届辽宁省抚顺市高三高考模拟考试理综化学试题解析版.docx

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届辽宁省抚顺市高三高考模拟考试理综化学试题解析版

辽宁省抚顺市2018届高三3月高考模拟考试

理综化学试题

1.生产生活中处处有化学，化学是人类进步的关键。

下列表述错误的是

A.汽车排放的尾气和冬季取暖排放的颗粒污染物是形成雾霾的一个因素

B.泡沫灭火器中用的是小苏打和硫酸铝

C.用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆，二者所用原理相同

D.从海水中可提取镁，电解熔融氯化镁可制得金属镁

【答案】C

【解析】汽车尾气和取暖排放的颗粒污染物能形成雾霾，故A正确；小苏打和硫酸铝发生双水解生成二氧化碳、氢氧化铝，故B正确；活性炭为糖浆脱色利用活性炭的吸附性，用臭氧漂白纸浆属于氧化反应，二者所用原理不相同，故C错误；电解熔融氯化镁可制得金属镁和氯气，故D正确。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是

A.28g乙烯和环丙烷混合气体中的氢原子数为4NA

B.25℃时，pH＝1的H3PO4溶液中含有H＋的数目为0.1NA

C.3molH2与1molN2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为4NA

D.标准状况下，2.24L苯在O2中完全燃烧得到CO2分子数为0.6NA

【答案】A

【解析】A.乙烯和环丙烷的最简式为CH2，28g“CH2”的物质的量为2mol，则28g此混合气体中氢原子数为4NA，A正确；B.因未知溶液的体积，故无法计算出pH＝1的H3PO4溶液中H＋的数目，故B错误；C.氢气与氮气反应生成氨气，是分子数减少的反应，故3molH2与1molN2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于4NA，C错误；D.标准状况下，苯的状态为液体，不能用标准气体摩尔体积换算苯的物质的量，D错误。

故答案选A。

3.咖啡酸具有较广泛的抑菌作用，结构简式为

。

下列有关说法中正确的是

A.分子中含有四种官能团

B.可以用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键

C.1mol咖啡酸与足量钠、碳酸氢钠溶液反应，相同条件下生成气体的体积比为1:

2

D.1mol咖啡酸可与4molBr2发生反应

【答案】D

【解析】分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，故A错误；羟基、碳碳双键都能与高锰酸钾溶液反应，不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，故B错误；碳酸钠与酚羟基、羧基都能反应，碳酸氢钠与羧基反应生成二氧化碳，故C错误；羟基的邻位、对位与溴取代，碳碳双键与溴加成，1mol咖啡酸可与4molBr2发生反应，故D正确。

4.某科研小组开发了Li−SO2Cl2电池，其如图所示，已知电池反应为：

2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑。

下列叙述中错误的是

A.电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应

B.将电解质溶液改为LiCl的水溶液，电池性能会更好

C.电池工作时电子流向：

锂电极→导线→负载→碳棒

D.电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e−=2Cl−+SO2↑

【答案】B

【解析】电池工作时负极材料是Li，失电子发生氧化反应，故A正确；

锂与水能反应，不能将电解质溶液改为LiCl的水溶液，故B错误；

电池工作时电子有负极流向正极，故C正确；电池工作过程中，石墨是正极，电极反应式为SO2Cl2+2e−=2Cl−+SO2↑，故D正确。

5.下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是

选项

实验操作

实验现象

解释或结论

A

将少量浓硝酸分多次加入

Cu和稀硫酸的混合液中

产生红棕色气体

硝酸的还原产物是NO2

B

某粉末用酒精润湿后，

用铂丝蘸取做焰色反应

火焰呈黄色

该粉末一定不含钾盐

C

将Na2O2裹入棉花中，

放入充满CO2的集气瓶中

棉花燃烧

Na2O2与CO2的反应为放热反应

D

将过量的CO2通入CaCl2溶液中

无白色沉淀出现

生成的Ca（HCO3）2可溶于水

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A．稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，选项A错误；B．火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，选项B错误；C、将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中，Na2O2与CO2的反应为放热反应，温度升高，达到棉花的着火点，且有大量氧气，棉花燃烧，选项C正确；D、弱酸不能制强酸，所以CO2不与强酸盐反应，所以无沉淀，选项D错误。

答案选C。

6.X、R、Y、Z、M 为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示，R的原子序数大于Z。

下列说法错误的是

A.R的氧化物只含有离子键

B.最高价含氧酸的酸性:

 Y

C.最简单氢化物的稳定性:

 Y

D.Z的简单氢化物可用作制冷剂

【答案】A

【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、M为S元素。

A．Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，但不论是氧化钠还是过氧化钠，结构中均含离子键，故A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性C＜S，所以其最高价含氧酸的酸性Y

 Y< Z故C正确；D．液氨气化吸热，导致周围空气温度急剧降低，常用作制冷剂，故D正确；故选A。

点睛：

本题考查原子结构和元素周期律，明确离子半径比较方法、最高价含氧酸强弱的比较方法、物质结构等方面的知识是解本题关键，需要注意规律中的反常现象。

本题的易错点为元素的推导。

7.某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如右图所示。

下列说法错误的是

A.此温度下，水的离子积常数为1.0×10－2a

B.N点溶液加水稀释，

增大

C.M、Q、N三点所示的溶液中均存在：

c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）

D.Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积

【答案】D

点睛：

明确弱电解质的电离特点，把握pOH的含义是解题关键，碱溶液中pOH越大、pH越小，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，碱性越弱、酸性越强，随着盐酸的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐减小，则溶液pH逐渐减小，pOH逐渐增大，结合弱电解质的电离平衡分析即可。

8.硫酰氯（SO2Cl2）是一种重要的化工试剂，实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示：

①SO2（g）+Cl2（g）=SO2Cl2（l）△H=-97.3kJ/mol；

②硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”；100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。

回答下列问题：

（1）装置甲为储气装置，用于提供氯气，则仪器A中盛放的试剂为______________。

装置丙中活性炭的作用是______________。

（2）在上图方框内画出所缺装置，并注明相关试剂的名称。

________

（3）氯磺酸（ClSO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为_______________________，分离产物的方法是（填字母）_________。

A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取

（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有________（填序号）

①先通冷凝水，再通气②控制气流速率，宜慢不宜快

③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶

（5）在无活性炭存在的条件下SO2与Cl2也可发生反应，现将SO2、Cl2按照一定比例通入水中，请设计一个简单实验验证二者是否恰好完全反应：

____________________。

（简要描述实验步骤、现象和结论）。

仪器自选，供选择试剂：

滴加酚酞的氢氧化钠溶液、碘化钾溶液、淀粉溶液、品红溶液。

【答案】

（1）.饱和食盐水

（2）.催化剂（3）.

浓硫酸（4）.2ClSO3H=SO2Cl2+H2SO4（5）.C（6）.①②③（7）.取少量反应后的溶液于试管中，滴加品红溶液振荡，若溶液褪色，则二者未恰好完全反应；若不褪色，则二者恰好完全反应

【解析】试题分析：

（1）根据题意，装置甲为储气装置，用于提供氯气，仪器A用于将氯气由甲装置排入乙装置，，所以氯气在仪器A中盛放的试剂中溶解度要小，以减少损失，则仪器A中盛放的试剂为饱和食盐水；根据化学反应SO2（g）+Cl2（g）

SO2Cl2（l），从实验装置丙中可以看出，活性炭没参加反应，只能是作催化剂。

（2）因为硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，所以制备硫酰氯的氯气必须是干燥的，所以乙装置为干燥装置，用浓硫酸干燥氯气，所以答案为

（浓硫酸）

（3）根据题意，ClSO3H→SO2Cl2，ClSO3H的系数为2，根据反应前后原子个数守恒，差2个H、1个S、4个O，即H2SO4，所以反应的化学方程式为2ClSO3H

SO2Cl2+H2SO4，SO2Cl2为液体，沸点比较低，H2SO4为液体，沸点较高，它们不分层，可以利用沸点不同进行蒸馏分离，答案选C。

（4）Cl2具有氧化性，SO2以还原性为主，SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl,提高产率可以采取措施：

控制气流速率，宜慢不宜块；若三颈烧瓶发烫，可适当降温；先通冷凝水，冷凝回流副产物和产品，再进行实验，答案选①②③。

（5）SO2和Cl2恰好反应生成硫酸和盐酸，若SO2或Cl2剩余，SO2和氯气均能使品红溶液褪色，所以取少量反应后的溶液于试管中，滴加品红溶液振荡，若溶液褪色，则二者未恰好完全反应；若不褪色，则二者恰好完全反应。

考点：

考查硫酰氯的实验室制法，化学实验基本操作等知识。

9.研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。

（1）已知拆开1molH2、1molO2和液态水中1molO—H键使之成为气态原子所需的能量分别为436kJ、496kJ和462kJ；CH3OH（g）的燃烧热为627kJ·mol－1。

则CO2（g）＋3H2（g）＝CH3OH（g）＋H2O（l）∆H＝___________kJ·mol－1

（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：

2CO2（g）＋6H2（g）

CH3OCH3（g）＋3H2O（l）

①该反应平衡常数表达式K＝_______________。

②已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示，该反应的∆H________0（填“＞”或“＜”）。

若温度不变，减小反应投料比[n（H2）/n（CO2）]，则K将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。

③某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2（g）与H2（g）发生上述反应，当下列物理量不再发生变化时，能证明上述可逆反应达到平衡的量是__________。

A．二氧化碳的浓度B．容器中的压强

C．气体的密度D．CH3OCH3与H2O的物质的量之比

（3）以甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料的燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL滴有酚酞的NaCl溶液，装置如图所示：

请写出电解过程中Y电极附近观察到的现象：

______________，当燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）时，计算此时NaCl溶液的pH=________（假设溶液的体积不变，气体全部从溶液中逸出）。

【答案】

（1）.－93

（2）.c（CH3OCH3）/[c2（CO2）×c6（H2）]（3）.＜（4）.不变（5）.ABC（6）.Y电极附近溶液中有气体产生，上部分呈黄绿色（7）.14

【解析】

（1）已知拆开1molH2、1molO2和液态水中1molO—H键使之成为气态原子所需的能量分别为436kJ、496kJ和462kJ，依此可写出H2燃烧生成液态水的热化学方程式为①2H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）△H=－480kJ·mol－1；由CH3OH（g）的燃烧热为627kJ·mol－1，可得CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为②CH3OH（g）＋3/2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）△H=－627kJ·mol－1，由盖斯定律可进行①×3/2—②，即得CO2（g）＋3H2（g）＝CH3OH（g）＋H2O（l）∆H＝－93kJ·mol－1；

............

（3）由装置图可知，Y电极与电源正极相连，即为阳极，电解NaCl溶液的阳极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，所以可观察到的现象为电极上有气泡产生，上部气体呈黄绿色；当燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）时，电路中转移的电子n（e-）=

=0.5mol,根据电子转移守恒，结合电解NaCl溶液的反应方程式2NaCl＋2H2O

2NaOH＋H2↑＋Cl2↑,可得此时溶液中生成n（OH-）=0.5mol，c（OH-）=0.5mol/0.5L=1.0mol/L，所以溶液的pH=14。

点睛：

本题要特别注意平衡常数K只随温度的变化而改变，且纯液体水或固体物质的浓度认为是常数，不能体现在平衡常数K的表达式中，而气体密度的计算，一定要用气体的质量和容器的体积，但是纯液体水参与反应时，会导致气体质量的变化，使气体密度发生变化；电荷守恒始终是解决电化学问题的核心和关键，如n（OH-）=n（e-）=n（H+）等等，能给解题带来很大方便。

10.钨是我国丰产元素，是熔点最高的金属，广泛用于拉制灯泡的灯丝，钨在自然界主要以钨（VI）酸盐的形式存在。

有开采价值的钨矿石之一白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，工业冶炼钨流程如下：

已知：

①钨酸酸性很弱，难溶于水

②完全沉淀离子的pH值：

SiO32-为8，WO42-为5

③碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨

（1）74W在周期表的位置是第_________周期。

（2）CaWO4与纯碱发生的化学反应方程式是___________________________________。

（3）滤渣R的主要成分是（写化学式）_________________。

调节pH可选用的试剂是：

____________（填写字母序号）。

A．氨水B．氢氧化钠溶液C．盐酸D．碳酸钠溶液

（4）母液中加入盐酸的离子方程式为____________________________________。

检验沉淀C是否洗涤干净的操作是__________________________________。

（5）为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨，不宜用碳而必须用氢气作还原剂的原因是___________________________________________。

（6）将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中可得到钨酸钙，已知温度为T时Ksp（CaWO4）=1×10-10，Ksp[Ca（OH）2]=4×10-7，当溶液中WO42－恰好沉淀完全（离子浓度等于10-5mol/L）时，溶液中c（WO42-）/c（OH-）=_____________。

【答案】

（1）.六

（2）.

（3）.H2SiO3（4）.C（5）.WO42－+2H+=H2WO4↓（6）.取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入1~2滴稀硝酸，再滴加1~2滴AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净（7）.如果用碳做还原剂，混杂在金属中的碳不易除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的金属钨，用氢气作还原剂可避免产生以上问题（8）.5×10－5

【解析】白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000℃温度下反应，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WO3，说明碳酸钠与CaWO4反应生成Na2WO4，则滤渣A为氧化铁等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再调节pH在5～8之间，使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4，再加入盐酸得到沉淀C为H2WO4，灼烧产生三氧化钨和水，再还原得到钨；

（1）由74-2-8-8-18-32=6，可钨处于第六周期；

（2）CaWO4与纯碱反应生成Na2WO4、CaO与二氧化碳，反应方程式为：

CaWO4+Na2CO3

Na2WO4+CaO+CO2↑；

（3）滤渣B的主要成分为H2SiO3，调节溶液pH使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，应加入盐酸；

（4）母液中Na2WO4与盐酸得到H2WO4沉淀与氯化钠，反应离子方程式为：

WO42-+2H+=H2WO4↓；检验沉淀C是否洗涤干净的操作是：

取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净；

（5）如果用碳做还原剂，混杂在金属中的碳不易除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的金属钨，用氢气作还原剂可避免产生以上问题；

（6）当溶液中WO42-恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）×c（WO4-）=1×10-10，则溶液中c（Ca2+）=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×c2（OH-）=4×10-7，可知c（OH-）=0.2mol/L，则溶液中

=5×10-5。

点睛：

化学工艺流程题目，涉及物质的分离提纯、对原理的分析评价、实验基本操作、溶度积有关计算等，关键是对工艺流程的理解；白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000℃温度下反应，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WO3，说明碳酸钠与CaWO4反应生成Na2WO4，则滤渣A为氧化铁等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再调节pH在5～8之间，使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4，再加入盐酸得到沉淀C为H2WO4，灼烧产生三氧化钨和水，再还原得到钨。

11.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的前四周期元素，X核外未成对电子数有2个，与其他元素均能形成二元化合物；Y是地壳中含量最多的金属元素；Z是遗传物质的组成元素之一；W内层电子数是最外层电子数的9倍；Q基态原子价层电子排布中成对电子数和未成对电子数相同。

据此回答下列问题：

（1）Q的基态原子的价层电子排布式为____________________。

（2）电负性最大的是_________________，第一电离能介于Y和Z之间的同周期元素有__________（填元素符号）。

（3）Y和W的氯化物熔点高的是_________（填化学式），原因是____________________________；与Z的低价氯化物互为等电子体的离子是_____________。

（4）咖啡因对中枢神经有兴奋作用，其结构简式如图。

常温下，咖啡因在水中的溶解度为2g，加适量水杨酸钠［C6H4（OH）（COONa）］可使其溶解度增大，其原因可能是_____________________，分子中氮原子的杂化类型有_______________。

（5）已知WX的密度为3.25g/cm3，单元晶胞边长481pm，试

确定该单元晶胞中含有______个WX，属于__________立方结构（填写面心、简单或体心），晶胞中距离W最近的X有________个。

【答案】

（1）.3d64s2

（2）.O（3）.MgSiS（4）.CaCl2（5）.；CaCl2属于离子晶体，钙离子和氯离子之间作用大，熔点高，AlCl3属于分子晶体，分子间作用力弱（6）.SO32—或ClO3—（7）.咖啡因与水杨酸钠形成了氢键（8）.sp2和sp3（9）.4个（10）.面心立方（11）.6

【解析】根据题目所述可知X为O元素，Y是Al元素，Z是P元素，W内层电子数是最外层电子数的9倍，则只能是Ca元素，所以Q为第四周期元素，其基态原子价层电子排布中成对电子数和未成对电子数相同，且成对电子数为最外层电子数的2倍，即Q的价层电子排布为3d64s2，所以Q为26号元素Fe。

（1）Fe的基态原子的价层电子排布式为3d64s2；

（2）在这四种元素中，电负性最大的是O元素；根据同周期从左到右第一电离能逐渐增大的变化规律，同时还要考虑ⅡA族的3s2全满状态和ⅤA族3s23p3半满状态的稳定性，得出第一电离能介于Al和P之间的同周期元素有Mg、Si和S三种元素；

（3）由于CaCl2是离子化合物，Ca2+和Cl—之间的离子键作用力大，所以CaCl2的熔点高，而AlCl3是分子晶体，分子间作用力小，所以熔点低；Z的低价氯化物为PCl3，其分子中的最外层电子数为26，与它互为等电子体的离子为SO32—或ClO3—；

（4）水杨酸钠分子中有羟基，而咖啡因分子中有N、O两种吸引电子能力很强的元素，所以二种分子之间可形成氢键，使其溶解度增大；咖啡因分子中N原子有形成双键的sp2杂化，也有形成单键的sp3杂化；

（5）已知CaO晶体的密度为3.25g/cm3，晶胞边长481pm，则体积为（4.81×10-8）3=1.11×10-22cm3,所以晶胞的摩尔质量为3.25g/cm3×1.11×10-22cm3×6.02×1023mol-1=218g/mol，即该晶胞中含有4个CaO；属于面心立方结构，根据面心结构的特点可推知，晶胞中距离Ca2+最近的O2-有6个，分别在Ca2+的前后、上下、左右六个位置上。

12.以下是抗肿瘤药物中一种关键中间体G的合成路线（部分反应条件及副产物已略去）:

已知以下信息:

（1）B比A的相对分子质量大79

（2）反应④包含一系列过程，D的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性

（3）

回答下列问题:

（1）反应①和⑥的条件分别是___________、___________。

（2）下列说法不正确的是______________。

A.C物质能使三氯化铁溶液显紫色B.D分子中含有羧基和羟基

C.E能发生氧化、加成、取代、缩聚反应D.1molF最多可与5molH2发生加成反应

（3）反应⑤的类型是_____________________。

由C和D生成E的化学反应方程式：

_________________________________。

（4）G的结构简式为_______________________。

 既能发生银镜反应，又含苯环的G的同分异构体有_________种。

（5）由2分子E生成的含有3个六元环化合物中不同化学环境的氢原子共有_______种。

【答案】

（1）.Br2、铁粉或Fe3+

（2）.铜、氧气、加热（3）.BD（4）.加成反应（5）.

（6）.

（7）.24种（8）.6种

【解析】已知B比A的相对分子质量大79，说明A→B反应①是溴代反应，反应②是羧酸中的α—H被Cl取代，而反应④包含一系列过程，根据D的