届江西省南昌市高三第三次模拟考试理综化学试题解析版.docx

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届江西省南昌市高三第三次模拟考试理综化学试题解析版

江西省南昌市2018届高三第三次模拟考试理综化学试题

1.化学知识无处不在，从古至今，人们都在不断探索化学世界的奥妙，用化学知识解释、认知和指导我们的生产生活。

下面有关说法正确的是

A.诗文“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深；爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉。

”中的“乌金”是指石油

B.“有麝自来香，不用大风扬”，说明分子是可以运动和扩散的

C.2018年春节联欢晚会上，港珠澳大桥出现了百部无人驾驶汽车。

大力推广无人驾驶汽车有助于缓解能源危机和节约资源

D.2018平昌冬奥会，陶氏化学公司将DOWTHERMTMSR-1抑制性乙二醇冷却液用于溜冰场，具有快速结冻和良好的防腐蚀性。

乙二醇熔沸点比乙醇低，更有利于结冻

【答案】B

【解析】A、“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”指的是煤的开采，爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉．”指的是煤炭燃烧发出红色的火焰，所以乌金指的是煤，选项A错误；B、“有麝自来香，不用大风扬”，是因为麝香中含有的粒子是在不断运动的，向四周扩散，选项B正确；c、大力推广无人驾驶汽车有助于缓解能源危机，但不能节约资源，选项C错误；D、乙二醇所含羟基数多，熔沸点比乙醇高，为较好的防冻剂，选项D错误。

答案选B。

2.下列解释实验事实的方程式不正确的是

A.用Na2S处理含Hg+的废水:

Hg2++S2- =HgS↓

B.用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜:

Al2O3 +2OH- =2AlO2-+H2O

C.向硫酸铜溶液中加入过氧化钠:

2Na2O2 +2Cu2++2H2O =4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑

D.向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水:

Mg++2HCO3- +Ca2++2OH-=CaCO3↓+MgCO3↓+2H2O

【答案】D

【解析】用NaS处理含Hg2+的废水，为沉淀法，离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓；A正确；Al2O3属于两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，B正确；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，离子方程式为2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑；C正确；碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀，反应离子方程式为Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+Mg（OH）2↓+2H2O；D错误；正确选项D。

3.关于下列各实验装置的叙述中，正确的是

A.装置①不可用于实验室制取少量NH3或O2

B.可用从a处加水的方法检验装置②的气密性

C.实验室可用装置③收集HCl

D.验证澳乙烷发生消去反应生成烯烃的实验可利用装置④进行

【答案】B

......

点睛：

本题考查气体发生装置的选择、气密性检验、气体的收集和气体的检验。

气体发生装置的选择取决于反应物的状态和反应的条件；要验证CH3CH2Br发生消去反应生成烯烃，必须先将气体通过盛水的洗气瓶除去CH3CH2OH（g），再通入酸性KMnO4溶液。

4.位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r（丁）>r（乙）>r（丙）>r（甲）。

四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。

据此推断，下述正确的是

A.丙的简单氢化物分子内存在氢键B.由甲、乙两元素组成的化合物中，只含有极性键

C.由甲和丙两元素组成的分子不止一种D.乙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应

【答案】C

【解析】甲、乙、丙、丁四种短周期元素原子序数依次增大，原子半径r（丁）

r（乙）

r（丙）

r（甲），则甲为H元素，丁处于第三周期，乙、丙处于第二周期；四种元素中只有一种为金属元素，四种元素处于不同的主族，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍，乙为C元素，丙为N元素，丁为Al元素。

A，丙为N元素，丙的简单氢化物为NH3，NH3分子间存在氢键，NH3分子内没有氢键，A项错误；B，甲为H元素，乙为C元素，甲、乙组成的化合物有CH4、C2H4等烃，CH4中只有极性键，其余烃中既有极性键又有非极性键，B项错误；C，H与N可形成NH3、N2H4，C项正确；D，乙的最高价氧化物对应水化物为H2CO3，丁的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，Al（OH）3与H2CO3不反应，D项错误；答案选C。

5.网络趣味图片“一脸辛酸”，是在人脸上重复画满了辛酸的键线式结构（如图）。

在辛酸的同分异构体中，含有一个“-COOH”和三个“-CH3”的结构（不考虑立体异构），除

外，还有

A.7种B.11种C.14种D.17种

【答案】D

【解析】辛酸含有一个“—COOH”和三个“—CH3”的主链最多有6个碳原子。

（1）若主链有6个碳原子，余下2个碳原子为2个—CH3，先固定一个—CH3，移动第二个—CH3，碳干骨架可表示为：

（数字代表第二个—CH3的位置），共4+3+2+1=10种。

（2）若主链有5个碳原子，余下3个碳原子为可能为：

①一个—CH3和一个—CH2CH3或②一个—CH（CH3）2。

①若为一个—CH3和一个—CH2CH3，先固定—CH2CH3，再移动—CH3，碳干骨架可表示为：

；②若为一个—CH（CH3）2，符合题意的结构简式为

（题给物质）；共3+3+1=7种。

（3）若主链有4个碳原子，符合题意的同分异构体的结构简式为（CH3CH2）3CCOOH。

辛酸含有一个“—COOH”和三个“—CH3”的同分异构体有10+7+1=18种，除去题给物质，还有17种，答案选D。

点睛：

本题考查限定条件同分异构体数目的确定，注意采用有序方式书写，避免重复和漏写。

6.对氨基苯酚（HOC6H4NH2）是一种重要的有机合成中间体，可用硝基苯（ C6H5NO2）电解还原制备，装置如图所示。

下列说法正确的是

A.电解时Pt电极应与直流电源的负极相连

B.电解时Pt电极上有H2放出

C.阴极反应式为:

C6H5NO2+4e-+4H+==HOC6H4NH2+H2O

D.电解一段时间后，硫酸溶液的pH不

【答案】C

【解析】试题分析：

A．电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，用硝基苯（C6H5NO2）电解还原生成对氨基苯酚，说明pb合金为阴极，则Pt电极应与直流电源的正极相连，故A错误；B．电解时Pt电极为阳极，阳极上发生氧化反应，无氢气生成，故B错误；C．阴极发生还原反应，电极反应式为C6H5NO2＋4e－＋4H＋===HOC6H4NH2＋H2O，故C正确；D．电解过程中溶液里水的量不断减小，则硫酸溶液的pH减小，故D错误；答案为C。

考点：

考查电解原理及应用。

7.已知298K时，Ksp（NiS）=1.0×10-21 ，Ksp（NiCO3） =1.0×10-7；p（Ni）= -lgc（Ni2+），p（B）= -lgc（S2-）或-lgc（CO32-）。

在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni（NO3）2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。

下列说法错误的是

A.常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度

B.向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动

C.对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动

D.P为3.5且对应的阴离子是CO32-

【答案】C

【解析】A，常温下Ksp（NiS）

Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项正确；B，Ksp（NiS）

Ksp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s）

Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项正确；C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项错误；D，曲线II代表NiCO3，a点c（Ni2+）=c（CO32-），Ksp（NiCO3）=c（Ni2+）·c（CO32-）=1

10-7，c（Ni2+）=c（CO32-）=1

10-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项正确；答案选C。

点睛：

本题考查与沉淀溶解平衡有关的曲线分析，注意图像中pNi、pB越大，Ni2+、B2-浓度越小是解题的关键。

注意溶度积与溶解度的关系，当难溶电解质类型相同时，溶度积大的溶解度大；当难溶电解质类型不同时，溶度积大的溶解度不一定大。

8.磷化铝（AlP）通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂，吸水后会立即产生高毒性PH3气体（沸点-89.7℃，还原性强）。

某化学兴趣小组的同学用下述方法测定粮食中残留磷化物的含量。

在C中加入100g原粮，E中加入20.00mL1.50×l0-3mol/LKMnO4溶液（H2SO4酸化），往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。

回答下列问题:

（1）仪器D的名称是________________________。

（2）AlP与水反应的化学方程式为__________________________________。

（3）装置A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，装置B中盛有焦性没食子酸（

）的碱性溶液，其作用是_____________________________。

（4）通入空气的作用是____________________________________。

（5）装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为______________。

（6）收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10-4mol/L的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液15.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为______________,则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为_____mg·kg-1。

【答案】

（1）.直形冷凝管（或冷凝管）

（2）.AlP+3H2O= PH3↑+Al（OH）3（3）.吸收空气中的O2（4）.保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收（5）.8:

5（6）.5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42- +2Mn2++3H2O（7）.[（20×10-3×1.50×10-3-15×10-3 ×4×10-4×2/5×250/25.00）×5/8×34×103]/100×10-3=1.275

【解析】

（1）根据仪器的特点，仪器D的名称是直形冷凝管；

（2）AlP与水反应生成磷化氢和氢氧化铝，反应的化学方程式为AlP+3H2O=PH3↑+Al（OH）3；（3）装置B中盛有焦性没食子酸（

）的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2；（4）通入空气的作用是保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收；（5）装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生反应5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O，其中MnO4-为氧化剂，PH3为还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为8：

5；（6）酸性条件下Na2SO3与KMnO4溶液反应生成硫酸钠、硫酸锰和硫酸钾及水，反应的离子方程式为5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42- +2Mn2++3H2O；

mg·kg-1。

9.

（1）如下图所示，左室容积为右室的两倍，温度相同，现分别按照如图所示的量充入气体，同时加入少量固体催化剂使两室内气体充分反应达到平衡，打开活塞，继续反应再次达到平衡，下列说法正确的是_____。

A.第一次平衡时，SO2的物质的量右室更多 

B.通入气体未反应前，左室压强和右室一样大

C.第一次平衡时，左室内压强一定小于右室

D.第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍还要多

（2）NH3合成常见的化肥尿素[化学式为CO（NH2）2]分为三步，其中第一步为:

2NH3（g） +CO2（g）

NH2COONH4（s）  △H=-159.5kJ·mol-1，对于这个反应，在2L恒容密闭容器中充入2molNH3和lmolCO2，平衡时放出127.6kJ的热量，若反应温度不变，在该容器中充入2.8molNH3和1.4molCO2,到达平衡时，c（NH3）为__________________。

（3）①室温下，在0.5mol/L纯碱溶液中加入少量水，由水电离出的c（H+）×c（OH-）_____（填“变大”、“变小”、“不变”）

②已知Ksp（Ag2GrO4）=1.0×10-12，向0.2mol/L的AgNO3溶液中加入等体积的0.08mol/LK2CrO4溶液，则溶液中的c（CrO42-）=____________。

③室温下，0.lmol/LNaHCO3溶液的pH值___0.1mol/LNa2SO3溶液的pH值。

（填“>”、“<”、“=”）

已知:

H2CO3

K1=4.3×10-7

 K2=5.6×10-11

H2SO3

K1=1.54×10-2

K2=1.02×10-7

（4）有一种可充电电池Na—Al/FeS，电池工作时Na+的物质的量保持不变，并且是用含Na+的导电固体作为电解质，已知该电池正极反应式为2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe，则该电池在充电时，阳极发生反应的物质是________，放电时负极反应式为__________________________________。

【答案】

（1）.BC

（2）.0.2mol/L（3）.变小（4）.2.5×10-9mol/L（5）.<（6）.Na2S、Fe（7）.Na-e-=Na+

【解析】试题分析：

本题考查平衡时物理量大小的比较，化学平衡的计算，影响盐类水解的因素和盐类水解的规律，溶度积的计算，可充电电池的工作原理。

（2）根据热化学方程式，每消耗2molNH3和1molCO2，反应放出159.5kJ热量，放出127.6kJ热量时n（NH3）转化=

=1.6mol，n（CO2）转化=

=0.8mol，平衡时n（NH3）=2mol-1.6mol=0.4mol、n（CO2）=1mol-0.8mol=0.2mol，平衡时c（NH3）=0.2mol/L、c（CO2）=0.1mol/L，该温度下化学平衡常数K=

=

=250。

若向容器中充入2.8molNH3和1.4molCO2，设从起始到平衡转化CO2物质的量浓度为x，用三段式

2NH3（g）+CO2（g）

NH2COONH4（s）

c（起始）（mol/L）1.40.7

c（转化）（mol/L）2xx

c（平衡）（mol/L）1.4-2x0.7-x

=250，解得x=0.6mol/L，到达平衡时，c（NH3）=1.4mol/L-2

0.6mol/L=0.2mol/L。

（3）①Na2CO3溶液属于强碱弱酸盐，溶液中OH-全部来自水电离，水电离的c（H+）=c（OH-），向纯碱溶液中加入少量水，促进CO32-的水解，水解产生OH-物质的量增大，由于溶液体积增大，c（OH-）减小，则由水电离出的c（H+）

c（OH-）变小。

②n（AgNO3）=0.2V，n（K2CrO4）=0.00008V，AgNO3溶液与K2CrO4溶液等体积混合发生反应2Ag++CrO42-=Ag2CrO4↓，反应后n（Ag+）过量=0.2V-2

0.00008V=0.19984V，c（Ag+）过量=

=0.09992mol/L，溶液中c（CrO42-）=Ksp（Ag2CrO4）

c2（Ag+）=1

10-12

0.099922=1.0

10-10（mol/L）。

③HCO3-的水解平衡为：

HCO3-+H2O

H2CO3+OH-，HCO3-的水解平衡常数Kh=

=

=

=

=2.3

10-8

5.6

10-11，HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度，NaHCO3溶液呈碱性；H2CO3的K1

H2SO3的K2，HCO3-的水解能力

SO32-的水解能力，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH值

0.1mol/LNa2SO3溶液的pH值。

（4）电池正极反应式为2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe，电池充电时阳极反应式为Na2S+Fe-2e-=FeS+2Na+，充电时阳极发生反应的物质是Na2S和Fe。

电池正极反应式为2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe，正极消耗Na+，电池工作时Na+的物质的量保持不变，则电池负极反应式为Na-e-=Na+。

点睛：

本题的难点是第

（1）问，由于容器为恒容容器，左室充入的1molAr对化学平衡无影响；比较平衡时各物理量之间的关系采用“等效”思维和“先同后变”，即先设计等效平衡，再考虑压强对化学平衡的影响。

10.辉铜矿石主要含有硫化亚铜（Cu2S）及少量脉石（SiO2）。

一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示:

（1）“浸取”时，为了提高浸取速率可采取的措施有___________________________（任写一点）。

写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式:

_____________________________________。

（2）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_________________________________________；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，加入HNO3调节溶液的pH，其理由是____________________。

（3）气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为________________________________。

向“滤液M”中加入（或通入）_____（填字母），可得到另一种可循环利用的物质。

a.铁b.氯气c.高锰酸钾

（4）“回收S”过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是________________。

【答案】

（1）.粉碎矿石（搅拌等）

（2）.Cu2S+4Fe3+==2Cu2++4Fe2++S（3）.使Fe3+转化为Fe（OH）3而沉淀除去（4）.抑制Cu2+的水解（5）.4NOx+（5-2x）O2+2H2O==4HNO3（6）.b（7）.温度过高，苯易挥发；温度过低，矿渣的溶解速率小

【解析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量SiO2等杂质，加入氯化铁浸取，过滤得到矿渣为SiO2、单质S，利用苯回收硫；滤液中含有Fe2+、Cu2+，加入铁粉置换出铜，过滤除去多余的铁，滤液为氯化亚铁溶液，滤渣为铜，通过加入氧化铜和硝酸溶液保温除铁，过滤后得到的滤液为硝酸铜，在硝酸的氛围中蒸发浓缩、冷却结晶后过滤得到硝酸铜晶体。

（1）酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率；“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式为Cu2S+4Fe3+==2Cu2++4Fe2++S；

（2）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是使Fe3+转化为Fe（OH）3而沉淀除去；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，加入HNO3调节溶液的pH，其理由是抑制Cu2+的水解；（3）气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质硝酸，反应的化学方程式为4NOx+（5-2x）O2+2H2O==4HNO3。

“滤液M”为氯化亚铁，向其中通入氯气反应后生成氯化铁也是可循环利用的物质。

答案选b；（4）“回收S”过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是温度过高，苯易挥发；温度过低，矿渣的溶解速率小。

点睛：

本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，主要涉及物质性质的理解、影响速率的因素、离子方程式的书写等，掌握基础是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。

辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量SiO2等杂质，加入氯化铁浸取，过滤得到矿渣为SiO2、单质S，利用苯回收硫；滤液中含有Fe2+、Cu2+，加入铁粉置换出铜，过滤除去多余的铁，滤液为氯化亚铁溶液，滤渣为铜，通过加入氧化铜和硝酸溶液保温除铁，过滤后得到的滤液为硝酸铜，在硝酸的氛围中蒸发浓缩、冷却结晶后过滤得到硝酸铜晶体，据此分析解答。

11.钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。

（1）基态Ti原子核外电子排布的最高能级符号是________。

与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有__种。

（2）钛比钢轻，比铝硬，是一种新兴的结构材料。

钛硬度比铝大的原因是_______________。

（3）TiCl4是氯化法制取钛的中间产物，TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。

采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是___________（填化学式）。

（4）半夹心结构催化剂M能催化Z烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如图所示。

①组成该物质的元素中，电负性最大的是______（填元素名称）。

②M中，碳原子的杂化形式有____种。

③M中，不含__________（填标号）。

a.п键  b.σ键  c.配位键  d.氢键  e.离子键

（5）金红石（TiO2）是含钛的主要矿物之一，具有典型的四方晶系结构。

其晶胞结构（晶胞中相同位置的原子相同）如图所示：

①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是_______________________。

②若A、B、C的原子坐标分别为A（0,0,0）、B（0.69a,0.69a,c）、C（a,a,c），则D的原子坐标为D（0.l9a,_____，_____）；钛氧键键长d=___________（用代数式表示）。

【答案】

（1）.3d

（2）.3（3）.Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强（或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案）（4）.SiCl4（5）.氧（6）.2（7）.d、e（8）.B、D（9）.0.81a（10）.0.5c（11）.

【解析】

（1）基态Ti原子核外电排布为1S22S22P63S23P63d24S2，且未成对电子数为2，基态下原子核外电子排布的最高能级的符号是3d。

第4周期元素中，基态原子的未成对电数与钛相同的有Ni（3d84S2）、Ge（4S24P2）、Se（4S24P4）3种；

（2）钛与铝同为金属晶体，金属晶体的硬度主要由金属键决定，钛硬度比铝大的原因是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强）（或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案）。

（3）由TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，可知，两者均属于分子晶体且分子结构相同，分子间作用力是影响晶体物理性质的主要因素，相对分子质量越大分子间作用力越大，所以，TiCl4比SiCl4沸点高。

采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是SiCl4；。

（4）半夹心结构催化剂M中含有C、H、0、Ti、Cl五种元素，电负性大小顺序为O>Cl>C>H>Ti，①组成该物质的元素中，电负性最大的是氧。

；碳原子的杂化形式有sp2、sp3两种，②M中，碳原子的杂化形式有2种；在半夹心分子结构中，C-C、C-H、C-O原子间存在δ键，环中存在大π键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键。

③M中，不含de。

（5