精品解析江西省临川一中暨临川一中实验学校届高三第三次模拟理科综合能力测试化学试题解析版.docx

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精品解析江西省临川一中暨临川一中实验学校届高三第三次模拟理科综合能力测试化学试题解析版

2021年临川一中高三模拟考试

理科综合能力测试化学

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12O-16Cl-35.5

第I卷（选择题共42分）

一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1.化学与人类的生产生活、环境保护等息息相关，下列说法不正确的是

A.废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可以用填埋法处理，属于有害垃圾

B.煤的气化、液化和干馏都属于化学变化

C.地沟油不宜食用，但可制备生物柴油

D.防护口罩的“熔喷层”主要原料为聚丙烯树脂，可通过缩聚反应合成

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．废旧电池中含有镍、镉等重金属元素，不能用填埋法处理，直接填埋将造成地下水污染和土壤污染，故A正确；

B．将煤隔绝空气加强热使其分解的操作为煤的干馏；利用煤来生产水煤气的过程为煤的气化；利用煤来生产甲醇等液体燃料的过程为煤的液化，这三个过程均有新物质生成，均为化学变化，故B正确；

C．地沟油不能食用，主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可以用来制肥皂或生物柴油，实现变废为宝的利用，故C正确；

D．防护口罩的“熔喷层”主要原料为聚丙烯树脂，可由丙烯通过加聚反应合成，故D错误；

故选D。

2.化合物p（

）、q（

）、r（

）都是重要的有机原料，下列有关说法正确的是

A.r中所有原子可能共面

B.q环上的一氯取代产物共有3种

C.p、q、r均能使溴的四氯化碳溶液褪色

D.物质的量相等的p、q完全燃烧耗氧量相同

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．r中含有饱和碳原子，不可能所以原子共面，A错误；

B．q环上只有一个C原子有取代基，结构对称，所以环上的一氯代物只有2种，B错误；

C．p、q均不含碳碳双键或碳碳三键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；

D．p的分子式为C5H10O，q的分子式也为C5H10O，所以物质的量相等的p、q完全燃烧耗氧量相同，D正确；

综上所述答案为D。

3.下列实验操作，不能达到实验目的是

选项

实验操作

实验目的

A

向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌

验证浓硫酸的脱水性

B

向苯中滴加浓溴水，并加入FeBr3作催化剂

验证苯的溴代反应

C

向Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，并加入BaCl2溶液

检验Na2SO3粉末是否变质

D

浸透了石蜡油

石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中

检验石蜡的分解产物中含有烯烃

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌，蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性，故A正确，不符合题意；

B．苯的溴代反应生成溴苯，应该向苯中滴加液溴，并加入溴化铁或铁粉作催化剂，故B错误，符合题意。

C．亚硫酸钠若变质有硫酸钠生成，只需要检验样品中是否有硫酸根即可，故检验方法为：

向亚硫酸钠粉末中滴入足量浓盐酸，并加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，说明样品变质，若无沉淀生成，证明样品没变质，故C正确，不符合题意；

D．烯经可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，可检验石蜡的分解产物中是否含有烯烃，故D正确，不符合题意；

故选B。

4.使用NC环金属化Ir（III）配合物催化甲酸脱氢的反应机理如下图。

下列说法中错误的是

A.甲酸脱氢过程的总反应为HCOOH

CO2↑+H2↑

B.反应过程中，Ir（III）配合物B为催化剂，Ir（III）配合物A为中间产物

C.由D→E的过程，是甲酸协助转运H的过程

D.反应过程中，HCOOH中的C=O键发生断裂

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．据图可知反应物为HCOOH，产物为H2和CO2，化学方程式为HCOOH

CO2↑+H2↑，A正确；

B．据图可知反应物最开始是和Ir（III）配合物B反应，所以Ir（III）配合物B是催化剂，Ir（III）配合物A为其中一步反应的产物，即中间产物，B正确；

C．据图可知D→E的过程中，在甲酸协助下，H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上，C正确；

D．纵观整个过程可知HCOOH中的C=O键没有断裂，C-H键和O-H键断键形成C=O键，D错误；

综上所述答案为D。

5.浓度差电池是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且过程伴随着吉布斯自由能转变成电能的一类电池。

如图所示的浓度差电池示意图，下列有关说法正确的是

A.a极为原电池的负极

B.c为Cu2+交换膜

C.电流计为0时，两极的CuSO4浓度相等

D.转移1mol电子时，右池增重48g

【答案】C

【解析】

【分析】左侧硫酸铜溶液浓度大，所以左侧发生Cu2++2e-=Cu，发生还原反应为正极，右侧硫酸铜溶液浓度小，所以右侧发生Cu-2e-=Cu2+，发生氧化反应为负极。

【详解】A．根据分析可知a极为原电池正极，A错误；

B．左侧消耗Cu2+，右侧生成Cu2+，为了平衡电荷，左侧的SO

需迁移到右侧，所以c为阴离子交换膜，B错误；

C．根据浓度差电池的定义可知当两室硫酸铜溶液浓度相等时，将不再产生电流，C正确；

D．转移1mol电子时，右池生成0.5molCu2+，左侧迁移到右侧0.5molSO

，所以右池增重即0.5molCuSO4的质量，为0.5mol×160g/mol=80g，D错误；

综上所述答案为C。

6.科学家利用原子“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构如图所示（短线代表共价键），其中W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次递增，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。

设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是

A.简单离子半径：

Y>Z>W

B.Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物

C.1molZW与水发生反应生成1molW2，转移电子2NA

D.最简单氢化物的沸点：

Y>X

【答案】C

【解析】

【分析】W、X、Z分别位于不同周期，W的原子序数最小，则W为H元素；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；该分子中，X可以形成4个共价键，原子序数小于Na，则X为C元素，Y可以形成2个共价键，原子序数小于Na，则为O元素；

【详解】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大，所以离子键半径O2-＞Na+＞H+，即Y＞Z＞W，A正确；

B．O与H元素可以形成水和过氧化氢，O与C元素可以形成CO和二氧化碳，O与Na元素可以形成氧化钠和过氧化钠，B正确；

C．ZW即NaH，与水反应方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应为H元素的归中反应，所以1molNaH反应时转移电子数为NA，C错误；

D．由于H2O分子间存在氢键，所以简单氢化物的沸点H2O＞CH4，D正确；

综上所述答案为C。

7.常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1的二元酸H2A溶液。

溶液中pH、含A微粒分布系数δ（物质的量分数）随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示

下列说法中正确的是

A.H2A在水中电离的方程式为：

H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-

B.当VNaOH溶液=20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：

c（Na+）﹥c（HA-）﹥c（H+）﹥c（A2-）﹥c（OH-）

C.常温下，HA-的电离平衡常数为1×10-5

D.当VNaOH溶液=30.00mL时，c（HA-）+c（H+）=c（A2-）+c（OH-）

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．根据图像的变化趋势可知①、②代表含A微粒分布系数，③代表pH变化，据图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，则应为HA-和A2-，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，A错误；

B．当VNaOH溶液=20.00mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在HA-⇌H++A2-和H2O⇌H++OH-，所以离子浓度大小关系为c（Na+）﹥c（HA-）﹥c（H+）﹥c（A2-）﹥c（OH-），B正确；

C．HA-的电离平衡常数表达式为Ka=

，据图可知当c（A2-）=c（HA-）时加入25mLNaOH溶液，此时pH为2.0，即c（H+）=1×10-2mol/L，所以Ka=1×10-2，C错误；

D．当VNaOH溶液=30.00mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：

c（H+）+c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），物料守恒为2c（Na+）=3c（A2-）+3c（HA-），用两个等式消去c（Na+）可得：

c（HA-）+2c（H+）=c（A2-）+2c（OH-），D错误；

综上所述答案为B。

二、非选择题：

（一）必考题

8.1，2-二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）外观为无色或浅黄色透明液体，难溶于水，易溶于有机溶剂，碱性条件下水解程度较大，主要用作氯乙烯（聚氯乙烯单体）制取过程的中间体。

实验室制备1，2-二氯乙烷的主要原理：

C2H5OH

CH2=CH2+H2O；Cl2+CH2=CH2→CH2ClCH2Cl

（1）写出装置A中发生反应的离子方程式_______。

（2）F装置的作用是_______，D装置中长玻璃导管的作用是_______尾气可以通过盛有_______、_______的洗气瓶进行吸收。

（3）实验时先装入1，2-二氯乙烷液体，其作用是_______（填序号）。

a.溶解Cl2和乙烯b.作催化剂c.促进气体反应物间的接触

（4）根据制备原理，G装置中应该添加的仪器是_______。

（5）准确称取2.475g除去氯气和乙烯后的产品，加足量稀NaOH溶液，充分加热，发生反应，得到250mL水解液。

取25.00mL水解液先用稀硝酸中和至酸性，再加入聚乙烯醇溶液（聚乙烯醇的作用是阻止AgSCN和AgCl之间的转化），然后加入过量的50.00mL0.1000mol/LAgNO3溶液，充分反应后用0.1000mol/LNH4SCN标准液滴定过量的AgNO3，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL。

已知：

Ag++SCN-=AgSCN↓（白色沉淀）

①滴定时，应选用的指示剂为_______（填标号）。

a.FeSO4b.Fe（NO3）3c.FeCl3

②产品中Cl元素的质量分数为_______（保留三位有效数字），1，2-二氯乙烷的纯度为≤_______。

【答案】

（1）.

+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O

（2）.除去乙烯中混有的乙醇蒸气（3）.导气和冷凝回流（4）.溴水或高锰酸钾（5）.NaOH溶液（6）.ac（7）.温度计（8）.b（9）.57.4%（10）.80%

【解析】

【分析】装置A中利用浓盐酸和KClO3制取氯气，浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，然后用浓硫酸进行干燥，通入装置D中与乙烯发生加成反应，装置G中乙醇在催化剂、加热条件下发生消去反应制取乙烯，用水除去乙烯中混有的挥发出来的乙醇，然后浓硫酸干燥，通入装置D中与氯气反应。

【详解】

（1）装置A中浓盐酸与KClO3发生归中反应生成氯气，离子方程式为

+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O；

（2）乙醇易挥发，生成的乙烯中混有乙醇蒸气，乙醇能与水以任意比例互溶，可以用水除去乙烯中混有的乙醇蒸气；D装置中长玻璃导管可以导气，同时冷凝回流；尾气中主要含有氯气和乙烯，可以用溴水或酸性高锰酸钾溶液除去乙烯，用NaOH溶液吸收氯气；

（3）氯气和乙烯常温下均为气体，1，2-二氯乙烷液体可以将二者溶解，促进气体反应物间的接触，使二者充分反应，故选ac；

（4）乙醇的消去反应需要在150℃进行，所以G装置中应该添加的仪器是温度计；

（5）①滴定终点NH4SCN稍过量，SCN-可以和Fe3+反应得到血红色溶液，但加入FeCl3会消耗过量的硝酸银，使结果不准确，所以应选用Fe（NO3）3为指示剂，即选b；

②平均消耗标准液10.00mL，则25.00mL水解液中n（Cl）=0.05L×0.1000mol/L-0.01L×0.1000mol/L=0.004mol，所以产品中n（Cl）=0.004mol×

=0.04mol，所以氯元素的质量分数为

×100%=57.4%；n（Cl）=0.04mol，则n（1，2-二氯乙烷）最大为0.02mol，所以纯度≤

×100%=80%。

9.钒为一种高熔点金属，在工业生产中有广泛用途。

工业上常用钒炉渣（主要含FeO·V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质）提取金属钒，流程如下图：

已知：

I.钒有多种价态，其中+5价的最稳定。

钒在溶液中主要以VO

和VO

的形式存在，存在平衡：

VO

+H2O⇌2H++VO

II.部分金属离子的沉淀pH：

金属离子

Cu2+

Fe2+

Fe3+

开始沉淀时pH

5.2

7.6

2.7

完全沉淀时pH

6

4

9.6

3.7

回答下列问题：

（1）碱浸步骤中最好选用_______（填字母）

a.NaOH溶液b.氨水c.纯碱溶液

（2）焙烧目的是将FeO·V2O3转化为可溶的NaVO3，其中铁全部转化为+3价氧化物，则反应化学方程式_______。

（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去___离子，二是促使____。

（4）加热NH4VO3时生成V2O5，则反应化学方程式：

____，流程中最后用V2O5冶炼V通常采用的方法是____（填字母）

A.炭还原法B.铝热法还原C.直接加热法D.盐的水溶液与活泼金属置换法

（5）全钒液流电池工作原理如图：

已知各种含钒离子的颜色如下：

VO

黄色、VO2+蓝色、V3+绿色、V2+紫色

①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是_______。

②当完成储能时，阳极区溶液的颜色是_______。

【答案】

（1）.a

（2）.4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O2

8NaVO3+2Fe2O3+4CO2（3）.Fe3+、Cu2+（4）.VO

转化为VO

（5）.2NH4VO3

V2O5+2NH3↑+H2O（6）.B（7）.V2++VO

+2H+=V3++VO2++H2O（8）.黄色

【解析】

【分析】钒炉渣碱浸其中氧化铝溶于碱生成偏铝酸盐，偏铝酸盐通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧后得到氧化铝，滤渣中加碳酸钠通入空气焙烧，得到NaVO3和Fe2O3，焙烧后的固体加硫酸溶解得到硫酸铁和硫酸铜，VO

转化成VO

，溶液调节pH值至8将铜和铁转化成氢氧化铁和氢氧化铜，VO

转化成VO

，滤液中加硫酸铵将VO

转化成NH4VO3，加热NH4VO3时生成V2O5，再通过热还原法得到V单质，据此解答。

【详解】

（1）碱浸的目的是将氧化铝溶解，而氧化铝不溶于弱碱，因此应选氢氧化钠溶解，故答案为：

a；

（2）焙烧的过程中FeO·V2O3转化为可溶的NaVO3，铁全部转化为Fe2O3，可得反应的方程式为：

4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O2

8NaVO3+2Fe2O3+4CO2，故答案为：

4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O2

8NaVO3+2Fe2O3+4CO2；

（3）由以上分析可知调节pH值至8可以将溶液中的Fe3+、Cu2+转化成沉淀除去，同时能将VO

转化为VO

，故答案为：

Fe3+、Cu2+；VO

转化为VO

；

（4）加热NH4VO3时生成V2O5，另外生成氨气和水，反应的方程式：

2NH4VO3

V2O5+2NH3↑+H2O，由题意可知V的+5价化合物很稳定，则V2O5的性质稳定，通过V2O5冶炼V，直接加热或者溶液中置换均不可以，可通过铝热反应将其从熔融的V2O5中置换出来，故答案为：

2NH4VO3

V2O5+2NH3↑+H2O；B；

（5）①由图可知A为正极，左侧石墨电极上发生还原反应，元素的化合价降低，则其电极反应为：

VO

+2H++e-=VO2++H2O，右侧石墨电解为负极，发生氧化反应，电极反应为：

V2+-e-=V3+，电池的总反应为：

V2++VO

+2H+=V3++VO2++H2O，故答案为：

V2++VO

+2H+=V3++VO2++H2O；

②当完成储能时，阳极区VO2+转化成VO

，溶液呈黄色，故答案为：

黄色；

10.丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的是生产聚丙烯。

另外，丙烯可制备1，2-二氯丙烷，丙烯醛等。

回答下列问题：

I.工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为：

①CH2=CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H1=-134kJ∙mol-1

②CH2=CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）△H2=-102kJ∙mol-1

（1）已知CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）的活化能Ea（逆）为164kJ∙mol-1，则该反应的活化能Ea（正）为_______kJ∙mol-1

（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3（g）和Cl2（g），在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。

时间/min

0

60

120

180

240

300

360

压强/KPa

80

74.2

69.4

65.2

61.6

57.6

57.6

用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即ν=△p/△t，则反应①前180min内平均反应速率ν（CH2ClCHClCH3）=_____Kpa/min-1（保留小数点后2位）。

II.丙烯的制备方法

方法一：

丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应：

C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）△H=+124kJ∙mol-1

（3）①某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kpa，平衡时总压强为14kpa，C3H8（的平衡转化率为____。

该反应的平衡常数Kp=____Kpa（保留小数点后2位）

②总压分别为100kpa和10kpa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示。

10kpa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是____、____。

③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：

r=k×c（C3H8），其中k为反应速率常数。

对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是____。

A.增加丙烷浓度，r增大B.增加H2浓度，r增大

C.丙烯的生成速率逐渐增大D.降低反应温度，k减小

方法二：

丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成CO、CO2等副产物，制备丙烯的反应：

C3H8（g）+1/2O2（g）⇌C3H6（g）+H2O（g）△H=-118kJ∙mol-1，在催化剂的作用下C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图2所示。

（4）图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是_____，观察图2，回答能提高C3H6选择性的措施是___（C3H6的选择性=

）

【答案】

（1）.132

（2）.0.08（3）.40﹪（4）.2.67（5）.Z（6）.Y（7）.AD（8）.温度升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂

活性增大）（9）.选择相对较低的温度（或选择更合适的催化剂）

【解析】

【分析】

详解】

（1）①CH2=CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H1=-134kJ∙mol-1；

②CH2=CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）△H2=-102kJ∙mol-1；

根据盖斯定律①-②得CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H2=-134kJ∙mol-1+102kJ∙mol-1=-32kJ∙mol-1，焓变=活化能Ea（正）-活化能Ea（逆），则该反应的活化能Ea（正）=-32kJ∙mol-1+164kJ∙mol-1=132kJ∙mol-1；

（2）由于CH2=CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）反应，使容器内气体压强减小；

设180min时，CH2ClCHClCH3（g）的压强为p

P=14.8KPa，

ν（CH2ClCHClCH3）=

0.08Kpa/min-1；

（3）①

平衡时总压强为14kpa，即10-x+x+x=14，x=4，C3H8（的平衡转化率为

40%；该反应的平衡常数Kp=

2.67；

②增大压强，C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）逆向移动，C3H8的物质的量分数增大，C3H6的物质的量分数减小，升高温度，C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g），正向移动，C3H8的物质的量分数减小，C3H6的物质的量分数增大，10kpa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是Z、Y。

③A.根据r=k×c（C3H8），可知增加丙烷浓度，r增大，故A正确；

B.根据r=k×c（C3H8），增加H2浓度，r增大不变，故B错误；

C.随反应进行，丙烷浓度逐渐减小，丙烯的生成速率逐渐减小，故C错误；

D.降低温度，反应速率减慢，r减小，根据r=k×c（C3H8），可知降低反应温度k减小，故D正确；

选AD。

（4）图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是温度升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂的活性增大），根据图2，较低温度下，丙烯的选择性大，能提高C3H6选择性的措施是选择相对较低的温度（或选择更合适的催化剂）。

【点睛】本题考查化学反应速率和化学反应限度，明确影响反应速率的因素和影响平衡移动的因素是解题关键，会利用“三段式”法进行化学计算，培养学生分析化学平衡图象的能力。

（二）选考题：

请考生从2道化学题任选一题做答。

多做则每科按所做的第一题计分。

[化学—选修3：

物质结构与性质]

11.Li是最轻

固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。

回答下列问题：

（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。

A．

B．

C．

D．

（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H−），原因是______。

（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。

LiAlH4中，存在_____（填标号）。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键

（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born−Haber循环计算得到。

可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。

（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。

已知晶