广东省揭阳市届高三第一次模拟考试理综化学精校解析Word版.docx
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广东省揭阳市届高三第一次模拟考试理综化学精校解析Word版
广东省揭阳市2018高三高考第一次模拟考试
理综化学试题
1.下列说法正确的是
A.棉、丝、羽毛、塑料及合成橡胶完全燃烧都只生成CO2和H2O
B.水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙，都属于硅酸盐产品
C.“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型无机高分子材料
D.“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应
【答案】C
【解析】A．丝、羽毛的成分为蛋白质，燃烧产物除CO2和H2O，还有氮气，故A错误；B．水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，水泥、玻璃、青花瓷属于硅酸盐工业产品，故B错误；C．碳纤维成分为碳单质，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，故C正确；D．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故D错误；故选C。
2.中国丝绸有五千年的历史和文化，古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白质杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白，质感柔软，色泽光亮，这种“碱剂”可能是
A.草木灰B.火碱C.食盐D.胆矾
【答案】A
【解析】草木灰的成分是碳酸钾，属于盐，溶液呈碱性，故A正确；火碱是氢氧化钠，属于碱，故B错误；食盐是氯化钠属于盐，溶液呈中性，故C错误；胆矾是
，属于盐，溶液呈酸性，故D错误。
3.以物质a为原料，制备物质d（金刚烷）的合成路线如下图所示
关于以上有机物说法中错误的是
A.物质b的分子式为C10H12B.物质a最多有10个原子共平面
C.物质c与物质d互为同分异构体D.物质d的一氯代物有2种
【答案】B
【解析】A．由结构可知b的分子式为C10H12，故A正确；B．由碳碳双键为平面结构，则5个C原子与4个H原子可共面，即最多9个原子共面，故B错误；C．物质c与物质d的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．物质d只有次甲基、亚甲基上两种H，其一氯代物有2种，故D正确；故选B。
点睛：
本题以有机物的合成考查有机物的结构与性质，把握有机物的结构、官能团与性质、有机反应为解答的关键。
本题的易错点为D，注意物质d只有次甲基、亚甲基上两种H。
4.下列有关实验现象和解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热
有砖红色沉淀生成
葡萄糖具有还原性
B
NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合
白色絮状沉淀生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
C
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
红棕色变深
反应2NO2
N2O4
的△H<0
D
向盛有1mL0.lmol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1mol/L的NaI溶液，再振荡
先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp（AgI）sp（AgCl）
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液在碱性条件下进行，应先加入碱调节pH，故A错误；B．由于碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合后生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，没有发生双水解反应，故B错误；C．二氧化氮为红棕色气体，将NO2球浸泡在热水中，若颜色加深，则反应2NO2⇌N2O4的△H＜0，故C正确；D．硝酸银过量，均为沉淀的生成，则不能比较AgI、AgCl的Ksp的大小，故D错误；故选C。
5.下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。
下列说法不正确的是
A.气态氢化物沸点：
X＞Y＞R
B.离子半径：
R＞X＞Y＞Z
C.气态氢化物的稳定性：
Y＞X＞W＞R
D.X、Z形成的化合物中只有离子键
【答案】D
【解析】这几种元素都是短周期元素，根据原子最外层电子数与原子序数的关系知，X、Y、Z、R、W分别是O、F、Na、S、Cl元素。
A．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高，硫化氢只含有分子间作用力，水和氟化氢中还含有氢键，氢化物的沸点：
X＞Y＞R，故A正确；B．一般而言，电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径R＞X＞Y＞Z，故B正确；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Y＞X＞W＞R，则氢化物的稳定性Y＞X＞W＞R，故C正确；D．X、Z分别是O、Na元素，二者形成的化合物有Na2O、Na2O2，氧化钠只含离子键、过氧化钠中含有离子键和共价键，故D错误；故选D。
6.在固态金属氧化物燃料电解池中，以H2—CO混合气体为燃料，基本原理如右图所示。
下列说法不正确的是
A.Y极是原电池的正极，发生还原反应
B.负极的电极反应式是：
H2－2eˉ＋O2ˉ＝H2OCO－2eˉ＋O2ˉ＝CO2
C.总反应可表示为：
H2＋CO＋O2＝H2O＋CO2
D.同温同压下两极消耗的气体的体积之比是1︰1
【答案】D
【解析】根据图示知：
与X相连的电极通入H2、CO，所以X是负极，Y是正极，负极上发生氧化反应，电极反应式为：
H2+O2--2e-=H2O、CO+O2--2e-=CO2，正极上发生还原反应，电极反应式为：
O2+4e-=O2-，总反应为：
H2+CO+O2=H2O+CO2。
A．根据图示知：
与X相连的电极通入H2、CO，所以X是负极，Y是正极，故A正确；B．负极上发生氧化反应，电极反应式为：
H2+O2--2e-=H2O、CO+O2--2e-=CO2，故B正确；C、根据正负极的电极反应式可知，总反应式可以为：
H2+CO+O2=H2O+CO2，故C正确；D、总反应式可表示为：
H2+CO+O2=H2O+CO2，同温同压下两极消耗的气体体积之比是2：
1，故D错误；故选D。
7.常温下，向10mL0.2mol·L－l草酸（H2C2O4）溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。
有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如右图关系，下列说法正确的是
A.HC2O4－在溶液中水解程度大于电离程度
B.当V（NaOH）=10mL时溶液中存在：
c（HC2O4－）+c（C2O42－）+c（H2C2O4）=0.1mol·L－l
C.当V（NaOH）=15mL时，溶液中存在：
c（Na+）>c（HC2O4－）>c（C2O42－）>c（OH－）>c（H+）
D.当V（NaOH）=20mL时，溶液中存在：
c（OH－）=c（HC2O4－）+c（H2C2O4）+c（H+）
【答案】B
点睛：
本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确图像中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键。
解答本题需要注意图像的关键点，如V（NaOH）=10mL时，溶质NaHC2O4，溶液显酸性，pH约为4；V（NaOH）=15mL时，溶质为等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4，溶液显酸性，pH约为5，等等。
8.Ⅰ．某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2（同时生成FeO）。
已知：
①浓硝酸可氧化NO；②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。
（1）装置A中反应的离子方程式是_________________________________________。
（2）装置的连接顺序为：
a→（）→（）→（）→（）→（）→（）→（）→（）→d
Ⅱ．已知：
硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，易水解产生大量白雾；易分解：
SO2Cl2＝SO2↑+Cl2↑，催化合成硫酰氯的实验装置如下图（夹持装置已省略）
回答下列问题：
（3）仪器B的名称是____________仪器B冷却水的进口为_______（填“a”或“b”）活性炭的作用是_______________________。
（4）装置D除干燥气体外，另一个作用是__________________。
若缺少D，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式是_________________________________。
（5）C装置的作用是________________。
为了防止硫酰氯分解，某同学建议将收集器A放在__________中冷却。
【答案】
（1）.3Cu+8H＋+2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O
（2）.f→e→j→i→h→g（或g→h）→b→c（3）.球型冷凝管（4）.a（5）.催化剂（6）.通过观察气泡控制气流速度（或比例）（7）.SO2Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl（8）.吸收SO2和Cl2，防止空气污染（9）.冰水浴
【解析】I．根据实验原理利用NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，所以首先应制备纯净的干燥的NO，利用铜与稀硝酸反应生成NO，由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO中会混有硝酸和水蒸气气体，则先通过装置D除去挥发出的HNO3等酸性气体，然后再通过F干燥，得到纯净的干燥的NO进入E中与铁粉反应，最后处理多余的NO，又因为NaOH溶液不与NO反应，而浓硝酸可氧化NO生成NO2，所以最终先通过B氧化NO，后再通过C吸收。
（1）装置A中铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H＋+2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：
3Cu+8H＋+2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O；
（2）根据以上分析，先制备NO→除硝酸气体→除水蒸气→氧化铁粉→氧化多余的NO→NaOH溶液吸收，所以上述装置接口的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g（或g→h）→b→c→d，故答案为：
f→e→j→i→h→g（或g→h）→b→c→d；
II．（3）根据装置图，仪器B为球型冷凝管，根据采用逆流的冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a，活性炭作催化剂；故答案为：
球型冷凝管；a；催化剂；
（4）D装置的浓硫酸用来干燥气体，防止硫酰氯水解，同时还可以通过观察气泡控制气体流速；若无D，硫酰氯水解为硫酸和盐酸。
化学方程式为：
SO2Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，故答案为：
通过观察气泡控制气体流速；SO2Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl；
（5）SO2Cl2易分解放出SO2和Cl2，C装置中的碱石灰可以吸收SO2和Cl2，防止空气污染；为了防止硫酰氯分解，可将收集器A放在冰水中冷却，故答案为：
吸收SO2和Cl2，防止空气污染；冰水浴。
9.CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。
一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：
已知：
①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Co（OH）2
Al（OH）3
Mn（OH）2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
③CoCl2•6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方式_______________________________。
（2）NaClO3的作用是____________________写出该反应的离子方程式_____________；
若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体是___________（填化学式）。
（3）加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为________________。
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图。
加萃取剂的目的是_______________；其使用的最佳pH范围是（填字母代号）__________。
A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5
（5）操作I包含3个基本实验操作是蒸发、结晶和过滤．制得的CoCl2•6H2O需减压烘干的原因是______________________________。
（6）除“钙”“镁”是将滤液i中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。
已知某温度下，Ksp（MgF2）=7.35×10-11，Ksp（CaF2）=1.50×10-10。
当加入过量NaF，所得滤液中c（Mg2+）/c（Ca2+）=_____________。
【答案】
（1）.Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2O
（2）.将Fe2+氧化成Fe3+（3）.ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O（4）.Cl2（5）.Fe（OH）3 Al（OH）3（6）.除去溶液中的Mn2+（7）.B（8）.降低烘干温度，防止产品分解（9）.0.49
（1）酸性条件下，Co2O3和SO32-发生氧化还原反应生成Co2+、SO42-，反应离子方程式为：
Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：
Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）酸性条件下，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH转化氢氧化铁沉淀而除去，反应的离子方程式为ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O，若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，氯酸钠能够氧化氯离子反应生成氯气，故答案为：
将Fe2+氧化为Fe3+；ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O；Cl2；
（3）“加Na2CO3调pH至a”，目的是除去铁离子、铝离子，将铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤除去，故答案为：
Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+被萃取，并防止Co2+被萃取，故答案为：
除去溶液中的Mn2+；B；
（5）操作I包含3个基本实验操作是蒸发、结晶和过滤，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，目的是降低烘干温度，防止产品分解，故答案为：
降低烘干温度，防止产品分解；
（6）由溶度积可知，滤液i“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，根据溶度积可知c（Mg2+）：
c（Ca2+）=
=
=0.49，故答案为：
0.49。
点睛：
本题借助于化学工艺流程，考查了物质分离和提纯、元素化合物知识等。
关键是理解工艺流程。
本题的易错点为氧化还原反应方程式的书写和配平，要根据流程图，结合氧化还原反应的规律确定反应生成物。
10.Ⅰ．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物）试采获得成功。
甲烷是一种重要的化工原料。
（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下二种：
水蒸气重整：
CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）ΔH1=+205.9kJ·mol-1①
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）ΔH2=－41.2kJ·mol-1②
二氧化碳重整：
CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g）ΔH3③
则反应①自发进行的条件是________________，ΔH3=_____________kJ·mol-1。
Ⅱ．氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 （g）+3H2 （g）
2NH3（g）
（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数（φ）如下图所示。
①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是________，其原因是_________________。
②若分别用vA（N2）和vB（N2）表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA（N2）______vB（N2）（填“>”“<”或“=”）
③若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p（N2）为_________Pa（分压=总压×物质的量分数，保留一位小数）。
Ⅲ．以连二硫酸根（S2O42－）为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：
①阴极区的电极反应式为_____________________________。
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电时电路中转移了0.3mole－，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为_______mL。
【答案】
（1）.高温
（2）.+247.1（3）.p1>p2>p3（4）.温度相同时，增大压强化学平衡向正反应方向移动，故平衡混合物中氨的体积分数越大压强越大（5）.<（6）.8.3×103（7）.2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O（8）.1344
【解析】Ⅰ．
（1）反应①CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）ΔH1=+205.9kJ·mol-1的ΔH＞0，ΔS＞0，反应要自发进行，△G=△H-T△S＜0，需要高温，才自发进行；根据①CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）ΔH1=+205.9kJ·mol-1，②CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）ΔH2=－41.2kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①-②得：
CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g）ΔH3=（+205.9kJ·mol-1）-（－41.2kJ·mol-1）=+247.1kJ·mol-1，故答案为：
高温；+247.1；
Ⅱ．
（2）①由N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，由图象可知在相同温度下，平衡后混合物中氨的体积分数（φ）为P1＞P2＞P3，因此压强关系是p1＞p2＞p3，故答案为：
p1＞p2＞p3；温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大，压强越大；
②温度越大，压强越大，反应速率越大，p1＞p2，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，故答案为：
＜；
③N2+3H2⇌2NH3
开始（mol）0.1 0.3 0
转化（mol）x 3x 2x
平衡（mol）0.1-x 0.3-3x 2x
=0.667，x=0.08mol，则B点N2的分压p（N2）为
×105Pa=8.3×103Pa，故答案为：
8.3×103；
Ⅲ．①由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O，故答案为：
2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；
②由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NO～NH4+～5e-，若电路中转移转移0.3mol e-，需要消耗NO 0.06mol，标准状况下体积为0.06mol×22.4L/mol=1344mL，故答案为：
1344。
11.磷化铜（Cu3P2）用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性原件。
（1）基态铜原子的电子排布式为______；价电子中成对电子数有____个。
（2）磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢（PH3）。
①PH3分子中的中心原子的杂化方式是_________。
②P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：
HNO3___H3PO4（填“>”或“<”），从结构的角度说明理由：
__________________________。
（3）磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn___P（填“>”“<”或“=”）。
（4）某磷青铜晶胞结构如图所示。
①则其化学式为________。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有______个，这些Sn原子所呈现的构型为_________。
③若晶体密度为8.82g·cm－3，最近的Cu原子核间距为____pm（用含NA的代数式表示）。
【答案】
（1）.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
（2）.10（3）.sp3（4）.>（5）.因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个（6）.<（7）.SnCu3P（8）.4（9）.平面正方形（10）.
【解析】试题分析：
（1）根据核外电子排布规律解答；
（2）①根据价层电子对互斥理论分析；
②根据影响含氧酸酸性的因素分析判断；
（3）根据电负性变化规律解答；
（4）根据晶胞结构结合均摊法分析、判断与计算。
解析：
（1）铜的原子序数是29，基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，因此价电子中成对电子数有10个。
（2）①PH3分子中P原子含有的孤对电子对数＝
，即价层电子对数为4，所以中心原子的杂化方式是sp3。
②由于HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性是HNO3>H3PO4。
（3）非金属性越强，电负性越大，则锡、磷两元素电负性的大小为Sn>P。
（4）①根据晶胞结构可知含有的Sn原子个数＝8×1/8＝1，Cu原子个数＝6×1/2＝3，P位于体心，共计1个，则其化学式为SnCu3P。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个，位于面的4个顶点上，因此这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形。
③根据晶胞结构可知最近的Cu原子核间距为面对角线的一般，晶胞的边长是
，所以最近的Cu原子核间距为
。
12.阿司匹林是一种解毒镇痛药。
烃A是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：
已知：
（1）
（2）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：
（3）
（苯胺，易被氧化）
请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：
（1）C的结构简式为__________________________
（2）反应④的反应类型________，在③之前设计②这一步的目的是_____________。
（3）F中含氧官能团的名称__________________________
（4）G（阿司匹林）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_____________________。
（5）符合下列条件的E的同分异构体有________种。
写出核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为3：
2：
2：
1的结构简式：
________________（只写一种）。
a．苯环上有两个取代基
b．遇氯化铁溶液显紫色
c．能发生水解反应
（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和信息合成功能高分子材料（
，无机试剂任选）____________________
【答案】
（1）.
（2）.取代反应（3）.保护酚羟基，防止酚羟基被氧化（4）.羧基、酚羟基（5）.
（6）.9（7）.
（8）.
【解析】根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解生成醇C，根据C的化学式可知，A为甲苯，根据E的结构，结合已知信息
（2）可知，D为
，则
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