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1、辽宁省朝阳市普通高中高三第三次模拟考试理综化学试题辽宁省朝阳市普通高中2018届高三第三次模拟考试理综化学试题1. 化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A. 目前制备航母拦阻索的材料是尼龙、钢丝，尼龙属天然高分子B. (NH4)2HPO4是一种复合肥，可与草木灰混合给作物施肥C. “可燃冰”是一种高效清洁的新型战略能源，其主要成分为乙烯D. 用臭氧代替农药在粮食仓储中杀菌防霉，因为臭氧具有强氧化性【答案】D【解析】A. 尼龙是通过化学反应人工合成的高分子产物，不属于天然高分子，A错误；B.(NH4)2HPO4是铵态氮肥，草木灰属于碱性物质，铵根离子与碳酸根离子双水解相互促进生成氨气

2、，降低肥效，B错误；C. “可燃冰”是一种高效清洁的新型战略能源，其主要成分为甲烷，C错误；D. 臭氧具有强氧化性,可用臭氧代替农药在粮食仓储中杀菌防霉，D正确；答案选D.点睛：“可燃冰”是甲烷和水的固体混合物。2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24 L 苯乙烯中含碳碳双键数为0.1NAB. 4.6 g Na 与足量H2O充分反应，生成气体分子数为0.1NAC. 0.lmol MnO2与40 g 36.5%的盐酸加热充分反应，转移电子数为0.2NAD. 1L.0.2 mol/LFeSO4溶液与0.1mol H2O2反应，溶液中Fe3+ 数为0.2NA【答案】

3、B【解析】A. 标准状况下，苯乙烯不是气体，不能用气体摩尔体积计算，A错误；B. 4.6gNa的物质的量为0.2mol，与足量水反应生成0.1molH2，所以生成H2分子的个数是0.1NA，故B正确；C. 0.lmolMnO2与40g36.5%的盐酸加热充分反应，随着反应进行盐酸浓度降低,变为稀盐酸,所以生成氯气的分子数小于0.2NA，故C错误；D.溶液中Fe3+水解，所以Fe3+数小于0.2NA，D错误；答案选B.点睛：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，与稀盐酸不反应。3. 化合物 (x) 、 (y)、 (z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是A. x的同分异构体只有y和z两种B. y分子中

4、所有原子均处于同一平面C. z的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D. x、y、z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】A. x的分子式为C5H6, 对应的同分异构体可为环状烃，也可为链状烃，如H3C-CC-CH=CH2，则同分异构体不仅仅y和z两种，A错误；B. y分子中有四面体碳原子，所有原子不可能处于同一平面，B错误；C. z的二氯代物有两种：、C正确；D. z中没有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；答案选C.4. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的氢化物水溶液能蚀刻玻璃，X、Y处于相邻位置，Y的最高正价与最低负价代数和为零，W、X原子的最外层电子数

5、之和与Y、Z原子的最外层电子数之和相等。下列说法错误的是A. 原子半径:XYZWB. 最高正价:WZYXC. 简单氢化物的热稳定性:WZYD. 简单离子的电子层结构:W与X相同【答案】B【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的氢化物水溶液能蚀刻玻璃，则W为F，Y的最高正价与最低负价代数和为零，则Y为Si，X为Al ，W、X原子的最外层电子数之和与Y、Z原子的最外层电子数之和相等，则Z为S。A. 电子层越多原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径：XYZW，故A正确；B. F无正价，故B错误；C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性FSSi，所以简单氢化物的

6、热稳定性:WZY，C正确；D.W的简单离子为F-,X的简单离子为Al3+，二者核外电子排布相同，简单离子的电子层结构相同，D正确；答案选B.5. 下列有关实验的操作正确的是选项实验操作A制备Fe(OH)3胶体煮沸盛在小烧杯中的25ml.蒸馏水，加入56滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至星红褐色B配制250ml.0.1mol/L氢氧化钠溶液称取1.0gNaOH固体放入250mL容量瓶中，加水至离刻度线12cm处，改用胶头滴管滴入蒸馏水到刻度C氢气还原氧化铜用酒精灯加热盛有灼热的氧化铜的反应管并通入氢气，固体完全变红后，先停止通氢气，然后停止加热D除去NaBr溶液中少量的NaI在溶液中滴入少量AgN

7、O3溶液至不再产生黄色沉淀，然后过滤A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A.实验室中，制取Fe(OH)3胶体的操作是将少量饱和FeCl3溶液滴入沸水中并继续煮沸至溶液呈红褐色，A正确；B. 配制溶液时NaOH固体不能直接放入容量瓶中溶解，B错误；C.氢气还原氧化铜时，应先停止加热再停止通氢气，以免生成的铜又与氧气反应生成氧化铜，C错误；D. NaBr溶液也能与AgNO3溶液反应生成沉淀，D错误；答案选A.6. 三室式电渗析祛处理废液(HCl和FeCl2混合溶液)的原理如图所示，其中X、Y均为离子交换膜。在直流电场的作用下，中间室得到盐酸，阴极区可回收铁。下列说法正确的是A.

8、 X、Y依次是阴离子透过膜和阳离子透过膜B. 通电后，阴极区溶液的pH不断减小C. 阳极反应式为2H2O-4e-=4H+O2D. 中间室得到1L2mol/L盐酸时，电路中通过1mol电子【答案】C.点睛：阳极区产生的H+通过X离子交换膜进入中间室，阴极区Cl-通过Y离子交换膜进入中间室，从而得到盐酸。7. 常温时，体积均为50mL物质的量浓度均为0.10mol/L的HX、HY、HZ三种弱酸，分别用0.10mol/L的NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列有关说法错误的是A. 浓度均为0.10mol/L时，酸的电离度:HXHYHYHZC. 图中当均滴入50mLNaOH溶液时，所得溶液中水的电离

9、程度:HXHYHZD. 用NaOH溶液中和pH与体积均相等的三种酸时，消耗n(NaOH):HXHYHYHZ，B正确；C. 当均滴入50mLNaOH溶液时，刚好生成NaX、NaY、NaZ，对应的酸，酸性越弱，酸根离子的水解程度越大，水的电离程度越大，因此所得溶液中水的电离程度:HXHYHZ，C正确；D.当pH相等时，酸性越弱，酸的浓度越大，因此用NaOH溶液中和pH与体积均相等的三种酸，消耗n(NaOH):HXHYHZ，D错误；答案选D.8. 某校合作学习小组的同学设计用甲酸钠法制取保险粉(Na2S2O4)并测定其纯度。已知保险粉易溶于水，不溶于甲醇，具有强还原性。回答下列问题:（1）保险粉的制

10、备。设计的实验装置如下图所示(夹持和加热装置省略):盛放浓硫酸的仪器名称为_，装置A是为了制备_(填化学式)。装置B中发生反应的离子方程式为_，该反应温度需控制在7075进行，适宜的加热方式是_，用甲醇水溶液代替水的目的是_。装置C的作用是_；装置D的作用是_。（2）产品中Na2S2O4的质量分数的测定，其实验步骤如下:I.准确称取ag产品放入锥形瓶中，加入适量的水使其溶解，然后加入足量甲醛，充分反应；II.再滴加几滴淀粉溶液，用c mol/L的标准I2溶液滴定，至终点时，消耗VmLI2溶液。实验中涉及的反应有: Na2S2O4+2HCHO+H2O=NaHSO3CH2O+NaHSO2CH2O；

11、NaHSO3CH2O +2 I2+2H2O=NaHSO4+HCHO+4HI。步骤II滴定至终点的现象是_。产品中Na2S2O4的质量分数为_(用含a、c、V的代数式表示)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). SO2 (3). 2HCOO-+CO32-+4SO2=2S2O42-+3CO2+H2O (4). 水浴加热 (5). 减小Na2S2O4的溶解度，提高产率 (6). 安全瓶 (7). 尾气处理 (8). 溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪去 (9). (l74cV10-3/2a)100%【解析】（1）盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗, 装置A中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2、Na2SO4、

12、H2O ，主要目的是制备SO2。装置B中HCOONa、Na2CO3和SO2反应，发生反应的离子方程式为2HCOO-+CO32-+4SO2=2S2O42-+3CO2+H2O；该反应温度需控制在7075进行，温度低于100，最好用水浴加热；Na2S2O4在甲醇水溶液中的溶解度小于在水中的溶解度，用甲醇水溶液代替水溶液能减小Na2S2O4的溶解度，提高产率。B中过量的SO2以及产生的CO2都易被D中的NaOH溶液所吸收，容易发生倒吸，因此C装置是防倒吸，起到安全瓶的作用，装置D吸收尾气。答案为：分液漏斗 、SO2 2HCOO-+CO32-+4SO2=2S2O42-+3CO2+H2O、水浴加热、减小N

13、a2S2O4的溶解度，提高产率安全瓶、 尾气处理（2）步骤II中用淀粉溶液作指示剂，在滴定结束之前，溶液中碘不足，溶液为无色，当碘单质过量后，溶液中的淀粉与碘单质显示蓝色，所以滴定至终点的现象为：溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪去。由方程式Na2S2O4+2HCHO+H2O=NaHSO3CH2O+NaHSO2CH2O； NaHSO3CH2O +2 I2+2H2O=NaHSO4+HCHO+4HI 可得关系式：1mol Na2S2O42mol I2，所以产品中Na2S2O4的质量分数= =(l74cV10-3/2a)100% 答案为：溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪去(l74cV10-3/2a)1

14、00%9. 一种由富锰渣(含2MnOSiO2、3MnOAl2O33SiO2、FeO及重金属盐等)制备高纯MnCl2的工艺流程如下:回答下列问题:（1）“浸取”时的温度与四种元素的浸取率如图所示。工艺上控制75的主要原因是_。铁和铝的浸出率从72明显下降的可能原因是_。（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为_。（3）通过调整pH可以“除铁和铝”。常温下，三种氢氧化物开始沉淀和沉淀完全(使其浓度小于110-6mol/L)的部分数据如下表:Mn(OH)2Fe (OH)3 Al(OH)3开始沉淀pH7.12.24. 1沉淀完全pH10.83.5?Al(OH)3沉淀完全的pH为_已知KspAl(OH)3

15、=110-33；“调pH”时，应将溶液pH调整的范围是_。（4）“除重金属”时，发生反应Hg2+MnSHgS+M2+，其平衡常数K=_已知溶度积常数Ksp(HgS)=1.610-52，Ksp(MnS)=2.510-10，答案保留三位有效数学。（5）“步骤X”包含的操作有蒸发浓缩、_、洗涤、干燥等。【答案】 (1). 使滤液中几乎不含硅的化合物 (2). 部分Fe2+及Al3+水解形成沉淀 (3). MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O (4). 5.0 (5). 5.0pH0的是_(选填a、b、c、d)；H4 =_(用H1、H2表示)。在恒容密闭容器中，加入7.2gFeO，同

16、时充入0.1molCO，升高温度，若恰好处于图中P点处，CO的转化率为_，容器中生成单质Fe的质量为_。【答案】 (1). FeS2 (2). Li (3). 1mol (4). H2FeO4、HFeO4-、H3FeO4+ (5). 6.7 (6). d (7). H1-3H2 (8). 25% (9). 1.4g【解析】（1）正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2，负极发生氧化反应，Li失电子生成Li+，因此该电池的正、负极材料分别是FeS2 和 Li。答案为; FeS2 、 Li（2）Na2FeO4将NH3转化为N2同时本身被还原为Fe3+，根据得失电子数守恒可得1mol Na2

17、FeO4最多可脱除NH3的物质的量为：=1mol。由图像可知pH=3时，溶液中主要含铁微粒浓度最大的是H2FeO4，最小的是H3FeO4+，处于中间的是HFeO4-，所以溶液中主要含铁微粒浓度从大到的小的顺序为H2FeO4、HFeO4-、H3FeO4+；FeO42-+H2O HFeO4-+OH-的K= ，由HFeO4-H+FeO42-的K3=，KK3=KW，可知K=，由图像可知pK3=-lgK3=7.3，因此K3=10-7.3，所以K=10-6.7，pK=-lgK=-lg10-6.7=6.7。答案为：1molH2FeO4、HFeO4-、H3FeO4+、6.7（3）由图像可知随着温度的升高a、b

18、、c的反应中CO的百分含量增大说明a、b、c为放热反应，d反应中CO的百分含量减小说明d为吸热反应；由已知方程式，根据盖斯定律可得d= a-3b，所以H4 =H1-3H2；在恒容密闭容器中，加入7.2gFeO，同时充入0.1molCO，可发生反应FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)，P点处，CO的百分含量为75%，设有xmol的CO参与反应，则=75%，x=0.025mol，CO的转化率为，容器中生成单质Fe的质量为0.025=1.4 g。答案为：d、H1-3H225% 、1.4g11. 磷的单质及其化合物用途非常广泛。回答下列问题:（1）基态磷原子价电子轨道表示式为_；磷的第一

19、电离能比硫大，其原因是_。（2）已知反应6P2H4=P4+8PH3。P2H4分子中磷原子杂化类型是_；P4分子的几何构型是_。（3）N和P同主族。NH3的沸点比PH3高，其原因是_；NH3分子中键角比PH3分子中键角大，其原因是_。氮原子间可形成氮氮双键或氮氮叁键，而磷原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是_。(4)磷化铟是一种半导体材料，其晶胞如下图所示，晶胞参数为anm。In的配位数为_；与In原子间距离为anm的In原子有_个。【答案】 (1). (2). 磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定 (3). sp3 (4). 正四面体 (5). NH3分子间可以形成氢键，PH3

20、不能 (6). N的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大 (7). 磷的原子半径大，磷原子间形成的键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键 (8). 4 (9). 12【解析】（1）P为15号元素，P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，则其价电子排布式为3s23p3，所以基态磷原子价电子轨道表示式为，磷原子最外层能级中，3p电子处于半满状态，相对比较稳定，失电子较难。答案为： 、磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定 （2）P2H4分子中磷原子可以形成3个键，还有1对孤对电子，所以磷原子杂化类型是sp3杂化；在白磷中，磷原子的

21、5个价电子中的3个形成了3个键，还剩下1个未成键价电子对，其非键价层电子对总数是4，需要形成4个杂化轨道而采用sp3杂化，所以白磷分子是正四面体形结构。答案为：sp3 、正四面体（3）NH3和PH3为分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，但是NH3分子间可以形成氢键，PH3不能，故NH3的沸点比PH3高；N的电负性大于P，NH3中NH键的键长比PH3中PH键的键长要短，所以在NH3中成键电子对更靠近N，排斥力更大，以致键角更大. P原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,所以难以形成键。故答案为：NH3分子间可以形成氢键，

22、PH3不能 、N的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大 磷的原子半径大，磷原子间形成的键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键 （4）根据晶胞图可知磷化铟晶胞中：In原子数目为8+6=4，P原子数目为4，所以In的配位数为4；由于晶胞的边长为anm，设晶胞中在一个平面上处于对角线上的In原子间距离为x nm,则x2=a2+ a2，所以x=anm，因此与In原子间距离为anm的In原子有几个，也就是In原子周围与In原子处于对角线中心的In原子有几个，根据晶胞结构图可知有12个。答案为：4、 1212. 由化合物A等为原料合成蒽环酮的中间

23、体G的合成路线如下:已知以下信息:B中含有五元环状结构; ；(CH3CO)2O或CH3COOC2H52CH3CH2OH。回答下列问题:（1）A的化学名称是_。（2）由B生成D和F生成G的反应类型分别是_、_。（3）D的结构简式为_。（4）由E生成F的化学方程式为_。（5）芳香化合物X是D的同分异构体，X分子中除苯环外不含其他环状结构，X能与Na2CO3溶液反应，其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1:1:2:2。写出1种符合要求的X的结构简式:_。（6）写出以环戊烯()和丙烯酸乙酯()为原料制备化合物的合成路线:_(其他试剂任选)。【答案】 (1). 正丁烷 (2). 加成反应 (3). 消去反应 (4). (5). (6). (或其他合理答案) (7). 【解析】由AB，以及B中含有五元环状结构，可知A为：，B为；由B+CD可知D为：，根据分析可以回答下列问题（1）A的结构简式为CH3CH2CH2CH3，化学名称是正丁烷。答案为; 正丁烷(2) 由B()生成D()的反应为加成反应，由的反应为消去反应。答案为：加成反应、 消去反应（3）根据分析可知D的结构简式为： 答案为：（4）Ts为，由E与Ts发生