25.00mL时，对应溶液中溶质分别为NaClO和NaF，都是弱酸强碱盐，且其物质的量浓度相同，它们水解后溶液都显碱性，根据越弱越水解可知，ClO-的水解程度较大，所以c(ClO-)”或“ (5)0.032 (6) 1:2 (7)7 (8)H2O2氧化性减弱（或其他合理答案）最终转化的正盐化学式为(NH4)2SO4 ；NO和NO2以物质的量之比1:1与CO(NH2)2反应生成无毒气体，根据NO中N元素的化合价

7、为+2，NO2中N元素的化合价为+4，而中N元素化合价为-3、C元素的化合价为+4，三种价态的N元素发生归中反应右生成氮气，+4价的C可以转化为CO2，所以此无毒气体是氮气和二氧化碳，化学方程式为NO+NO2+CO(NH2)22N2+CO2+2H2O。将一定量的氨基甲酸铵置于恒容密闭容器中发生反应，根据表中数据可知，平衡时气体的总浓度随温度的升高而增大，所以升高温度后，化学平衡向正反应反应方向移动，因此，正反应为吸热反应，H0。348K时，平衡气体的总浓度为0.60/mol L-1, 由NH2COONH4(s)2NH3(g)CO2(g)可求出c(NH3)=0.40 mol L-1、c(CO2)

8、=0.20 mol L-1, 代入该反应的平衡常数表达式K= c2(NH3) c(CO2)= 0.032。(3)NO与H2O2发生反应生成亚硝酸时，双氧水是氧化剂，一氧化氮是还原剂，化学方程式为2NO+H2O2=2HNO2，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。(2)由图中信息可知：pH=7时，氮氧化物脱除率最高，所以脱硝时，最佳pH为7；在碱性较强时，NOx脱除率降低，其原因是H2O2氧化性随溶液碱性增强而减弱。10亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业，工业上生产亚氯酸钠和高氯酸的工艺流程如下：已知：NaHSO4的溶解度随温度的升高而增大，适当条件下

9、可结晶析出。请回答下列问题：(1)NaClO2中氯元素的化合价为_；某饱和NaCl溶液中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤。正确的操作顺序是_。(2)气体b是_（填化学式）；无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为_。(3)反应器I中发生反应的化学方程式为_，冷却的目的是_。(4)反应器II中发生反应的离子方程式为_。(5)常温下，HClO2的电离平衡常数Ka=1.0710-2，反应器II中反应所得NaClO2溶液（含少量NaOH）的p

10、H=13，则溶液中=_。【答案】 (1)+3 (2)（其他合理答案均可） (3)H2 (4)Cl-6e-+3H2OClO3-+6H+ (5)3NaClO3+3H2SO4HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O (6)降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出 (7)2ClO2+ SO2+4OH-2ClO2-+ SO42-+2H2O (8)1.071010(1)NaClO2中钠元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为-2价，所以氯元素的化合价为+3；饱和NaCl溶液中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，要制得纯净的食盐水，须除去钙离子、镁离子和硫酸根。除钙离子通常用碳酸钠溶

11、液，除镁离子通常用氢氧化钠溶液，除硫酸根通常用氯化钡溶液，要想使杂质离子完全沉淀，所加除杂试剂必须过量一些，过量的氯化钡也得用碳酸钠溶液除去，所以碳酸钠溶液一定要在氯化钡溶液之后加入，待杂质离子完全沉淀后过滤，再向滤液中加入稀盐酸将过量的碳酸钠和氢氧化钠除去即完成了除杂。所以正确的操作顺序是或 或。 (2)气体b是H2；无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为Cl-6e-+3H2OClO3-+6H+ 。 (3)反应器I中发生的反应是氯酸钠经浓硫酸酸化发生歧化反应生成HClO4、ClO2和3NaHSO4，化学方程式为3NaClO3+3H2SO4HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O。因为NaHS

12、O4的溶解度随温度的升高而增大，所以冷却的目的是降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出。 (4).反应器II中发生的反应是二氧化氯被二氧化硫在碱性条件下还原得到亚氯酸钠，二氧化硫被氧化为硫酸根，离子方程式为2ClO2+ SO2+4OH-2ClO2-+ SO42-+2H2O。 (5)常温下，HClO2的电离平衡常数Ka=1.0710-2，反应器II中反应所得NaClO2溶液中= = = 1.0710-2= 1.071010【点睛】解化工流程题要充分解读流程中的信息、仔细搜集题中信息并且尊重题中信息，如电解饱和食盐水，一般生成氢气、氯气和氢氧化钠，但是本题中得到的是氯酸钠，所以分析阳极反

13、应时，虽然还是氯离子放电，但是不生成氯气而是根据信息生成氯酸钠。由于在反应器I中得到了二氧化氯和高氯酸，所以可推知氯酸钠发生了歧化反应；由于在反应器II中得到了亚氯酸钠，所以可推知二氧化氯被二氧化硫还原，根据化合价的升降规律，可以分析出各步反应的产物，根据化合价升降总数值相等可以配平各步化学方程式。11铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现的。目前铬被广泛应用于冶金、化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。(1)铬元素基态原子的电子排布式为_，其核外未成对电子数为_。(2)金属铬的第二电离能（ICr）和锰的第二电离能（IMn）分别为1590.6kJmol-1、1509.0 kJmol-1，I

14、CrIMn的原因是_。(3)雷氏盐（Reinecke salt）的化学式为NH4.H2O是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。雷氏盐中铬元素的化合价为_，NH3与铬离子形成的化学键为_。NCS-的立体构型是_，其中碳原子的杂化轨道类型为_。SO2、CO2、BaCl2、SCl2四种分子中，与NCS-互为等电子体的是_。乙醇的沸点比溴乙烷高，其原因是_。(4)硒化铬的晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm和bnm，则硒化铬的密度为_gcm-3（列出表达式即可）。【答案】 (1)1s22s22p63s23p63d54s1（或3d54s1） (2)6 (3)铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电

15、离能是失去3d6上的电子变为半充满状态 (4)+3 (5)配位键 (6)直线形 (7)sp (8)CO2、BeCl2 (9)乙醇分子间形成氢键 (10)（或）子后外围电子结构为3d54s1，4s轨道的电子能量较低容易失去，失去后变为半充满状态，所以铬的第二电离能高于锰。答案：ICrIMn的原因是铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去3d6上的电子变为半充满状态。(3)由雷氏盐（Reinecke salt）的化学式NH4.H2O可知，它是一种配合物，其外界是一个铵根NH4+，带一个单位的正电荷，所以其内界必然带一个单位的负电荷，内界有两种配体，分别是氨分子和硫氰根离子，氨

16、分子不带电荷，硫氰根离子带一个单位的负电荷，所以中心原子铬带3个单位的正电荷，铬的化合价是+3。雷氏盐中铬元素的化合价为+3，NH3与铬离子形成的化学键为配位键或共价键。由雷氏盐的结构式可知，NCS-的中心原子C原子形成了两个双键，每个双键含一个键和一个键，所以NCS-的立体构型是直线形，其中碳原子的杂化轨道类型为sp 杂化。NCS-中有3个原子，价电子数是16，所以SO2、CO2、BaCl2、SCl2四种分子中，与NCS-互为等电子体的是CO2、BeCl2。乙醇和溴乙烷都是分子晶体，它们的分子间都有范德化力，但是乙醇分子间还能形成氢键，氢键是比范德化力更强的分子间作用力，所以乙醇的沸点比溴乙

17、烷高，其原因是乙醇分子间形成氢键。 (4)由硒化铬的晶胞结构可求出每个晶胞中有2个铬原子和2个硒原子。由晶胞参数为anm和bnm可算出每个晶胞的体积为a2b nm3即a2b 10-21cm3，硒化铬的摩尔质量为131g/mol，取1mol硒化铬的晶胞来计算它的密度，1mol晶胞中有2molCrSe，则其质量为262g，体积为NAa2b 10-21cm3，则硒化铬的密度为gcm-3 【点睛】判断分子或离子的空间构型的方法有多种，最简单的方法是根据价层电子对互斥理论计算出n值。当n=2时，中心原子为sp杂化，理论模型为直线形；当n=3时，中心原子为sp2杂化，理论模型为平面三角形；当n=4时，中心原子为sp3杂化，理论模型为四面体。还可以根据等电子原理判断杂化类型和空间构型，如本题中与NCS-互为等电子体的CO2、BeCl2，它们的空间构型都是直线形，所以NCS-也是直线形。12化合物M是一种光致抗蚀剂，可用于印刷电路和集成电路工艺中，其合成路线如下：已知：III.羟基直接连接在碳碳双键的碳原子上的有机物是不稳定的。回答下列问题：(1)下列关于M的说法正确的是_（填字母）。AM属于高分子化合物BM在碱性溶液中能稳定存在CM能使酸性高锰酸钾溶液褪色D1molM与足量氢气反应时，最多消耗4