届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三第二次模拟考试理科综合化学试题解析版.docx

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届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三第二次模拟考试理科综合化学试题解析版

黑龙江省哈尔滨市第六中学2018届高三第二次模拟考试理科综合化学试题

1.化学与社会、生活息息相关。

下列说法不正确的是（　　）

A.以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分与由石油分馏得到的柴油的成分不同

B.丝绸的主要成分是蛋白质,蛋白质是天然高分子化合物

C.聚酯纤维属于新型无机非金属材料,可制作宇航服

D.钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同

【答案】C

2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）

A.标准状况下,4.48LCH3Cl中所含原子数目为NA

B.所含共价键数均为0.4NA的白磷（P4）和甲烷的物质的量相等

C.将2gH2与足量的N2混合,充分反应后转移的电子数为2NA

D.电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.1NA时，阳极质量减少3.2g

【答案】A

【解析】A．标况下，4.48LCH3Cl的物质的量为0.2mol，所含原子为0.2mol×5=1mol，故A正确；B．白磷分子中含有6个P-P键，甲烷分子中含有4个C-H键，0.1mol甲烷中所含的共价键数均为0.4NA，而0.1mol的白磷（P4）共价键数0.6NA，故B错误；C.H2和N2反应是可逆反应，反应后转移的电子数小于2NA，故C错误；D、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属，如铁等，故当电路中通过0.1NA个电子时，阳极上减轻的质量不等于3.2g，故D错误；故选A。

点睛：

本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。

本题的易错点为BD，B中要注意白磷分子是正四面体结构，和她6个P-P键，D中电解精炼铜时，阳极上放电的金属有铜和比铜活泼的金属。

3.下列离子方程式正确的是（）

A.向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：

S2O32-+2Cl2＋3H2O===2SO32-＋4Cl-＋6H+

B.CuSO4溶液吸收H2S气体：

Cu2++H2S===CuS↓+2H+

C.AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：

Al3++4NH3·H2O===AlO2-+4NH4++2H2O

D.等体积、等浓度的Ba（OH）2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合：

Ba2++2OH-+2H++SO42-===BaSO4↓+2H2O

【答案】B

【解析】A.氯气具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，故A错误；B.CuSO4溶液吸收H2S气体，反应生成的硫化铜不溶于硫酸，离子方程式为：

Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故B正确；C.氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故C错误；D.等体积、等浓度的Ba（OH）2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，以及水，离子方程式为：

Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D错误；故选B。

4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数逐渐增大，其中X原子的电子数与电子层数相等，Z为短周期中金属性最强的元素，Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1∶1和1∶2的两种化合物，Y和W同主族。

下列说法正确的是（　　）

A.Y与Z形成的两种化合物中所含化学键类型完全相同

B.化合物X2W比化合物X2Y稳定

C.Y、Z、W三种元素形成的化合物的水溶液一定呈中性

D.原子半径：

r（Z）>r（W）>r（Y）>r（X）

【答案】D

【解析】试题分析：

X原子的电子数与电子层数相等，根据X在四种元素中原子序数的关系判断X是H元素；Z为短周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1:

1和1:

2的两种化合物，短周期内与H、Na能形成原子个数比为1:

1和1:

2的元素是O元素，所以Y是O元素；Y和W同主族，则W是S元素。

A、O与Na形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，前者只含离子键、而过氧化钠中除含离子键外，还含有共价键，错误；B、O的非金属性大于S，所以化合物X2Y比化合物X2W稳定，错误；C、O、Na、S三种元素组成的化合物可能是硫酸钠，也可能是亚硫酸钠，而亚硫酸钠的水溶液为碱性，错误；D、同周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，电子层数多的元素的原子半径大，所以原子半径：

r（Z）>r（W）>r（Y）>r（X），正确，答案选D。

考点：

考查元素的推断，元素化合物性质的判断

5.如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛（TiO2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2（阴极）中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。

下列说法中正确的是（　　）

A.阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑B.阴极的电极反应式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－

C.通电后，O2－、Cl－均向阴极移动D.石墨电极的质量不发生变化

【答案】B

.........

6.下列实验装置及操作正确的是（　　）

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A．制备乙酸乙酯需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，故A错误；B．左池直接发生氧化还原反应，不能构成原电池，故B错误；C．碳和浓硫酸加热生成SO2和CO2，两气体均能使石灰水变浑浊，故C错误；D．装置形成密闭系统，如果手捂住烧瓶，玻璃导管内能形成水柱，即可证明气密性好，故D正确；答案为D。

7.25℃时，H2SO3及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数（α）随溶液pH变化关系如下图所示，下列叙述错误的是（）

A.溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-

B.当溶液恰好呈中性时：

c（Na+）>c（SO32-）+c（HSO3-）

C.向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，

的值增大

D.向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸,α（HSO3-）减小

【答案】C

【解析】A、pH=5时，HSO3-的物质的量分数（α）为1.0，说明硫元素的主要存在形式为HSO3-，故A正确；B、c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），所以，c（Na+）＞c（SO32-）+c（HSO3-），故B正确；C、随pH增大，c（SO32-）增大，c（HSO3-）减小，所以

的值减小，故C错误；D、根据图像，向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，溶液的pH减小，α（HSO3-）减小，α（H2SO3）增大，故D正确；故选C。

点睛：

本题考查离子浓度大小比较，明确图中纵横坐标含义及溶液中溶质是解本题关键。

本题的易错选项是B，可以根据电荷守恒分析判断。

8.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:

（已知：

硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳、四氯化碳和苯。

）

（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式:

____________。

（2）“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_____________________。

（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）“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___________。

（5）洗涤硝酸铜晶体的洗涤剂可以使用下列物质中的______________。

a.酒精b.热水c.饱和硝酸铜溶液

【答案】

（1）.Cu2S+4Fe3+

2Cu2++4Fe2++S

（2）.温度过低,矿渣的溶解速率小;温度过高,苯易挥发（3）.4NOx+（5-2x）O2+2H2O

4HNO3（4）.b（5）.加大Fe3+转化为Fe（OH）3的程度（6）.抑制Cu2+的水解（7）.ac

【解析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入苯水浴加热回收硫单质；加入在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子过滤，滤液M中加入氯气氧化反应生成氯化铁循环使用，保温除铁加入稀硝酸溶液和氧化铜反应，调节溶液PH除去杂质离子，过滤得到滤液为硫酸亚铁溶液，在稀硝酸溶液中蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到晶体。

（1）铁离子做氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为：

Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S，故答案为：

Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；

（2）苯沸点比较低，温度过高苯容易挥发，从反应动力学看温度过低溶解速率小，故答案为：

温度过低，矿渣的溶解速率小；温度过高，苯易挥发；

（3）NOx做还原剂，依据质量守恒和电子守恒写出方程式：

4NOx+（5-2x）O2+2H2O=4HNO3，向滤液M中通入Cl2将FeCl2氧化为FeCl3，可以循环使用，故选b，故答案为：

4NOx+（5-2x）O2+2H2O=4HNO3，b；

（4）Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CuO使水解平衡正向进行，调节溶液的pH使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀，加热过程中Cu2+会水解，加入硝酸抑制Cu2+的水解，不引入新的杂质，故答案为：

调节溶液pH使使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀，抑制铜离子水解；

（5）a.硝酸铜在酒精中的溶解度较小，可以用酒精洗涤，正确；b.硝酸铜在热水中的溶解度增大，不能用热水洗涤，错误；c.饱和硝酸铜溶液中硝酸铜的溶解度很小，可以用饱和硝酸铜溶液洗涤，正确；故选ac。

9.氮化铝（AlN）是一种性能优异的新型材料,在许多领域有广泛应用,前景广阔。

某化学小组模拟工业制氮化铝原理,欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。

查阅资料:

①实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制N2:

NaNO2+NH4Cl

NaCl+N2↑+2H2O。

②工业制氮化铝:

Al2O3+3C+N2

2AlN+3CO,氮化铝在高温下能水解。

③AlN与NaOH饱和溶液反应:

AlN+NaOH+H2O

NaAlO2+NH3↑。

Ⅰ.氮化铝的制备

（1）实验中使用的装置如上图所示,请按照氮气气流方向将各仪器接口连接:

e→c→d→____________（根据实验需要,上述装置可使用多次）。

（2）B装置内的X液体可能是____;E装置内氯化钯溶液的作用可能是_______。

Ⅱ.氮化铝纯度的测定

【方案ⅰ】甲同学用下图装置测定AlN的纯度（部分夹持装置已略去）。

（3）为准确测定生成气体的体积,量气装置（虚线框内）中的Y液体可以是____。

a.CCl4b.H2Oc.NH4Cl饱和溶液d.植物油

（4）若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通,对所测AlN纯度的影响是____（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

【方案ⅱ】乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度。

（5）步骤②的操作是_________。

（6）实验室里煅烧滤渣使其分解,除了必要的热源和三脚架以外,还需要的仪器有______等。

（7）样品中AlN的纯度是__________（用m1、m2、m3表示）。

【答案】

（1）.a→b→f（g）→g（f）→a（c）→b（d）→I

（2）.浓硫酸（3）.吸收CO,防止污染（4）.ad（5）.偏大（6）.通入过量CO2气体（7）.坩埚、泥三角、坩埚钳（8）.

×100%

【解析】

（1）实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制N2:

NaNO2+NH4Cl

NaCl+N2↑+2H2O，可以需要装置C制备氮气，生成的氮气中经过干燥后与Al2O3和C在装置D中反应生成AlN和CO，CO会污染空气，可以通过氯化钯溶液吸收，氮化铝在高温下能水解，需要防止外界水蒸气进入装置D，因此按照氮气气流方向，各仪器接口连接顺序为:

e→c→d→a→b→f（g）→g（f）→a（c）→b（d）→I，故答案为：

a→b→f（g）→g（f）→a（c）→b（d）→I；

（2）根据上述分析，B装置内的X液体可以是浓硫酸；E装置内氯化钯溶液是用来吸收CO，防止污染，故答案为：

浓硫酸；吸收CO，防止污染；

（3）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，量气装置中收集的气体为氨气。

a.氨气是极性分子，难溶于CCl4，可以选用；b.氨气极易溶于水，不能选用；c.氨气在NH4Cl饱和溶液中溶解度仍然很大，不能选用；d.氨气难溶于植物油，可以选用；故选ad；

（4）若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，，应用氢氧化钠溶液体积的影响会使得测得的氨气的体积偏大，所测AlN纯度偏大，故答案为：

偏大；

（5）根据流程图，滤液即洗涤液中含有NaAlO2，经过步骤②得到沉淀为氢氧化铝，因此步骤②是通入过量CO2气体，故答案为：

通入过量CO2气体；

（6）实验室里煅烧滤渣氢氧化铝使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的仪器有坩埚、泥三角、坩埚钳，故答案为：

坩埚、泥三角、坩埚钳；

（7）根据Al2O3+3C+N2

2AlN+3CO，AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，样品的主要成分为Al2O3、C和AlN，滤渣为C，最终的固体为Al2O3，因此由AlN反应得到的氧化铝的质量为m3-m1+m2，根据铝元素守恒，AlN的质量为

×2×41g/mol=

g，样品中AlN的纯度为

×100%，故答案为：

×100%。

10.以天然气为原料合成甲醇。

有关热化学方程式如下:

①2CH4（g）+O2（g）

2CO（g）+4H2（g）ΔH1=-70.8kJ·mol-1

②CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）　ΔH2

③2CH4（g）+O2（g）

2CH3OH（g）ΔH3=-251.0kJ·mol-1

（1）ΔH2=____kJ·mol-1。

（2）在体积可变的密闭容器中投入1molCO和2molH2,在不同条件下发生反应:

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）。

实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图1所示。

①M点时,H2的转化率为____；压强:

p1____（填“>”“<”或“=”）p2。

②反应速率:

N点v正（CO）____（填“>”“<”或“=”）M点v逆（CO）。

③若压强为p1、在1L恒容密闭容器中进行上述反应（起始投料不变）,在不同温度下上述反应的平衡常数的对数（lgK）如图2所示。

则温度为506K时,平衡常数K=____（保留三位小数）,B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lgK与T的关系的点为____。

④在2L恒容密闭容器中充入a（a>0）molH2、2molCO和7.4molCH3OH（g）,在506K下进行上述反应。

为了使该反应逆向进行,a的范围为________。

（3）某甲醇-空气燃料电池以KOH溶液为电解质溶液。

当KOH全部转化成KHCO3时停止放电,写出此时负极的电极反应式________________________________。

【答案】

（1）.-90.1

（2）.25%（3）.>（4）.<（5）.0.148（6）.BE（7）.0

HCO3-+5H2O

【解析】

（1）①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）ΔH1=-70.8kJ·mol-1，③2CH4（g）+O2（g）

2CH3OH（g）ΔH3=-251.0kJ·mol-1，根据盖斯定律，将（③-①）×

得：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）ΔH2=

×[（-251.0kJ·mol-1）-（-70.8kJ·mol-1）]=-90.1kJ·mol-1，故答案为：

-90.1；

（2）①根据图像，M点时，生成的甲醇为0.25mol，则反应的H2为0.5mol，H2的转化率=

×100%=25%；根据反应方程式CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g），增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量增大，因此p1＞p2，故答案为：

25%；>；

②其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，反应速率:

N点v正（CO）＜M点v逆（CO），故答案为：

＜；

③根据图像1，压强为p1时，平衡时甲醇为0.25mol，则CO为1mol-0.25mol=0.75mol，H2为2mol-0.25mol×2=1.5mol，平衡常数K=

=0.148；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK减小，符合条件的点有BE，故答案为：

0.148；BE；

④为了使该反应逆向进行，需要满足Qc大于K，即

＞

，因此a＜10，故答案为：

0

（3）甲醇-空气燃料电池以KOH溶液为电解质溶液。

当KOH全部转化成KHCO3时停止放电，此时负极上甲醇发生氧化反应生成HCO3-，电极反应式为CH3OH-6e-+7OH-=HCO3-+5H2O，故答案为：

CH3OH-6e-+7OH-=HCO3-+5H2O。

11.某药物中含有As、Cu、H、O、Cl、Fe等元素。

（1）Cu单质在不同条件下可形成晶体和非晶体,可通过______区分晶体和非晶体;基态Cu原子的价电子排布式为____,基态Cu原子的核外电子排布中有___对自旋状态相反的电子。

（2）CH4分子中C原子的杂化方式为____,NH3沸点比CH4高的原因是________。

（3）酸性:

H3AsO4___________H3AsO3,原因______________。

（4）H3O+、H2O相比较,键角较大的是______,其原因是_____________。

（5）一种Fe晶体晶胞如图所示,晶胞边长为acm,已知该晶体的密度为ρg·cm-3,Fe的相对原子质量为M,NA为阿伏加德罗常数的值,NA=____（列式表示即可）。

【答案】

（1）.X射线衍射实验

（2）.3d104s1（3）.14（4）.sp3杂化（5）.氨分子之间可以形成氢键,而甲烷分子之间只存在范德华力（6）.>（7）.H3AsO4中的非羟基氧原子比H3AsO3中多,H3AsO4中As对电子的吸引力更强,使O—H键更易断裂,电离出H+（8）.H3O+（9）.H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化,H2O中O原子有2对孤电子对,H3O+中O原子有1对孤电子对,孤电子对越多,对成键电子对的排斥力越大,键角越小（10）.

【解析】

（1）区分晶体和非晶体，可通过X射线衍射实验区分，铜是29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，29个电子占据15个轨道，其中14个轨道中的电子自旋状态相反，故答案为：

X射线衍射实验；3d104s1；14；

（2）CH4分子中C原子的价层电子对数=4，采用sp3杂化，氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力，使得NH3沸点比CH4高，故答案为：

sp3杂化；氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力；

（3）H3AsO4中的非羟基氧原子数目大于H3AsO3，酸性:

H3AsO4＞H3AsO3，故答案为：

>；H3AsO4中的非羟基氧原子比H3AsO3中多，H3AsO4中As对电子的吸引力更强，使O—H键更易断裂，电离出H+；

（4）H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此H3O+、H2O相比较，键角较大的是H3O+，故答案为：

H3O+；H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小；

（5）根据晶胞结构图，1个晶胞中含有的铁原子数=8×

+6×

=4，因此晶体的密度为ρg·cm-3=

，解得NA=

，故答案为：

。

12.香料甲和G都在生活中有很多用途,其合成路线如下:

已知:

①R1—CHO+R2—CH2—CHO

（R1、R2代表烃基或氢原子）

②D与A互为同系物;在相同条件下,D蒸气相对于氢气的密度为39。

（1）A的名称是____,G中含氧官能团的名称是____。

（2）②的反应类型是____,B和F的结构简式分别为______、______。

（3）写出一种能鉴别A和D的试剂:

______;C有多种同分异构体,其中属于芳香族化合物的有____种。

（4）写出反应①的化学方程式:

_____________。

（5）G的同分异构体

是一种重要的药物中间体,其合成路线与G相似,请以

为原料设计它的合成路线（其他所需原料自选）_________。

【答案】

（1）.甲苯

（2）.羧基（3）.加成反应（4）.

（5）.

（6）.酸性高锰酸钾溶液（7）.4（8）.

+CH3COOH

+H2O（9）.

【解析】由C→

及反应条件可知C为苯甲醇，B为

，A为甲苯。

在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为39×2=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯；

与乙醛反应得到E，结合信息①，E为

，E与溴发生加成反应得到的F为

，F发生氧化反应生成的G为

。

（1）根据分析可知，A为甲苯，G为

，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：

甲苯；羧基；

（2）反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成

，根据上述分析，B和F的结构简式分别为

、

，故答案为：

加成反应；

；

；

（3）甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚（

），共4种，故答案为：

酸性高锰酸钾溶液；4；

（4）反应①为乙酸和

发生酯化反应，化学方程式为

+CH3COOH

+H2O，故答案为：

+CH3COOH

+H2O；

（5）苯乙醛与甲醛反应生成

，

再与溴发生加成反应生成

，最后

发生催化氧化反应生成

，故合成路线为

，故答案为：

。

点睛：

本题考查了有机合成与推断。

主要涉及有机化学方程式的书写、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等。

本题的易错点为合成路线的设计，要注意充分利用题示已知信息。