河北省石家庄二中届高三下学期第三次模拟考试理科.docx
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河北省石家庄二中届高三下学期第三次模拟考试理科
可能用到的相对原子质量：
H-1Li-7C-12N-14O-16Fe-56Co-59Cu-64
第I卷（选择题，共126分）
一、选择题：
本大题共13小题，每小题6分，在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.化学与社会、生活密切相关，对下列现象成事实的解释正确的是
选项
现象成事实
解释
A
小苏打用作焙制糕点的膨松剂
Na2CO3溶液呈碱性
B
明矾可用于净水
明矾在水中生成的氢氧化铝胶体有吸附性
C
SiO2用于制造光导纤维
SiO2有导电性
D
SO2可使溴水褪色
SO2具有漂白性
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】A、小苏打是碳酸氢钠，A错误；B、明矾在水中电离出铝离子水解生成的氢氧化铝胶体有吸附性，可用于净水，B正确；C、二氧化硅不导电，能传递光信号，用于制造光导纤维，C错误；D、SO2具有还原性，可使溴水褪色，D错误，答案选B。
2.下列说法正确的是
A.按系统命名法，化合物
的名称为2,4-二乙基-丙基辛烷
B.若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物一定不相同
C.分子式为C5H5O2Cl并能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体的有机物有（不含立休结构）有12种
D.某有机物的结构简式是
，该有机物能够发生加成反应、取代反应、缩聚反应和消去反应
【答案】C
【解析】A.按系统命名法，化合物
的名称为3－甲基－5，7－二乙基葵烷，A错误；B.两种二肽互为同分异构，水解产物可能是相同的氨基酸，如：
一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，B错误；C.分子式为C5H5O2Cl并能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基，因此相当于是丁炔或1，3－丁二烯分子中的2个氢原子被氯原子和羧基取代，根据定一移一可知共计（不含立休结构）有12种，C正确；D.与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，该有机物不能发生消去反应，D错误，答案选C。
3.利用图3所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是
选项
①
②
③
实验结论
A
浓氯水
NaBr
淀粉KI溶液
氧化性：
Cl2>Br2>I2
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
Br2的苯溶液
铁屑
AgNO3溶液
苯与溴单质在铁催化剂作用下
发生取代反应
D
硝酸
Na2SO3
KMnO4溶液
SO2能使KMnO4溶液褪色
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】A．向NaBr溶液中加入氯水，置换出溴，但挥发出的溴中可能含有氯气，氯气也能氧化碘化钾，不能说明氧化性Br2＞I2，A错误；B．浓硫酸使蔗糖炭化，同时浓硫酸还具有强氧化性，还有SO2生成，SO2使溴水褪色，结论正确，B正确；C．挥发出的溴也能与硝酸银溶液反应产生淡黄色沉淀，不能说明发生了取代反应，C错误；D．硝酸具有强氧化性，和亚硫酸钠反应得不到SO2，D错误，答案选B。
点睛：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、物质的性质、有机反应等，把握反应原理、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，选项A和C是易错点，注意干扰因素的排除。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.常温常压下，8.8gCO2和N2O混合气体中所含的电子数为4.4NA
B.6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA
C.1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
D.64g加热了的铜丝在硫黄蒸气里完全反应后，失去的电子数为2NA
【答案】A
【解析】A.CO2和N2O的相对分子质量相同，均是44，且均含有22个电子，因此常温常压下，8.8gCO2和N2O混合气体中所含的电子数为4.4NA，A正确；B.不能确定6.72LNO2的物质的量，因此不能计算与水充分反应转移的电子数目，B错误；C.1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数大于2NA，因为溶剂水中还含有大量氧原子，C错误；D.64g加热了的铜丝即1mol铜在硫磺蒸气里完全反应后生成Cu2S，失去的电子数为NA，D错误，答案选A。
5.我国科学家成功研制出一种全新的铝-石墨双离子电池（AGDIB）。
这种新型AGDIB电池采用廉价且易得的石墨作为电池正极材料，铝锂（AlLi）合金作为负极材料，LiPF6是电解质，碳酸酯为溶剂，反应原理：
AlLi+Cx（PF6）
LiPF6+xC+Al。
下列关于该电池的说法不正确的是
A.该电池不能用水溶液作为电解质
B.放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移
C.充电时，若转移1mole-，阴极电极将增重7g
D.放电时，正极的电极反应式为AlLi-e-=Li++Al
【答案】D
点睛：
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合的总反应化学方程式AlLi+Cx（PF6）
LiPF6+xC+Al书写，注意Li是活泼的金属。
6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的一种单质具有杀菌、消毒能力，Y单质与X单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物，Z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的,W原子最外层电子数是其电子层数的2倍。
下列说法不正确的是
A.气态氢化物的稳定性：
X＞W
B.Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物之间能两两反应
C.原子半径：
Y＞Z＞W＞X
D.工业上获得Y、Z单质的主要方法是电解其熔融的氯化物
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的一种单质具有杀菌、消毒能力，Y单质与X单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物，Z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的，所以Z是Al，则X是O，Y是Na。
W原子最外层电子数是其电子层数的2倍，W是S。
则A.氧元素的非金属性强于S，则气态氢化物的稳定性：
X＞W，A正确；B.Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和硫酸，它们之间能两两反应，B正确；C.同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：
Y＞Z＞W＞X，C正确；D.工业上获得Na、Al单质的主要方法是电解熔融的氯化钠和氧化铝，氯化铝熔融时不导电，D错误，答案选D。
7.下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A.室温下，pH均为4的H2SO4、（NH4）2SO4的溶液中，水的电离程度相同
B.室温时，Ka=1×10-5浓度为0.1mol/L的HA溶液，pH=3
C.在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中加入少量AgNO3溶液
增大
D.25℃时，向20mL0.01mol/L的醋酸溶液中滴加10mL0.01mol/L的KOH溶液，混合溶液后呈酸性：
c（K+）+c（H+）＜c（CH3COOH）+c（OH-）
【答案】B
【解析】A.H2SO4是酸，抑制水的电离，（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，铵根水解，促进水的电离，A错误；B.室温时，Ka＝1×10-5浓度为0.1mol/L的HA溶液中根据电离平衡常数可知氢离子浓度约是
，即pH≈3，B正确；C.该混合溶液中
，温度不变，溶度积常数不变，则比值不变，C错误；D.25℃时，向20mL0.01mol/L的醋酸溶液中滴加10mL0.01mol/L的KOH溶液，混合溶液是等浓度的醋酸和醋酸钾的混合溶液，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则根据电荷守恒可知：
c（K+）+c（H+）＞c（CH3COOH）+c（OH-），D错误，答案选B。
8.
（1）科学家寻找高效催化剂，通过如下反应实现大气污染物转化：
2CO（g）+2NO（g）
N2（g）+2CO2（g）△H1
已知：
CO的燃烧热△H2=-283kJ/moL
N2（g）+O2（g）=2NO（g）几种化学键的键能数据如下：
化学键
N≡N键
O=O键
NO中氮氢键
键能（kJ/mol）
945
498
630
求△H1__________________。
（2）NH3作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863计划，在恒温恒容装置中充入一定量的NH3和O2，在某催化剂的作用下进行下述反应I，测得不同时间的NH3和O2的浓度如下表：
时间（min）
0
5
10
15
20
25
C（NH3）/mol·L-1
1.00
0.36
0.12
0.08
0.0072
0.0072
C（O2）/mol·L-1
2.00
1.20
0.90
0.85
0.84
0.84
则下列有关叙述中正确的是______________
A.使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率
B.若测得容器内4v正（NH3）=6v逆（H2O）时，说明反应已达平衡
C.当容器内
=1时，说明反应已达平衡
D.前10分钟内的平均速率v（NO）=0.088mol·L-1·min-1
（3）氨催化氧化时会发生下述两个竞争反应I、II。
催化剂常具有较强的选择性，即专一性。
已知：
反应I4NH3（g）+5O2（g）
4NO（g）+6H2O（g）
反应II：
4NH3（g）+3O2（g）
2N2（g）+6H2O（g）
为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量关系如图：
①该催化剂在高温时选择反应____________（填“I”或“II”）。
②520℃时，4NH3（g）+3O2
4NO（g）+6H2O（g）的平衡常数K=________________（不要求得出计算结果，只需列出数字计算式）。
③由图像可判断，反应I正反应△H_______________0（填“>”、“<”，或“=”）
④C点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因_________________________。
（4）羟胺（NH2OH）的电子式_____________，羟胺是一种还原剂，可用作显像剂还原溴化银生成银单质和氮气，该反应的化学方程式为______________________________。
现用25.00mL0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL0.020mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用，则在上述反应中，羟胺的氧化产物是_____。
【答案】
（1）.-749KJ/mol
（2）.AD（3）.1（4）.
（5）.＜（6）.该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左（逆反应）移动（7）.
（8）.2NH2OH+2AgBr====N2↑+2Ag↓+2HBr+2H2O（9）.N2O
4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol）0.20.250.20.3
4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）
变化（mol）0.40.30.20.6
故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K=c2（N2）•c6（H2O）/c4（NH3）•c3（O2）=0.22×0.96/0.44×1.453；③根据图像可知NO浓度达到最大值后，升高温度NO浓度降低，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此正反应是放热反应，△H＜0；④由于该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左（逆反应）移动，所以C点比B点所产生的NO的物质的量少；（4）羟胺（NH2OH）是共价化合物，根据8电子和2电子稳定结构可知电子式为
；羟胺是一种还原剂，可用作显像剂还原溴化银生成银单质和氮气，根据电子得失守恒和原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH2OH+2AgBr＝N2↑+2Ag↓+2HBr+2H2O。
25.00mL0.049mol/L的羟胺的物质的量是0.001225mol，KMnO4的物质的量是0.00049mol，根据电子得失守恒可知1分子羟胺失去电子的个数是0.00049mol×5/0.001225mol=2，则氮元素化合价从－1价升高到＋1价，所以羟胺的氧化产物是N2O。
9.钼是一种稀有金属，为人体及动植物必须的微量元素，纯金属钼和钼合金具有强度大、耐高温、耐磨损、耐腐蚀等多种有点，广泛应用于冶金、机械、化工、军工、电光源、润滑剂、航空航天等领域。
某化学兴趣小组在实验室模拟了从铜钼精矿（主要含有Cu2S、MoS2，SiO2，P，As等）中提取分离得到氧化钼的过程：
已知：
MoO3在869.9K温度下开始升华，而到969.9温度下激烈升华，在溶液中以H2MoO4形式存在
（1）滤渣1的主要成分为_________________________。
（2）铜钼矿中的钼元素在过量的空气中，于一定温度下，很容易氧化成MoO3，其方程式为___________________________________，
焙烧过程中应控制在800-870K左右，其原因为____________________________。
（3）①向滤液1中加入的铜抑制剂有多种，如氰化钠，向含重金属离子的溶液中添加氰化钠，会立即生成沉淀，但是若继续添加氰化钠，沉淀继续与CN-反应，生成2-稳定的配离子，因此需要控制氰化钠的用量，试写出向滤液中加入过量氰化钠的离子方程式_______________________________；
②由干氰化钠有剧毒，所以需要对剩余的氰化钠进行处理，通常选用深漂白粉或漂白液在酸性条件下将其氧化为两种空气中常见无毒气体，试写出漂白液与氰化钠反应的离子方程式_____；
③除氰化钠外，常用的抑制剂还有亚铁氰化钠，Na4可与重金属阳离子反应，生成溶度积较小的沉淀，已知Cu2Fe（CN）6的Ksp=1.00×10-16；滤液中的Cu2+的浓度为为0.5mol/L、.当溶液中离子浓度小于等于1.00×10-16mol/L时可认为沉淀完全，则欲处理IL滤液的Na4体积为_________（体积变化忽略不计，保留两位小数）。
（4）当NH3∶MoO3等于或稍大于6∶7时，可从氨溶液中结晶出分子式为（NH4）6Mo7O24•4H2O的盐。
蒸发溶液（把氨除去）或中和溶液（化合部分氨）都可以达到这一比例。
则操作I为_______。
【答案】
（1）.SiO2
（2）.2MoS2 +7O2＝2MoO3 +4SO2（3）.温度过高回导致MoO3 升华损失，温度过低会减慢反应速度（4）.蒸发浓缩，冷却结晶（5）.Cu2++4CN-=2-（6）.2CN-+5ClO-+2H+=2CO2↑+5Cl+N2↑+H2O（7）.2.89L
【解析】
（1）铜钼精矿焙烧后得到固体主要成分是氧化铜、MoO3、SiO2等，其中只有二氧化硅不溶于酸，则滤渣1的主要成分为SiO2。
（2）MoS2被氧气氧化为MoO3和SO2，反应的方程式为2MoS2 +7O2＝2MoO3 +4SO2；由于温度过高会导致MoO3 升华损失，而温度过低会减慢反应速度，所以焙烧过程中应控制在800～870K左右；（3）①铜离子与过量氰化钠反应的离子方程式为Cu2++4CN-=2-；②空气中常见无毒气体，根据原子守恒可知应该是氮气和CO2，则漂白液与氰化钠反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2H+=2CO2↑+5Cl+N2↑+H2O；③铜离子的物质的量是0.5mol，消耗0.25molNa4。
沉淀完全时4－的浓度是
，则0.25+0.01×（1+V）=0.1×V，解得V＝2.89；（4）从滤液中得到（NH4）6Mo7O24•4H2O的操作I为蒸发浓缩，冷却结晶。
10.硫酰氯（SO2Cl2）是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯（SO2Cl2）的常用方法。
实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示（部分夹持装置未画出）；
已知：
①SO2（g）+Cl2（g）=SO2Cl2（l）△H=-97.3KJ/mol。
②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为—54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”。
③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。
回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的离子方程式为___________________。
（2）装置B的作用为_______________________，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为_____________________。
（3）仪器D的名称为_______________，E中冷凝水的入口是_____________（填“a”或“b”），F的作用为__________________________________。
（4）当装置A中排除氯气1.12L（已折算成标准状况）时，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为________，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）氯磺酸（ClSO3H）加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H=SO2Cl2+H2SO4，分离产物的方法是______。
A.重结晶B.过滤C.蒸馏D.萃取
（6）长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为____________________。
【答案】
（1）.2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）.除去HCl（3）.8O2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4（4）.三颈烧瓶（5）.a（6）.吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入（7）.80%（8）.①②③（9）.C（10）.硫酰氯分解产生氯气
【解析】
（1）装置A制备氯气，其中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）生成的氯气中含有氯化氢，因此装置B中饱和食盐水的作用为除去HCl；氯气具有强氧化性，能氧化SO2，因此若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4；（3）根据仪器构造可知仪器D的名称为三颈烧瓶，逆向冷却效果好，则E中冷凝水的的入口是a；氯气和SO2均是污染性气体，则F的作用为吸收尾气，防止污染空气。
又因为硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，因此同时防止水蒸汽进入。
（4）氯气的物质的量为1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，由方程式可知n（SO2Cl2）=n（Cl2）=0.05mol，故理论上生成SO2Cl2的质量为0.05mol×135g/mol=6.75g，故其产率为5.4g/6.75g×100%=80%；为提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，宜慢不宜快，使其充分反应，由于100℃以上SO2Cl2开始分解，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温，答案选①②③；（5）二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，答案选C；（6）100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气，氯气为黄绿色气体，可能是溶解氯气所致。
11.
已知A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次递增。
B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同。
D原子最外层电子数为次外层电子数的3倍。
E与D位于同一主族。
A、B、D三种元素组成的一种化合物X是新装修居室中常含有的一种有害气体。
由A、C、D、E、F五种元素按照原子个数比为14:
4:
5:
1:
1形成的化合物Y为深蓝色晶体。
回答下列问题：
（1）基态E原子的价电子排布图为_______________________。
（2）形成化合物Y的五种元素中第一电离能最大的是________；电负性最大的是______（填元素符号）。
（3）化合物X中心原子的杂化方式为___________，X分子中的两种键角的大小关系是_______（用∠XYZ表示，X、Y、Z代表元素符号）。
（4）C2D分子的立体结构为________________；A分别与B、C形成的简单化合物熔、沸点由高到低顺序为____________________（用化学式表示），简单说明原因________________________。
（5）晶体Y中存在的化学键类型有___________。
（填代号）
A、离子键B、非极性共价键C、配位键D、氢键E、α键F、金属键
（6）如图是D、F两种元素形成的化合物的晶胞结构示意图，F的配位数是____________；已知晶胞中最近的两个D原子间距离为anm，阿伏伽德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为_________g/cm3（用含α、NA的表达式表示）
【答案】
（1）.
（2）.N（3）.O（4）.sp2杂化（5）.∠OCH大于∠HCH（6）.直线型（7）.NH3>CH4（8）.NH3分子间存在氢键（9）.ACE（10）.2（11）.略
【解析】已知A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次递增。
B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，B是C。
D原子最外层电子数为次外层电子数的3倍，D是O，所以C是N。
E与D位于同一主族，E是S。
A、B、D三种元素组成的一种化合物X是新装修居室中常含有的一种有害气体，X是甲醛，因此A是H。
由A、C、D、E、F五种元素按照原子个数比为14∶4∶5∶1∶1形成的化合物Y为深蓝色晶体，所以F是Cu；则
（1）基态S原子的核外电子数是16，则价电子排布图为
。
（2）由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则形成化合物Y的五种元素中第一电离能最大的是N；非金属性越强，电负性越大，则电负性最大的是O。
（3）HCHO是平面形结构，则中心原子碳原子的杂化方式为sp2杂化，HCHO分子中由于氧原子上有2对未成键的孤电子对，且为C=O双键，均对C－H键或C－Cl键形成较大的斥力，故HCHO分子中的两种键角的大小关系是∠OCH大于∠HCH。
（4）N2O分子和CO2互为等电子体，则立体结构为直线形；由于NH3分子间存在氢键，所以沸点：
NH3＞CH4。
（5）晶体Y的化学式为SO4·H2O，其中存在的化学键类型有离子键、配位键、σ键，答案选ACE；（6）根据晶胞结构可知Cu的配位数是2；已知晶胞中最近的两个O原子间距离为anm，则晶胞的体对角线是2anm，晶胞的边长是
，密度是（
×10－7cm）3，则该晶体的密度为
g/cm3。
12.
已知：
I.
II.
（具有较强的还原性）
（1）B的结构简式为____________________。
（2）反应④的条件为______
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