化学福建省福州市第三中学届高三下学期第一次校模拟考试理科综合解析版.docx

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化学福建省福州市第三中学届高三下学期第一次校模拟考试理科综合解析版

福建省福州市第三中学2017届高三下学期第一次校模拟考试理科综合

1.化学与人类生活密切相关，下列说法正确的是（）

A.为减少木材的使用，使用聚氯乙烯生产包装盒

B.化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火

C.水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂

D.煤的干馏和石油的分馏都属于化学变化

【答案】C

【解析】A.聚氯乙烯含有增塑剂等物质，使用过程中能释放出对人体有害的物质，还能造成白色污染，所以不能使用聚氯乙烯生产包装盒，故A错误；B.化学药品着火时，用何种灭火剂进行灭火需要根据化学药品的性质来选择，如Na着火时只能用沙土盖灭而不能用水灭火，故B错误；C.水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有黏合性和很强的耐高温性能，可用于生产黏合剂和防火剂，故C正确；D.将煤隔绝空气加强热使其分解的过程即为煤的干馏，属于化学变化，石油的分馏是利用各成分沸点不同加热使其分离的过程，属于物理变化，故D错误；答案选C。

2.NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（）

A.0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共价键数均为0.4NA

B.足量的Fe粉与1molCl2充分反应转移的电子数为2NA

C.1.2gNaHSO4晶体中含有离子总数为0.03NA

D.25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH－数目为0.2NA

【答案】B

【解析】A.白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则0.1mol白磷含有的共价键数目为0.6NA，1个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1mol甲烷含有的共价键数目为0.4NA，故A错误；B.1molCl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为2mol，数目为2NA，故B正确；C.NaHSO4晶体中含有Na＋和HSO4－，1.2gNaHSO4的物质的量为1.2g÷120g/mol=0.01mol，则含有离子的物质的量为0.02mol，总数为0.02NA，故C错误；D.25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，则n（OH－）=1.0L×0.1mol/L=0.1mol，OH－的数目为0.1NA，故D错误；答案选B。

点睛：

本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数、物质的量浓度等物理量之间的关系是解题的关键，试题难度中等。

本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个P－P共价键。

3.法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得2016年诺贝尔化学奖。

轮烷是一种分子机器的“轮子”，轮烷的一种合成原料由C、H、O三种元素组成，其球棍模型如图所示，下列说法正确的是（）

A.该化合物的名称为乙酸乙酯

B.该化合物与Br2的四氯化碳溶液不反应

C.该化合物能发生水解反应，不能发生加聚反应

D.该化合物的链状同分异构体中，能与NaHCO3反应放出CO2的只有3种

【答案】D

【解析】A.由有机物的球棍模型可知，该有机物的结构简式为CH2=CHOOCCH3，名称为乙酸乙烯醇酯，故A错误；B.该化合物中含有碳碳双键，可以和Br2的四氯化碳溶液发生加成反应，故B错误；C.CH2=CHOOCCH3中含有酯基和碳碳双键，可以发生水解反应和加聚反应，故C错误；D.该化合物的链状同分异构体中，能与NaHCO3反应放出CO2，说明含有羧基，符合条件的有：

CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C（CH3）COOH，共有3种，故D正确；答案选D。

点睛：

本题考查有机物的结构和性质，掌握官能团和有机物性质之间的关系是解答本题的关键，可先由题中所给的球棍模型判断该有机物的结构简式，再根据该有机物含有碳碳双键、酯基等官能团对各选项进行分析判断即可，试题难度一般。

4.下列实验方案正确且能达到相应实验预期目的的是

【答案】C

【解析】A.乙醇和水互溶，不分层，所以不能使用分液法分离，故A错误；B.加热AlCl3溶液会促进AlCl3的水解，最终得到Al（OH）3，所以应在HCl气流中加热蒸发AlCl3溶液以抑制AlCl3的水解，故B错误；C.利用物质的沸点不同，可采用蒸馏的方法从自来水中制取少量蒸馏水，故C正确；D.制取乙酸乙酯时应选用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，且导管不能插入到溶液中，若选用NaOH溶液会导致乙酸乙酯在碱性条件下完全水解，不能得到乙酸乙酯，故D错误；答案选C。

5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍。

n、p、q是由这些元素组成的二元化合物，常温下n为气体。

m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液显碱性且焰色反应呈黄色，上述物质间的转化关系如图所示。

下列说法正确的是（）

A.原子半径：

Z>Y

B.化合物p中只存在离子键

C.最简单气态氢化物的稳定性：

W>X

D.图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应

【答案】D

6.某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N（CH2）2NH2]氧化成环境友好的物质，工作原理如图所示（a、b均为石墨电极）。

下列分析正确的是（）

A.电子流动方向为a→导线→b

B.H+经质子交换膜由右向左移动

C.放电一段时间b极附近pH不变

D.a电极发生反应：

H2N（CH2）2NH2+16e-+4H2O==2CO2↑+N2↑+16H+

【答案】A

【解析】H2N（CH2）2NH2在a电极上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，则a为负极，电极反应式为H2N（CH2）2NH2+4H2O－16e－═2CO2↑+N2↑+16H+，氧气在正极b上得电子发生还原反应，电极反应式为：

O2+4e－+4H+=2H2O，电子由负极经导线流向正极，阳离子向正极移动。

A.由上述分析可知，a是负极，b是正极，所以电子流动方向为a→导线→b，故A正确；B.a是负极、b是正极，H+经质子交换膜由左向右移动，故B错误；C.b的电极反应式为：

O2+4e－+4H+=2H2O，所以b极附近溶液的pH增大，故C错误；D.H2N（CH2）2NH2在负极a上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N（CH2）2NH2+4H2O－16e－═2CO2↑+N2↑+16H+，故D错误；答案选A。

7.下图所示与对应叙述相符的是（）

A.图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp（FeS）＜Ksp（CuS）

B.图乙表示pH＝2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：

甲酸＜乙酸

C.图丙表示0.10mol·L－1NaOH溶液滴定25.00mL盐酸滴定曲线，则c（HCl）＝0.08mol·L－1

D.图丁表示反应N2（g）＋3H2（g）

2NH3（g）平衡时NH3体积分数随起始n（N2）/n（H2）变化的曲线，则转化率：

αA（H2）＝αB（H2）

【答案】C

【解析】A.依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，故A正确；B.随着稀释，甲酸的pH变化大，说明酸性：

甲酸＞乙酸，故B错误；C.图丙表示用0.1000mol·L-lNaOH溶液滴定25.00mL盐酸的滴定曲线，滴定终点时，n（HCl）=n（NaOH），则c（HCl）=

=0.0800mol/L，故C正确；D.根据图像，随着n（N2）/n（H2）的增大，相当于增大氢气的物质的量，平衡正向移动，但氢气的转化率减小，因此αA（H2）＞αB（H2），故D错误；故选AC。

8.SO2的防治与利用对于环境保护意义重大。

某小组在实验室中对SO2的性质及回收利用等相关问题进行探究。

（1）用下图装置制备纯净的SO2，发生装置中反应的化学方程式为________，装置的连接顺序为：

a→________（按气流方向，用小写字母表示）

（2）用如图装置探究SO2的性质。

限选试剂：

NaOH溶液、稀H2SO4、H2O2溶液、FeCl3溶液、淀粉-KI溶液、新制H2S溶液。

操作步骤

实验现象

解释原因

用注射器将新制H2S溶液注入充满SO2的烧瓶

产生乳白色浑浊

+4价S有_______性

用注射器将_______溶液注入充满SO2的烧瓶

_______

+4价S有还原性，反应的离子方程式为_______

（3）工业上回收利用SO2的一种途径是：

该小组在实验室探究步骤Ⅱ时，一定条件下向100mLc0mol·L－1的（NH4）2SO3溶液通入空气后，欲测定溶液中（NH4）2SO3的氧化率（α）。

①为该小组设计实验方案（不必描述操作过程的细节，物理量的数值用字母表示）：

______________________________________________________________________________

②α=________×100%（用实验方案中的物理量表示）。

【答案】

（1）.H2SO4+2NaHSO3==2SO2↑+2H2O+Na2SO4或H2SO4+NaHSO3==SO2↑+H2O+NaHSO4

（2）.b→c→g→f→d（3）.氧化（4）.FeCl3（5）.溶液由棕黄色变成浅绿色（6）.SO2+2Fe3++2H2O==SO42—+2Fe2++4H+（7）.方案1：

取20.00mL反应后的溶液于锥形瓶中，用浓度为cmol·L－1的KMnO4标准溶液滴定，重复滴定三次，平均消耗KMnO4溶液的体积是VmL或方案2：

向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg（8）.

或

【解析】⑴.硫酸的酸性大于亚硫酸，亚硫酸氢钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水或硫酸氢钠、二氧化硫和水，反应方程式为：

H2SO4+2NaHSO3=2SO2↑+2H2O+Na2SO4或H2SO4+NaHSO3=SO2↑+H2O+NaHSO4，二氧化硫为酸性气体，制取的二氧化硫中含有水蒸气，可用浓硫酸进行干燥，所以a→b，二氧化硫密度大于空气，收集时应采用向上排空气法收集，需长管进、短管出，所以c→g，二氧化硫是有毒的气体，需进行尾气处理，可用碱石灰吸收，所以f→d，故答案为：

H2SO4+2NaHSO3=2SO2↑+2H2O+Na2SO4或H2SO4+NaHSO3=SO2↑+H2O+NaHSO4；b→c→g→f→d；

⑵.硫化氢和二氧化硫发生价态归中反应生成单质硫，产生乳白色浑浊，二氧化硫中的硫元素化合价从+4价降低为0价，说明二氧化硫中+4价的硫具有氧化性；要证明+4价的硫具有还原性，需在提供的试剂中选择氧化剂，因H2O2在反应前后无明显现象，应选择氯化铁，Fe3+具有氧化性，与二氧化硫发生氧化还原反应：

SO2+2Fe3++2H2O=SO42—+2Fe2++4H+，含Fe3+的溶液呈棕黄色，含Fe2+的溶液呈浅绿色，可观察到溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：

氧化；FeCl3；溶液由棕黄色变成浅绿色；SO2+2Fe3++2H2O=SO42—+2Fe2++4H+；

⑶.①.在一定条件下向100mLc0mol·L－1的（NH4）2SO3溶液通入空气后，可通过测定溶液中的亚硫酸根离子或硫酸根离子的物质的量来测定溶液中（NH4）2SO3的氧化率，所以可设计两个方案，分别为：

方案1：

测定溶液中亚硫酸根离子的量，取20.00mL反应后的溶液于锥形瓶中，用浓度为cmol·L－1的KMnO4标准溶液滴定，重复滴定三次，平均消耗KMnO4溶液的体积是VmL；方案2：

测定溶液中硫酸根离子的量，向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg，故答案为：

方案1：

取20.00mL反应后的溶液于锥形瓶中，用浓度为cmol·L－1的KMnO4标准溶液滴定，重复滴定三次，平均消耗KMnO4溶液的体积是VmL或方案2：

向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg；

②.若采用方案1测定溶液中亚硫酸根离子的物质的量，SO32－被高锰酸钾氧化生成SO42－，反应的离子方程式为：

5SO32－＋2MnO4－＋6H＋=5SO42－＋2Mn2＋＋3H2O，重复滴定三次，平均消耗高锰酸钾的体积为VmL，溶液中亚硫酸根离子的物质的量为：

（cV×10－3）mol，则氧化率（α）=

×100%=

×100%，若采用方案2，向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除去，再加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg，则氧化率（α）=

×100%=

×100%，故答案为：

或

。

9.汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。

（1）氧化还原法消除NOx的转化如下：

①反应I为NO+O3===NO2+O2，生成标准状况下11.2LO2时，转移电子的物质的量是__________mol

②反应Ⅱ中，当n（NO2）：

n[CO（NH2）2]=3：

2时，氧化产物与还原产物的质量比为___________

（2）吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）。

装置I中发生反应的离子方程式为____________________________________

（3）装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3－、NO2－，请写出生成等物质的量的NO3－和NO2－时的离子方程式____________________________________

（4）装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生，再生时生成的Ce4+在电解槽的_____________（填“阳极”或“阴极”），同时在另一极生成S2O42一的电极反应式为_________________________________

（5）取少量装置Ⅳ所得的产品溶于水，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________________________

【答案】

（1）.1

（2）.4:

3（3）.SO2+OH-===HSO3-（4）.2NO+3H2O+4Ce4+=NO3-+NO2-+6H++4Ce3+（5）.阳极（6）.2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O（7）.c（NO3－）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH－）

【解析】

（1）.①.由反应方程式NO+O3═NO2+O2可知，N元素的化合价从+2价升高到+4价，生成1mol氧气转移电子2mol，则生成11.2L即0.5molO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，故答案为：

1；

②.当n（NO2）:

n[CO（NH2）2]=3:

2时，即NO2和CO（NH2）2的化学计量数之比是3:

2，反应方程式可表示为：

6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，该反应中只有N元素的化合价变化，氮气既是氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8:

6=4:

3，故答案为：

4:

3；

（2）.由流程图可知，在装置I中SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3，离子方程式为：

SO2+OH－=HSO3－，故答案为：

SO2+OH－=HSO3－；

（3）.由流程图可知，装置II中生成等物质的量的NO3－和NO2－时，Ce4+被还原为Ce3+，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：

2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO3−+NO2−+6H+，故答案为：

2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO3−+NO2−+6H+；

（4）.由Ce3+生成Ce4+为氧化反应，所以再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极，在电解槽的阴极HSO3－被还原成S2O42一，电极反应式为：

2H++2HSO3一+2e一=S2O42一+2H2O，故答案为：

阳极；2H++2HSO3一+2e一=S2O42一+2H2O；

（5）.由流程图可知，装置IV所得的产品为NH4NO3，在NH4NO3溶液中，NH4＋水解使溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NO3－）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH－），故答案为：

c（NO3－）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH－）。

10.羰基硫（COS）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。

（1）羰基硫的结构与二氧化碳相似，电子式为______________，硫原子的结构示意图______________

（2）羰基硫的氢解和水解反应是两种常用的脱硫方法：

氢解反应：

COS（g）+H2（g）

H2S（g）+CO（g）ΔH1＝+7kJ/mol

水解反应：

COS（g）+H2O（g）

H2S（g）+CO2（g）ΔH2=－34kJ/mol

已知：

2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=－484kJ/mol

表示CO燃烧热的热化学方程式为________。

（3）氢解反应平衡后保持温度和压强不变通入适量的He，则正反应速率___________，COS的转化率_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（4）若在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量COS（g）和H2（g），发生氢解反应，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是______（填字母序号）。

（下图中υ正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）

（5）某温度下，在体积为2L密闭的容器中通入2molCOS（g）和4molH2O（g）发生上述水解反应，5min后达到平衡，测得COS（g）的转化率是75%，回答下列问题：

①v（H2S）＝________mol/（L·min）

②该温度下平衡常数K＝__________

【答案】

（1）.

（2）.

（3）.CO（g）+1/2O2（g）===CO2（g）△H=-283kJ/mol（4）.减小（5）.不变（6）.bd（7）.0.15（8）.1.8

【解析】

（1）.羰基硫的结构与二氧化碳相似，二氧化碳的电子式为：

，所以羰基硫的电子式为：

，硫是16号元素，硫原子的结构示意图为：

，故答案为：

；

；

（2）.已知：

①COS（g）+H2（g）

H2S（g）+CO（g）ΔH1＝+7kJ/mol，②COS（g）+H2O（g）

H2S（g）+CO2（g）ΔH2=－34kJ/mol，③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=－484kJ/mol，根据盖斯定律，②+③÷2－①得：

CO（g）+1/2O2（g）===CO2（g）△H=-283kJ/mol，故答案为：

CO（g）+1/2O2（g）===CO2（g）△H=-283kJ/mol；

（3）.氢解反应COS（g）+H2（g）

H2S（g）+CO（g）为反应前后气体分子数不变的可逆反应，平衡后保持温度和压强不变通入适量的He，容器体积增大，相当于减小压强，则正反应速率减小，因平衡不移动，所以COS的转化率不变，故答案为：

减小；不变；

（4）.a.t1时刻正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故a错误；b.在绝热、恒容的密闭体系中发生氢解反应，t1时刻平衡常数不再变化，说明反应体系的温度不再变化，反应达到了平衡状态，故b正确；c.t1时刻氢气和硫化氢的物质的量相等，t1时刻之后二者的物质的量还在变化，说明反应没有达到平衡状态，故c错误；d.t1时刻COS的质量不再变化，说明反应达到了平衡状态，故d正确；答案选：

bd；

（5）.①.某温度下，在体积为2L密闭的容器中通入2molCOS（g）和4molH2O（g）发生上述水解反应，5min后达到平衡，测得COS（g）的转化率是75%，由反应方程式COS（g）+H2O（g）

H2S（g）+CO2（g）可知，达到平衡时生成H2S的物质的量为：

n（H2S）=2mol×75%=1.5mol，则用H2S表示的反应速率为：

v（H2S）＝1.5mol÷2L÷5min=0.15mol/（L•min），故答案为：

0.15；

②.根据平衡三段式法有：

COS（g）+H2O（g）

H2S（g）+CO2（g）

起始浓度（mol/L）：

1200

转化浓度（mol/L）：

0.750.750.750.75

平衡浓度（mol/L）：

0.251.250.750.75

则该温度下平衡常数K＝

=1.8，故答案为：

1.8。

点睛：

本题综合考查化学反应原理，试题难度中等，熟练掌握盖斯定律、平衡状态的判断方法、三段式法在化学平衡计算中的应用是解题的关键。

本题的难点是第（4）小题，利用所给图象判断可逆反应是否达到平衡状态时，一定要根据平衡状态的定义即正逆反应速率相等、各物质的浓度保持不变进行分析判断，解题时要特别注意图象中曲线的变化趋势。

11.稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪（Sc）和钇（Y）共17种元素。

稀土元素有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。

（1）钪（Sc）为21号元素，位于周期表的_____区，基态原子价电子排布图为_______。

（2）离子化合物Na3[Sc（OH）6]中，存在的化学键除离子键外还有_______。

（3）Sm（钐）的单质与l，2－二碘乙烷可发生如下反应：

Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。

ICH2CH2I中碳原子杂化轨道类型为______,lmolCH2=CH2中含有的σ键数目为______。

常温下l，2－二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是__________

（4）与N3-互为等电子体的分子有________________（写两个化学式）。

（5）Ce（铈）单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=516pm。

晶胞中Ce（铈）原子的配位数为_______，列式表示Ce（铈）单质的密度：

________g/cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数的值，不必计算出结果）

【答案】

（1）.d

（2）.

（3）.共价键和配位键（4）.sp3（5）.3.01×1024或5NA（6）.二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高（7）.N2O、CO2、CS2、BeF2等（8）.12（9）.

或

【解析】

（1）.钪（Sc）为21号元素，根据核外电子排布规律可知钪（Sc）的核外电子排布式为：

1s22s22p63s23p63d14s2，位于元素周期表的d区，基态原子价电子排布图为

，故答案为：

d；

；

（2）.离子化合物Na3[Sc（OH）6]中，存在的化学键除离子键外还有O与H之间的共价键，以及Sc与氢氧根离子之间的配位键，故答案为：

共价键和配位键；

（3）.ICH2CH2I中碳原子是饱和碳原子，其杂化轨道类型为sp3，CH2=CH2中单键都是σ键，双键中含有1个σ键，所以1个CH2=CH2中含有5个σ键，则1molCH2=CH2中含有的σ键数为3.01×1024或5NA，由于二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以常温下1，2－二碘乙烷为液体而乙烷为气体，故答案为：

sp3；3.01×1024或5NA；二碘乙烷的相对分子质量较大，分