安徽省江南十校届高三综合素质检测理综化学精校Word解析版含答案.docx

1、安徽省江南十校届高三综合素质检测理综化学精校Word解析版含答案安徽省江南十校2018届高三3月综合素质检测理综化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56 As-75一、选择题：本题共7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. 化学的应用无处不在，下列有关叙述错误的是（ ）A. 做衣服用的蚕丝、棉、麻灼烧时均不会产生特殊气味B. 豆腐素有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程C. 氮化硅陶瓷可用于汽车发动机中，它是一种新型无机非金属材料D. 变色眼镜“光致变色

2、”,是因为掺进了微量光敏感物质(如溴化银)【答案】A.2. 设阿伏加德罗常数的值为NA,下列有关叙述正确的是（ ）A. 室温下,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NAB. 密闭容器中0.2molNO和0.1molO2充分反应后,分子总数为0.2NAC. 7.8gNa2S和7.8gNa2O2中含有阴、阳离子总数均为0.3NAD. 0.02molNa与0.1mol/L的盐酸充分反应，转移的电子数为0.01NA【答案】C【解析】A、pH=13的Ba(OH)2溶液，含有c(OH)=Kw/c(H)=0.1molL1，因此1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH物质的量为0.

3、1mol，故A错误；B、发生2NOO2=2NO2，根据所给量NO和O2恰好完全反应，生成NO2的物质的量为0.2mol，但NO2中存在2NO2N2O4，因此充分反应后，分子物质的量小于0.2mol，故B错误；C、Na2S的电子式为，7.8gNa2S中含有阴阳离子总物质的量为7.83/78mol=0.3mol，Na2O2的电子式为，7.8g过氧化钠中含有阴阳离子总物质的量为7.83/78mol=0.3mol，故C正确；D、金属钠与盐酸反应：2Na2HCl=2NaClH2，如果金属钠过量，钠还会与水反应：2NaH2O=2NaOHH2，因此0.02molNa参与反应，转移电子物质的量为0.021mo

4、l=0.02mol，故D错误。3. 异丁香酚可作为合成香料的原料,其结构简式如下图所示。下列有关叙述正确的是（ ）A. 异丁香酚属于芳香族化合物,分子式为C10H14O2B. 该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 1mol该物质与足量H2发生加成反应,最多可消耗1molH2D. 分子中所有原子有可能在同一平面上【答案】B【解析】A、异丁香酚的结构简式中含有苯环，属于芳香族化合物，根据有机物中碳原子的成键特点，分子式为C10H12O2，故A错误；B、根据结构简式，含有官能团是酚羟基、碳碳双键，都能使酸性酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C、1mol碳碳双键，能与1molH2发生加成，1mol苯最多需

5、要3molH2发生加成反应，因此1mol异丁香酚最多需要4molH2发生加成，故C错误；D、CH3中所有原子没有在同一平面上，故D错误。4. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。已知：X元素的简单阴离子比阳离子多2个电子,Y元素原子的最外层电子数是其内层电子数的三倍,Z与Y同主族。下列有关叙述不正确的是（ ）A. 原子半径：ZWYXB. 元素X、Y形成的化合物分子中极性键与非极性键的数目之比可能为21C. Y与X、Z、W均可形成能用于杀菌消毒的化合物D. Y与Z形成的化合物通入BaCl2溶液中一定有白色沉淀生成【答案】D【解析】X元素的简单阴离子比阳离子多2个电子,，X可能为H，

6、Y元素原子的最外层电子数是其内层电子数的三倍，推出Y为O，Z与Y属于同主族，则Y为S，四种元素为短周期元素，且原子序数依次增大，即W为Cl，A、原子半径大小顺序是SClOH，故A说法正确；B、形成的化合物可能是H2O、H2O2，H2O只含极性键，不含非极性键，H2O2的结构式为HOOH，含有极性键和非极性键，且数目比为2：1，故B说法正确；C、形成用于杀菌消毒的化合物是H2O2、SO2、ClO2，故C说法正确；D、Y和Z形成化合物分别是SO2、SO3，SO2通入BaCl2溶液中无沉淀产生，SO3通入BaCl2溶液中产生BaSO4沉淀产生，故D说法错误。5. 下列有关实验操作的主要仪器、注意事项

7、及应用举例都正确的是（ ）选项实验操作主要仪器注意事项应用举例A洗气从长管进气，短管出气用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中的SO2气体B气体干燥从粗管进气，细管出气用无水氯化钙作干燥剂干燥氨气C分液先将下层液体从下口放出,再将上层液体从下口放出分离植物油和水的混合物D气体收集从长管进气，短管出气收集氯气A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、洗气应是长管进气，短管出气，因为碳酸的酸性小于亚硫酸的酸性，因此除去CO2中SO2一般通过饱和碳酸氢钠溶液，故A正确；B、无水氯化钙能与NH3反应，干燥氨气，常用碱石灰，故B错误；C、分液时上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，故C错

8、误；D、长管进气，短管出气，收集的气体的密度应小于空气，氯气的密度大于空气的密度，故D错误。6. 常温下，下列有关叙还不正确的是（ ）A. 若NH4Cl溶液的pH=6,则(Cl-)-C(NH4+)=9.910-7mol/LB. CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)C. 等物质的量浓度的Na2CO3与NaHCO3混合溶液中：2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)D. 已知H2A的K1=4.1710-7，k2=4.910-11，则NaHA溶液呈碱性【答案】B【解析】A、根

9、据电荷守恒，c(NH4)c(H)=c(Cl)c(OH)，溶液的pH=6，即c(H)=106molL1，c(OH)=108molL1，因此有c(Cl)c(NH4)=c(H)c(OH)=106109，故A说法正确；B、根据物料守恒，c(CH3COO)c(CH3COOH)=c(Na)，c(Cl)=2c(Ca2)，因此有c(Na)2c(Ca2)=c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Cl)，故B说法错误；C、根据物料守恒，2c(Na)=3c(CO32)3c(HCO3)3c(H2CO3)，故C说法正确；D、根据Kw、Kh、Ka关系，Kh=Kw/Ka1=1014/(4.17107)=2.41084.9

10、1011，推出NaHA溶液显碱性，故D说法正确。7. 钴酸锂电池是目前用量最大的钾离子电池,用它作电源按下图装置进行电解。通电后。a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是（ ）A. 已知钴酸锂电池放电时总反应为Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C,则Li1-xCoO2作负极,失电子B. 当外电路中转移0.2mol电子时,电极b处有2.24LCl2生成C. 电极d为阴极，电解开始时的电极反应式为Cu+Cl-e-=CuClD. 所着电解的进行，U形管1中发生了如下转化CuCl+OH-=CuOH+Cl

11、-【答案】D8. 己二酸是一种重要的化工原料和合成中间体。已知：室温下,己二酸微溶于水,当温度由28升至78时,其溶解度可增大20倍。某实验小组利用绿色氧化剂H2O2氧化环己烯合成己二酸,反应和制备装置如下：主要实验步骤：在100mL三颈烧瓶中依次加入1.50g钨酸钠0.57g草酸和34mL30%过氧化氢溶液，室温下磁力搅拌20min。用恒压滴液漏斗缓慢加入8.0mL的环己烯，继续搅拌并加热回流2小时，停止加热。将反应液迅速转入烧杯中，冷却至室温后再用冰水浴冷却，有大量晶体析出。抽滤,并用少量冰水洗涤，即可得到己二酸晶体粗品。回答下列问题：(1)本实验中使用带刻度的恒压滴液漏斗的主要作用有_、

12、_。(2)步骤中用冰水洗涤晶体的目的是_。己二酸晶体粗品可利用_方法进一步获得纯品。(3)取0.1480g己二酸(Mr=146.0)样品置于250mL锥形瓶中,加入50mL蒸馏水溶解，再加入2滴指示剂，用0.1000mol/Ld的NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL。本实验应选择_(填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)溶液作指示剂。判断滴定终点的方法是_。样品中己二酸的质量分数为_%(保留4位有效数字)。(4)实验小组通过改变环己烯的用量来探究物料比对产率的影响，实验结果如下图所示。结合图像分析产率变化的可能原因：A点B点：_；B点C点：_。【答案】 (1). 平衡压

13、强，使液体顺利流下 (2). 测量加入液体的体积 (3). 减少洗涤过程中己二酸晶体的损失 (4). 重结晶 (5). 酚酞 (6). 当加入最后一滴NaOH标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色 (7). 98.65 (8). 过氧化氢不足时，增大物料比，有利于环己烯被充分氧化，故产率增大 (9). 过氧化氢过量时，可能会发生副反应，故产率减小【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）使用恒压滴液漏斗，平衡压强，有利于液体顺利滴下，带有刻度，是为了能够测量加入液体的体积；（2）室温下，己二酸微溶于水,当温度由28升至78时，其溶解度可增大20倍，因此使用冰水的目的是减少洗

14、涤过程中乙二酸晶体的损失；如果产品纯度不高，还可以采用重结晶的方法进一步提纯；（3）己二酸为弱酸，与氢氧化钠恰好完全反应后，溶液显碱性，因此用酚酞作指示剂；1mol己二酸消耗2molNaOH，因此样品中己二酸的质量分数为=98.65%；（4）AB，产率逐渐增大，增大n(H2O2)，促使平衡向正反应方向进行，产率增大；BC，随着物料比增大，产率降低，即H2O2过量，可能会发生副反应，产率减小。9. 电解精炼锡后的阳极泥中除含有一定量的Sn外,还含有Ag、Bi、Cu等金属，极具回收价值。某锡冶炼厂采用纯湿法工艺从阳极泥中提取Ag、Bi、Cu,流程如下：已知：BiCl3+H2OBiOCl+2HClS

15、nO2不溶于稀酸和碱溶液(1)锡阳极泥在“氧化浸出”前需粉碎处理，目的是_。(2)“氧化浸出时Cu发生反应的离子方程式为_。(3)浸渣1的主要成分为AgCl和SnO2,则“氨浸出“时发生反应的化学方程式为_。(4)水合肼(N2H4H2O)起_作用(填“还原”或“氧化”)。已知N2H4为二元弱碱，在水中的电离与氨相似，其第一步电离的方程式为_。(5)粗银电解冶炼时用_作阳极，用_溶液作电解液。(6)“沉铜铋”时应将溶液的pH调至0.51.0之间，目的是_。【答案】 (1). 增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率 (2). 3Cu+ClO3-+6H+=3Cu2+Cl-+3H2O (3). AgC

16、l+2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O (4). 还原 (5). N2H4+H2ON2H5+OH- (6). 粗银 (7). AgNO3 (8). 抑制Cu2+、Bi3+的水解，有利于Cu、Bi的生成【解析】本题考查化学工艺流程，（1）氧化浸出前粉碎处理，其目的是增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率；（2）氧化浸出时，加入的物质为盐酸、NaClO3，利用NaClO3的氧化性，把Cu氧化为Cu2，本身被还原成Cl，然后根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为3CuClO36H=3Cu2Cl3H2O；（3）滤渣1的成分是AgCl和SnO2，氯化银与氨水发生络合反应，其化学反应方程式

17、为AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl+H2O；（4）根据流程图，加入水合肼后，得到粗银，Ag(NH3)2Cl中1价Ag0价，化合价降低，被还原，即水合肼为还原剂，N2H4为二元碱，在水中的电离与氨的相似，说明N2H4为二元弱碱，其第一步电离方程式为：N2H4+H2O N2H5+OH；（5）粗银的电解冶炼原理与粗铜精炼原理相同，因此粗银作阳极，纯银作阴极，含有Ag溶液作电解液，即AgNO3为电解质；（6）根据流程，得到Cu和Bi，因此调节pH至0.51.0目的是抑制Cu2和Bi3的水解，有利于Cu和Bi的生成。点睛：本题的难点是（2），氧化还原反应的书写是高考的热点，也是学生书写的难点

18、，先根据流程判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，如本题根据流程，ClO3作氧化剂，没有要求一般被还原成Cl，因此有CuClO3Cu2Cl，Cu化合价由0价2价，化合价升高2价，ClO3中Cl化合价由5价1价，化合价降低6价，最小公倍数为6，即Cu、Cu2的系数为3，ClO3、Cl系数为1，即3CuClO33Cu2Cl，因为加入盐酸，因此反应物中有H参与，生成H2O，即离子反应方程式为：3CuClO36H=3Cu2Cl3H2O。10. 过去五年，环保部向水污染、大气污染宣战，生态环境保护取得明显成效。污水中硝酸盐浓度过高，会诱发一些水体产生亚硝胺类的致癌物质。(1)在缺氧条件下,脱氮菌(反硝

19、化菌)以甲醇作碳源，将NO3-还原成N2的过程如下：反硝化作用过程：NO3-NO2-NON2ON2阶段会生成CO2,请写出此反应的离子方程式：_;阶段生成的N2O是一种强温室气体，但却可用作火箭燃料的氧化剂，,其优点是_。(2)Murphy等人通过调节溶液pH为10.25，利用铝粉将NO3-转变成N2,实现化学脱氮。要转化0.01molNO3-,需_gAl。CO2和CH4均为温室气体，如何减少它们的排放、充分利用能源是当今社会的重要课题。(3)二氧化碳经催化氢化可转化成绿色能源乙醇。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H= -483.6 kJmol-1CH3CH2OH(l)+3O2(

20、g)=2CO2(g)+3H2O(l) H=-1366.8kJmol-1H2O(l)=H2O(g)H=+44.0kJmol-1则二氧化碳与氢气转化成乙醇和液态水的热化学方程式为：_。(4)CO2和CH4在催化剂作用下可转化为合成气(CO和H2)：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) H=+247.3kJmol-1。向容积为1L的密闭容器中通入反应物和生成物共5.25mol,在T时发生反应，气体体积分数及化学反应速率与反应时间的关系如下图所示：T时，反应的平衡常数K=_。向平衡体系中再加入CO2、CH4、H2和CO各0.5mol，平衡将_移动(填“向左”、“向右”或“不”)。写出一

21、种既能加快化学反应速率又能提高CH4转化率的措施_。【答案】 (1). 3NO3-+CH3OH=3NO2-+CO2+2H2O (2). 产物没有污染 (3). 0.45 (4). 2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(l)+3H2O(l)H=-348.0kJmol-1 (5). 64 (6). 向右 (7). 增大二氧化碳气体的浓度或升高温度【解析】I.（1）本题考查氧化还原反应方程式的书写，甲醇为还原剂，被氧化成CO2，NO3为氧化剂，被还原成NO2，根据化合价升降法进行配平，离子反应方程式为3NO3+CH3OH=3NO2+CO2+2H2O；N2O在反应过程中，转化成N2，N2对环

22、境无影响；（2）考查氧化还原反应的计算，0.015=m(Al)3/27，解得m(Al)=0.45g；II.（3）考查热化学反应方程式的计算，CO2和H2反应方程式为2CO26H2C2H6O3H2O，因此有36得出：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(l)+3H2O(l)H=-348.0kJmol1；（4）本题考查化学平衡常数的计算、勒夏特列原理，由图1和图2分析可知，起始时n(CO2)=1.5mol，n(CH4)=0.75mol，CO和H2只有一种存在且为3mol(因起始时刻v逆为0)，设达到平衡时CO2转化量为xmol，CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)起始物质

23、的量： 1.5 0.75 3（或0） 0（或3）变化物质的量： x x 2x 2x平衡物质的量： 1.5x 0.75x 32x(或2x) 2x(或32x) 达到平衡时甲烷的体积分数为1/25，因此有(0.75x)/(5.252x)=1/25，解得x=0.25，根据化学平衡常数的定义，K=64，再向容器中各加入0.5mol四种气体，此时的浓度商为0.25OC【解析】（1）本题考查电子排布式书写、电子云形状，Fe属于26号元素，因此核外电子排布式为Ar3d64s2；Li的电子排布式为1s22s1，最高能层电子的能级为s，电子云的轮廓图为球形；（2）本题考查物质熔沸点高低判断、立体构型，AsCl3、

24、AsBr3、AsI3组成和结构相似，相对分子质量大小顺序是AsI3AsBr3AsCl3，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；AsCl3中心原子As，有3个键，孤电子对数为(531)/2=1，价层电子对数为4，因此AsCl3的立体构型为三角锥形；（3）本题考查晶胞的计算，根据晶胞结构，Fe位于晶胞的顶点、棱上和面心，个数为81/821/281/4=4，As位于晶胞内部，个数有4个，Li位于晶胞内部，有4个，因此晶胞的质量为，晶胞的体积为a3cm3，根据密度的定义，因此该晶胞的密度为g/cm3；（4）本题考查共价键、杂化类型判断、配位键、电离能规律，根据图2，1号碳原子含有4个键，2号碳原

25、子有3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，即杂化类型为sp2；一个N原子形成三个共价键，达到“饱和”，现在N有4个键，因此Fe3和N之间形成的化学键为配位键；根据图2，Fe3配位数为6；同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但IIAIIIA、VAVIA，因此第一电离能的大小是NOC。点睛：本题的难点是晶胞密度的计算，一般先根据晶胞的结构以及均摊法，求出含有微粒的个数，然后根据化学式以及n=N/NA，求出晶胞物质的量，再根据n=m/M，求出晶胞的质量，根据晶胞的参数求出晶胞的体积，最后根据密度的定义，计算出晶胞的密度。12. 化学选修5：有机化学基础甲苯是有机化工的一种重要原料，用它制取利尿“呋塞米

26、”和重要的化工中间体“甲基丙烯酸苄基酯”的合成路线如下(部分步骤和条件省略)：回答下列问题：(1)A的名称为_。(2)反应类型：反应_;反应_。(3)反应的化学方程式_。(4)符合下列条件的B的同分异构体(不考虑立体异构)共有_种。某环上只有两个取代基，且每个取代基上碳原子数不超过3个。与B具有相同的官能团,1mol该有机物完全水解需要消耗2molNaOH。写出其中核磁共振氢谱只有5组峰的有机物的结构简式_。(5)下列说法正确的是_。A呋塞米既可与强酸反应,又可与强碱反应B甲基丙烯酸是丙酸的同系物C1mol甲基丙烯酸和丙烯的混合物在氧气中完全燃烧共需要氧气4.5molD可用溴水鉴甲苯和甲基丙烯酸苄基酯(6)结合以下信息：RCNRCOOH写出用丙酮和HCN为原料制备化合物的合成路线_(其它试剂任选)。【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 氧化反应 (3). 取代反应 (4). +H2O (5). 15 (6). (7). ACD (8). 或【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）生成A的反应是卤代烃的水解，即A为苯