高三化学届高三下学期模拟考试化学试题.docx

1、高三化学届高三下学期模拟考试化学试题理科综合化学本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间50分钟。可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Fe56 Br80 Ba137第卷（选择题 共42分）一、选择题（本题共7小题，每小题6分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）12015年8月12日23许，天津港瑞海公司危险品仓库发生火灾爆炸，造成了人民群众和公安消防战士的重大伤亡。据悉，瑞海公司在前期出口量比较大的危险品主要有硫化钠、硫氢化钠、氯酸钠、钙、镁、钠、硝化纤维素、硝酸钙、硝酸钾、硝酸铵、氰化钠等。你认为现场不宜采

2、用的灭火措施是A喷水冷却燃烧物，冷却灭火B沙土覆盖燃烧物，窒息灭火C移开易燃易爆物，隔离灭火D喷入化学灭火剂，抑制灭火【知识点】生活中的材料钠及其化合物【试题解析】危险品的主要成分为硫化钠、硫氢化钠、氯酸钠、钙、镁、钠、硝化纤维素、硝酸钙、硝酸钾、硝酸铵、氰化钠，钠等化合物燃烧，如用水灭火，钠会与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢气为可燃物，会使火燃烧的更旺，其他灭火方式均合理，故答案为A。【答案】A电解2下列反应的离子方程式正确的是A用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH- +H2+Cl2B向NaClO溶液中滴加少量FeSO4溶液：5ClO-+2Fe2+5H2O4HClO+ Cl-

3、+2Fe(OH)3C向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液：NH4+HCO3-+2OH- NH3H2O+CO32-+ H2OD向CuSO4溶液中滴加过量氨水：Cu2+ 2NH3H2OCu(OH) 2+2NH4+【知识点】离子方程式的书写及正误判断【试题解析】A.用惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式应为Mg2+2Cl-+2H2OMg（OH）2+H2+Cl2，错误;B向NaClO溶液中滴加少量FeSO4溶液的离子方程式应为5ClO-+2Fe2+5H2O4HClO+ Cl-+2Fe(OH)3，正确;C向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液的离子方程式应为NH4+HCO3-

4、+2OH-+Ca2+NH3H2O+CaCO3+ H2O，错误;DCu2+在过量的氨水中应以Cu(NH3)4+的形式存在，而不是生成氢氧化铜，错误;故答案为B。【答案】B3依据下列相关实验得出的结论正确的是 A在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后，将洗净的沉淀放入盐酸中有气泡产生，说明Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4) B测得Na2CO3溶液的pH大于同浓度的Na2SO3溶液，说明非金属性CS C用激光笔分别照射鸡蛋清溶液和葡萄糖溶液，能产生光亮“通路”的是鸡蛋清溶液 D在淀粉溶液中加入稀硫酸并加热片刻再加入适量银氨溶液，水浴加热后没有银镜生成，说明淀粉没有水解【知识点】糖类分散系元素

5、周期律难溶电解质的溶解平衡【试题解析】A在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后，将洗净的沉淀放入盐酸中有气泡产生，可能是因为碳酸钠过量与盐酸反应生成的二氧化碳，不能证明碳酸钡与硫酸钡的溶解度大小，错误;B非金属性应是指最高价氧化物对应水化物的酸性，题中的亚硫酸钠对应的是亚硫酸，不是最高价的酸，错误;C鸡蛋清溶液属于胶体，可形成丁达尔效应，葡萄糖溶液属于溶液，不具有这一性质，正确;D检验淀粉有无水解时应注意先加入稀硫酸，再加入氢氧化钠，中和过量的硫酸，再加入银氨溶液，若无银镜生成，则可说明淀粉未水解，错误;故答案为C。【答案】C4直接甲醇燃料电池（DMFC）有望取代传统电池，它主要由阴极极板、

6、阳极极板和膜电极构成，其中膜电极包括质子交换膜、催化剂层和气体扩散层（如图）。下列关于DMFC工作原理的叙述正确的是A通入O2的电极反应式为：O2+ 4e+ 2H2O4OHB电池内部H+由正极渗过交换膜向负极移动C甲醇在正极发生反应，电流经过外电路流向负极D注入CH3OH的电极反应式为：CH3OH+ H2O6eCO2+6H+【知识点】原电池【试题解析】A通入O2的电极反应式应为O2+ 4e+ 4H+2 H2O，电解质为酸性，不能生成氢氧根，错误;B原电池中阳离子应向正极方向移动，电池内部H+由负极渗过交换膜向正极移动，错误;C通过图示可知，甲醇中的C的化合价由-2价升为二氧化碳中的+4价，则甲

7、醇发生氧化反应，为电池的负极，电流经过外电路流向负极，错误;D注入CH3OH的电极为负极，在酸性条件下失电子，发生氧化反应，反应式为：CH3OH+ H2O6eCO2+6H+，正确;故答案为D。【答案】D5设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A5.6 g 铁粉与足量水蒸气反应，失去的电子数为0.3NAB制取标准状况下22.4 L Cl2，需转移的电子数为2NA C2.3 g Na在空气中完全燃烧，失去的电子数为0.1NAD. 标准状况下3.36 L HF里含有的原子总数为0.3NA【知识点】物质的量阿伏伽德罗常数【试题解析】A56 g 铁粉为01mol，与足量水蒸气反应的方程式为3Fe4

8、H2O(g)Fe3O44H2，失去的电子数为08/3NA，错误;B标准状况下224 L Cl2为01mol，制取氯气的方法有很多，例如Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，氯气需转移的电子数为NA，错误;C23 g Na为01mol，在空气中完全燃烧生成过氧化钠，失去的电子数为01NA，正确;D标准状况下HF为液体，不能计算物质的量，错误;故答案为C。【答案】C6草酸（H2C2O4）是一种重要的化工原料，常温下其K1=5.410-2、K2=5.410-5。常温下几种草酸盐溶液的pH见下表：编号溶液0.01 mol/L KHC2O40.01 mol/L K2C2O4溶液与溶液等体积混合pH3

9、.18.1未测定 下列溶液中离子的物质的量浓度关系正确的是 A中：c(K+)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(H+)c(OH-) B中：c(K+)c(C2O42-)c(HC2O4-)c(OH-)c(H+) C中：c(K+)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(OH-)c(H+) D中：2c(OH-)+c(C2O42-)=3c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+2c(H+)【知识点】盐类的水解【试题解析】A、001 mol/L KHC2O4溶液呈酸性，草酸氢根电离生成草酸根和氢离子，水电离也生成氢离子和氢氧根，所以氢离子的浓度应大于草酸根的浓度，错误;B、草酸钾中草酸根水解生成草酸氢根

10、和氢氧根，水会电离出氢氧根，则氢氧根离子浓度应大于草酸氢根，错误;C、中草酸钾和草酸氢钾等体积等浓度混合，由题中K1=5410-2、K2=5410-5可知，草酸的第一次电离程度大于第二次电离程度，则证明草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，则草酸根的浓度应大于草酸氢根的浓度，错误;D、草酸钾中存在质子守恒为c(OH-)+c(C2O42-)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(H+)，草酸氢钾中存在质子守恒为c(OH-)+c(C2O42-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(H+)，二者相加即可得到2c(OH-)+c(C2O42-)=3c(H2C2O4)+c(HC2O4-)

11、+2c(H+)，正确;故答案为D。【答案】D7在一容积不变的密闭容器中充入0.1 mol/L CO2和0.1 mol/L CH4，在一定条件下发生反应： CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。测得平衡时CH4的转化率与温度、压强的关系如下图： 下列有关说法正确的是 A上述反应的H p2 p3 p4 C1 100 时该反应的平衡常数约为1.64 D压强为p4时，y点的v正0，错误;B、同一温度下，压强越大，平衡逆向移动，CH4的转化率变小，则可知p4 p3 p2 p1，错误;C、1100oC时，由图可观察到，CH4的转化率为80%，则可列出如下三段式CH4(g)+CO2(g)2C

12、O(g)+2H2(g)C（始）/mol/L 01 01 0 0C（变）/mol/L 008 008 016 016C（平）/mol/L 002 002 016 016则K值=164，正确;D、压强为p4时，x点为反应达到平衡时刻，y点时甲烷的转化率小于x点，则说明y时应向甲烷转化率更高的方向移动，即向正反应方向移动，即此刻的v正v逆，错误;故答案为C。【答案】C第卷（非选择题 共58分）二、非选择题（本题共4小题，共58分）8.（13分）R、T、V、X、Y分别代表原子序数依次增大的短周期主族元素，在已发现的元素里R的原子半径最小；T、V同主族， T与Y可组成共价化合物TY3；X的晶体熔点高、硬

13、度大、有脆性，在常温下化学性质不活泼。Z元素基态原子核外M能层上p轨道与d轨道的电子总数相等。 请回答下列问题：（1）Z元素基态原子的电子排布式是 。 （2）利用价层电子对互斥理论判断TY 3的空间构型是 。（3）V、X、Y的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是 （填化学式）；LiTR4为近年来储氢材料领域的研究热点，其中TR4-的电子式为 ；V的氢氧化物作弱酸时有类似TR4-的离子产生，其电离方程式为 。 （4）Y的二氧化物为一种气体，它是新一代饮用水的消毒剂、可用NaYO3与浓盐酸反应制取，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，其化学方程式为 。【知识点】氯及其化合物晶体结构

14、与性质化学键与分子间作用力元素周期律【试题解析】由题意可知R的原子半径最小，则R为H，X的晶体熔点高、硬度大、有脆性，在常温下化学性质不活泼，则X为Si，T、V同主族， T与Y可组成共价化合物TY3，则T为B、V为Al、Y为Cl，Z元素基态原子核外M能层上p轨道与d轨道的电子总数相等，则Z为Fe，根据以上信息答题（1）Z为Fe，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，故答案1s22s22p63s23p63d64s2;（2）TY3为BCl3，根据价层电子对互斥理论判断它的空间构型应为平面三角形，故答案为平面三角形;（3）V为Al、X为Si、Y为Cl，形成的晶体分别是金属

15、晶体、原子晶体及分子晶体，熔点由高到低的排列顺序是SiAl Cl2，BH4-的电子式为，Al的氢氧化物作弱酸时有类似BH4-的离子产生，其电离方程式为Al(OH)3H2OH+Al(OH)4-故答案为SiAl Cl2，Al(OH)3H2OH+Al(OH)4-;（4）Y的二氧化物为ClO2，NaClO3与浓盐酸反应制取ClO2的化学方程式为2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，满足氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故答案为2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2（2）平面三角形（3）S

16、iAl Cl2，Al(OH)3H2OH+Al(OH)4-（4）（3分）2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O9.（13分）某学习小组用碳素钢进行了以下探究活动： 探究一（1）将已去除表面氧化膜的碳素钢钉放入冷浓硫酸中，10 min后将钢钉浸入CuSO4溶液中，钢钉表面无明显变化，其原因是 。 （2）称取6.0 g碳素钢放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。 甲同学认为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+，若要确认是否含有Fe2+，可选用 （选填序号）。 AKSCN溶液 B浓氨水 C酸性KMnO4溶液 DK3Fe(CN)6溶液乙同学取

17、560 mL（标准状况）干燥气体Y通入足量溴水中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4.66 g，由此可知Y中含硫化合物Q1的体积分数为 。探究二丙同学认为气体Y中还可能含有Q2、Q3两种气体（相同条件下Q1、 Q2、Q3气体的密度依次减小）。为此，设计了下列装置进行实验探究（假设有关气体完全反应）。（3）装置B中试剂的作用是 。（4）已知洗气瓶M中盛装的是澄清石灰水，为确认Q2的存在，洗气瓶M的位置应在 ，产生Q2的反应的化学方程式为 。（5）确认含有气体Q3的实验现象是 ，产生Q3的反应的离子方程式为 。【知识点】硫及其化合物物质的制备、收集和净化化学实验的设计和评价铁、

18、铜及其化合物【试题解析】（1）碳素钢的主要成分为铁和碳的合金，铁与浓硫酸会发生钝化，形成致密的氧化物薄膜，不在继续发生反应，故答案为Fe被冷浓硫酸钝化;（2）检验亚铁离子，可用K3Fe(CN)6溶液检验，生成蓝色沉淀，也可用酸性KMnO4溶液，紫色褪去，故答案为CD;碳素钢的主要成分为碳和铁，与浓硫酸在加热条件下可生成混合气体Y为二氧化硫和二氧化碳560 mL，通入足量溴水中，SO2与溴水反应可生成硫酸，加入足量BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，466 g BaSO4为002mol，则混合气体中SO2的物质的量为002mol，V=002x224mol/L=448mL，则体积分数为448/56

19、0*100%=80%，故答案为80%;（3）A中高锰酸钾的目的是除去混合气体中的SO2，B中品红的作用为检验SO2是否除净，故答案为确认SO2已除尽;（4）M中盛装的是澄清石灰水，目的是检验CO2，混合气体中可能存在CO，与氧化铜反应生成二氧化碳，故应放置在B与C之间，产生CO2的反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O，故答案为B与C之间，C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O;（5）随着硫酸的浓度降低，Fe与稀硫酸反应可生成氢气，Q3为氢气，氢气与氧化铜反应生成水与氧化铜，则现象为D中固体由黑变红、E中固体由白变蓝，故答案为D中固体由黑变红、E中固体

20、由白变蓝，Fe+2H+Fe2+H2。【答案】（1）Fe被冷浓硫酸钝化（2）CD，80%（3）确认SO2已除尽（4）B与C之间，C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O（5）D中固体由黑变红、E中固体由白变蓝，Fe+2H+Fe2+H210.（16分）某天然有机化合物A仅含C、H、O元素，与A相关的变化如下（部分反应产物已略去）： （1）化合物B的官能团名称是 ，BF的反应类型为 。（2）写出下列反应的化学方程式或离子方程式：SB的第步： 。AP： 。DE的第步： 。（3）n mol A发生缩聚反应生成(n-1) mol H2O时，所得链状聚酯的结构简式为 。（4）写出与D具有相同官能团

21、的D的所有同分异构体的结构简式： 。【知识点】有机合成与推断有机反应类型有机物的结构酸醛卤代烃醇【试题解析】由于A中只含有C、H、O三种元素，S为氯代有机酸，在水解后酸化生成A，则A中含有-OH和-COOH，P为六元环，则可推知A中应含有两个羧基，则A为HOOCCHOHCH2COOH，顺推S为HOOCCHClCH2COOH，B为HOOCCH=CHCOOH，与Br2反应生成D为HOOCCHBrCHBrCOOH，在碱性条件下消去，后酸化成E为HOOCCCCOOH，B与氢气生成F为HOOCCH2CH2COOH，与碳酸氢钠反应生成G为NaOOCCH2CH2COONa，根据以上信息答题（1）化合物B为H

22、OOCCH=CHCOOH，官能团名称是碳碳双键和羧基，B为HOOCCH=CHCOOH与氢气反应生成F为HOOCCH2CH2COOH的反应类型为加成反应，故答案为）碳碳双键、羧基，加成（或还原）反应;（2）S为HOOCCHClCH2COOH在碱性条件下生成BHOOCCH=CHCOOH的第步的离子方程式为HOOCCHClCH2COOH+3OH-OOCCH=CHCOO-+Cl-+3H2O;A为HOOCCHOHCH2COOH生成P的化学方程式为;D为HOOCCHBrCHBrCOOH生成E HOOCCCCOOH的第步的离子方程式为HOOCCHBrCHBrCOOH+4OH-OOCCCCOO-+2Br-+4

23、H2O;故答案为HOOCCHClCH2COOH+3OH-OOCCH=CHCOO-+Cl-+3H2OHOOCCHBrCHBrCOOH+4OH-OOCCCCOO-+2Br-+4H2O;（3）n mol AHOOCCHOHCH2COOH发生缩聚反应生成(n-1) mol H2O时，所得链状聚酯的结构简式为，故答案为;（4）与D具有相同官能团的D的所有同分异构体的结构简式为，故答案。【答案】（1）碳碳双键、羧基，加成（或还原）反应（2）HOOCCHClCH2COOH+3OH-OOCCH=CHCOO-+Cl-+3H2OHOOCCHBrCHBrCOOH+4OH-OOCCCCOO-+2Br-+4H2O（3）

24、（4）11.（16分）硫、氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首，采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要举措。.研究发现利用NH3可消除硝酸尾气中的NO污染。NH3与NO的物质的量之比分别为13、31、41时，NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。（1）曲线a中，NO的起始浓度为610-4 mg/m3，从A点到B点经过0.8 s，该时间段内NO的脱除速率为 mg/(m3s)。曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是 ，其理由是 。（2）已知在25 ，101 kPa时： N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=-92.4 kJ/mol2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) H=-5

25、71.6 kJ /molN2(g)+O2(g) 2NO(g) H=+180.0 kJ /mol请写出用NH3脱除NO的热化学方程式 。.工业上还可以变“废”为“宝”，将雾霾里含有的SO2、NO等污染物转化为Na2S2O4（保险粉）和NH4NO3等化工用品，其生产流程如下（Ce为铈元素）：（3）装置中NO转变为NO3-的反应的离子方程式为 。（4）装置制得Na2S2O4的同时还能让Ce4+再生，原理如右图所示。其阴极的电极反应式为 。（5）按上述流程处理含有a mol SO2、b mol NO的雾霾（ba），并制取Na2S2O4和NH4NO3。装置中SO2、装置中NO、装置中HSO3-和Ce3+

26、、装置中NO2-均全部转化，处理完毕后装置中Ce4+的剩余量与加入量相比没有变化，则至少需向装置中通入标准状况下的O2 L。（用含a、b的代数式表示）11解答【知识点】电解池化学反应热的计算氮、磷及其化合物化学平衡【试题解析】（1）由图可知A点到B点NO的脱出率为075-055=02，则变化的浓度为02*610-4 mg/m3=1210-4 mg/m3，则脱除速率为1210-4 mg/m3/08s=1510- 4mg/(m3s)，故答案为1510- 4mg/(m3s);NH3与NO反应的方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O，可知NH3与NO的物质的量的比值越大，则NO脱除率越大，由图可知，

27、同一温度时，曲线a的NO脱除率最大，则a对应的比值为4:1，曲线b对应的比值为3:1，曲线c对应的比值为1:3，故答案为3：1 NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大;（2）根据盖斯定律可知4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H=-2H1-3H2+3H3=-2070 kJ /mol，故答案为4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H=-2070 kJ /mol;（3）由图可知，装置中NO与Ce4+在酸性条件下生成NO3-与Ce3+，反应的离子方程为3Ce4+NO+2H2O3Ce3+NO3-+4H+，故答案为3Ce4+NO+2H2O3Ce3+NO

28、3-+4H+;（4）由图示可知A端电极Ce3+氧化成Ce4+，B端HSO3-还原为 S2O42-，所以A为电源正极，B为电源负极，则阴极的电极反应式为2H+2HSO3-+2e- S2O42-+2H2O，故答案为2H+2HSO3-+2e- S2O42-+2H2O;（5）由题意可知，在这一流程中，只有bmolNO由+2价的升高为+5价的NO3-，则失去电子数为3bmol，amol SO2由+4价最终降低到+3价的S2O42-，得到电子数为amol，1mol氧气由0价降为-2价，得到电子数为4mol，根据氧化还原反应中得失电子数相同，则通入氧气的物质的量为（3ba）/4mol，则氧气的体积为224*（3ba）/4=56(3b-a)L。【答案】 （1）1510- 431 NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大 （2）4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H=-2070 kJ /mol （3）3Ce4+NO+2H2O3Ce3+NO3-+4H+（4）2H+2HSO3-+2e- S2O42-+2H2O （5）56(3b-a)