5.安徽省马鞍山市高三年级化学学科高考模拟试卷.doc

1、安徽省马鞍山市高三年级化学学科高考模拟试卷安徽省马鞍山市高三年级化学学科高考模拟试卷 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 K39 Ti48 Fe56 I127Ag108 一一、选择题选择题：本题包括本题包括 7 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 42 分分；每小题给出的四个选项中每小题给出的四个选项中,只有一项符只有一项符 合题目要求。合题目要求。 7. 下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ） A. 质子数为 17、中子数为 20 的氯原子： 20 17Cl B. 氯离子(Cl )的结构示意图： C. 氯分子的电子式：

2、 D. 氯乙烯的结构简式：H3CCH2Cl 【答案】C 【解析】 元素符号左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数=37，应表示为 37 17Cl，A 项错误；氯离子质子数小于电 子数，其结构示意图为，B 项错误；氯原子最外层 7 个电子，Cl2分子中每个氯原子都达到 8 电子 稳定结构，C 项正确；氯乙烯结构简式为 CH2=CHCl，题目中结构简式表示的是氯乙烷，D 项错误。 8. 称取(NH4)2SO4和 NH4HSO4混合物样品 7.24 g， 加入含 0.1 mol NaOH 的溶液， 完全反应生成 NH31792 mL （标准状况） ，则(NH4)2SO4和 NH4HSO4的物质的量

3、之比为（） A. 1:1B. 1:2C. 1.87:1D. 3.65:1 【答案】C 【解析】 利用极值法分析可知 0.1mol 氢氧化钠不足，加入的 NaOH 先与 NH4HSO4发生中和反应，因共生成 NH30.08mol，故与 H+反应的氢氧化钠为 0.02mol，则样本中含 NH4HSO40.02mol，则含(NH4)2SO4的质量为 7.24g-115g-1mol0.02mol=4.94g ， (NH4)2SO4的 物 质 的 量 为 0.0374mol= mol132g 4.94g 1 - 。 故 (NH4)2SO4与 NH4HSO4物质的量之比为 1.871，故选 C。 9. 制

4、备(NH4)2Fe(SO4)26H2O 的实验中，需要对过滤出产品的母液(pH1)进行处理。室温下，分别取母液并 向其中加入指定物质，反应后溶液中主要存在的一组离子正确的是（） A. 通入过量 Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl、SO42 B. 加入少量 NaClO 溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42、ClO C. 加入过量 NaOH 溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42、OH D. 加入过量 NaClO 和 NaOH 的混合溶液：Na+、SO42、Cl、ClO、OH 【答案】D 【解析】 通入过量 Cl2，在酸性条件下，Fe2+被 Cl2氧化为 Fe3+，溶液中无 Fe2+存

5、在，故 A 项错误；加入少量 NaClO 溶液，在酸性条件下，Fe2+与 ClO会发生氧化还原反应，溶液 Fe2+与 ClO-不会大量共存，并且 H+与 ClO-会 发生反应生成 HClO，B 项错误；加入过量 NaOH 溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中 Fe2+与 OH-不会大 量共存，并且 NH 也会与 OH-反应生成 NH3H2O，C 项错误；加入过量 NaClO 和 NaOH 的混合溶液，Fe2+ 会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中大量存在的离子是 Na 、SO4-、Cl-、ClO-和 OH-，D 项正确。 10. O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=S

6、F6+2HF+4O2，下列说法正确的是（） A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂 C. 若生成 4.48 L HF，则转移 0.8 mol 电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为 14 【答案】D 【解析】 反应中 O 元素由+1 价降低到 0 价，O2F2得到电子，氧气是还原产物，A 项错误；H2S 在反应中失去电子， S 元素化合价升高发生氧化反应，H2S 是还原剂，O2F2中 O 元素化合价降低发生还原反应，O2F2是氧化剂， B 项错误；外界条件未说明是标准状况，不能确定 HF 的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，C 项错 误；由以上分析可知，该反应中还原剂

7、为 H2S，氧化剂为 O2F2，由化学方程式可知还原剂与氧化剂的物质 的量之比为 14，D 项正确。 11. 为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含 NH4+的废水和工业废气（主要含 N2、CO2、SO2、NO、CO， 不考虑其他成分） ，设计了如下流程： 下列说法不正确的是（） A. 固体 1 中主要含有 Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3 B. X 可以是空气，且需过量 C. 捕获剂所捕获的气体主要是 CO D. 处理含 NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4+NO2-=N2+2H2O 【答案】B 【解析】 工业废气中的 CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成 CaCO3、CaSO

8、3，因氢氧化钙过量，则固体 1 中主要含有 Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，A 项说法正确；气体 1 是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体 1 通入 气体 X，用氢氧化钠溶液处理后到的 NaNO2，X 可以为空气，但不能过量，否则将会得到硝酸钠，B 项说 法错误； 气体 2 中含有 CO 和 N2， 捕获剂所捕获的气体为 CO， 无法污染的气体是 N2， C 项说法正确； NaNO2 与含有 NH4+的溶液反应生成的无污染气体应为氮气，发生氧化还原反应的离子方程式为 NH4+NO2-=N2+2H2O，D 项说法正确。 12. 根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是

9、（） A. 气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4 B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：ClCSi D. 用中文“ ”(o)命名的第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族 【答案】C 【解析】 C、N、O 属于同周期元素，同周期从左至右，元素的非金属性依次增强，原子序数 CNO，非金属性 O NC，C、Si 属于同主族元素，同主族从上到下，元素的非金属性依次减弱，原子序数 CSi ，非金属 性 CSi，则非金属性 ONSi。非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性 H2O NH3SiH4，A 项说法正确。 H

10、与 F、Cl 等形成共价化合物，与 Na 等形成离子化合物，即氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化 合物，B 项说法正确。 通过非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较可以确定元素的非金属性强弱，HCl 不是氧元素的最 高价氧化物的对应水化物，故通过题述反应不能比较 Cl、C 的非金属性，C 项说法错误。118 号元素的原子 序数为 118，其原子结构示意图为，其原子结构中有 7 个电子层，最外层电子数为 8， 则第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族，D 项说法正确。 13. 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子， 关于此反应说法错误

11、的是（） A. 一定属于吸热反应B. 一定属于可逆反应 C. 一定属于氧化还原反应D. 一定属于分解反应 【答案】A 【解析】 根据图示可知该反应的反应物是一种，生成物是两种，该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应， 但也有的分解反应如 2H2O2=2H2O+O2是放热反应，A 项说法错误；根据图示可知有一部分反应物未参加反 应，该反应是可逆反应，B 项说法正确；据图可知，该反应有单质生成，反应中有元素化合价的变化，属 于氧化还原反应，C 项说法正确；反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D 项说法正确。 二二、非选择题非选择题：本题包括必考题和选考题两部分本题包括必考题和选考题

12、两部分，第第 2628 题为必考题题为必考题，每个试题考生都必每个试题考生都必 须作答，共须作答，共 43 分；第分；第 35/36 题为选考题，考生任选一题作答，各题为选考题，考生任选一题作答，各 15 分。分。 26.（14 分）高锰酸钾（ 4 KMnO）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药等工业。以软锰矿（主 要成分为 MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下： 回答下列问题： （1）原料软锰矿与氢氧化钾按 11 的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是 _。 （2）“平炉”中发生的化学方程式为_。 （3）“平炉”中需要加压，其目的是_。 （4）将 K2MnO4转

13、化为 KMnO4的生产有两种工艺。 “ 2 CO歧化法”是传统工艺，即在 K2MnO4溶液中通入 CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧 化反应，反应生成 K2MnO4，MnO2和_（写化学式） 。 “电解法”为现代工艺，即电解 K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为_， 阴极逸出的气体是_。 “电解法”和“ 2 CO歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为_。 （5）高锰酸钾纯度的测定：称取 1.0800 g 样品，溶解后定容于 100 mL 容量瓶中，摇匀。取浓度为 0.2000 molL1的 H2C2O4标准溶液 20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用样品溶液平行

14、滴定三次，平均消耗样品溶液的 体积为 24.48 mL，该样品的纯度为_（已知 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O） 。 【答案】 (1) 增大接触面积，增大化学反应速率(2)2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O (3)增大反应物 O2的浓度，使化学反应速率增大，同时使反应物的转化率增大(4)K2CO3 MnO42-e-=MnO4-H23:2（5）95.62% 【解析】 （1） 软锰矿是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其接触面积的方法提高反应速率，故将其 粉碎成细小的颗粒。 （2） 根据流程图可知，“平炉”中 MnO2、KOH、O2在加

15、热条件下反应生成 K2MnO4，结合质量守恒定律可 知，另一种产物是 H2O，反应的化学方程式为 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O。 （3）反应物氧气是气体，在“平炉”中加压，可以使氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响， 增大反应物的浓度，可以使化学反应速率增大；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平 衡向气体体积减小的正反应方向移动，即可以提高原料的转化率； （4） 在 K2MnO4溶液中通入 CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应生成 KMnO4和 MnO2，根据质量守恒定律，另一种生成物是 K2CO3，反应的化学方程式为 3K

16、2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+2K2CO3； “电解法”为现代工艺，电解 K2MnO4水溶液过程中，在电解槽中的阳极， MnO42- 失去电子发生氧化反应，生成 MnO4-，电极反应式为 MnO42-e-=MnO4-；在阴极上，水电离出的 H+获得电子 生成氢气逸出，电极反应式为 2H2O+2e-=H2+2OH-，即阴极逸出的气体是 H2，总反应方程式是： 2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2+2KOH；根据“电解法”制取 KMnO4的化学方程式可知，K2MnO4的理 论利用率是 100%；由“CO2歧化法”的化学方程式，3K2MnO4+2CO2= 2KMnO4+Mn

17、O2+K2CO3可知，K2MnO4 的理论利用率是 3 2 ，所以二者的理论利用率之比为 3:2。 （5）根据反应的离子方程式 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O 可知，KMnO4与草酸反应的关系 式是：2 KMnO45H2C2O4，配制的溶液的浓度为：molL-1，则 1.0800g 样品中含 KMnO4 的物质的量为：n= mol006536. 0mol 48.245 202 . 02 1000 100 ，KMnO4的质量为 0.006536mol158gmol-1=1.0327g。故其纯度为： %62.95%100 0800. 1 0327. 1 g g

18、 。 27. （15 分）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂和消毒剂。以下是一种制备过氧化 钙的实验方法。回答下列问题： （一）碳酸钙的制备 （1）步骤加入氨水的目的是_。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利 于_。 （2）下图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是_（填标号） 。 a 漏斗末端颈尖未紧靠烧杯内壁 b用玻璃棒引流 c将滤纸润湿，使其紧贴漏斗壁 d滤纸边缘高出漏斗边缘 e用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度 （二）过氧化钙的制备 CaCO 稀盐酸、煮沸、过滤 滤液 冰浴 氨水和双氧水 过滤 白色晶体 （3） 步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸， 至溶液中尚存少量

19、固体， 此时溶液呈_性 （填“酸”“碱”或“中”。 将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是_。 （4）步骤中反应的化学方程式为_，该反应需要在冰浴下进行，原因 是_。 （5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是_。 （6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。 该工艺方法的优点是_，产品的缺点是_。 【答案】(1)调节溶液 pH 使 Fe3+转化为 Fe（OH）3沉淀过滤分离(2) ade(3)酸除去溶液中 溶解的 CO2(4)CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O温度过高时过氧化氢分解

20、(5) 去除结晶表面水分(6) 工艺简单、操作简便纯度较低 【解析】 （1）反应中盐酸过量，且溶液中含有铁离子，因此步骤加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子； 小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤分离。 （2）过滤时漏斗末端颈尖应该紧靠烧杯壁，a 错误；玻璃棒用作引流，b 正确；将滤纸润湿，使其紧贴漏 斗壁，防止有气泡，可以加快过滤速度，c 正确；滤纸边缘应该低于漏斗边缘，d 错误；用玻璃棒在漏斗中 搅动容易弄破滤纸，e 错误。 （3）步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中掺有生成的二氧化碳，故溶 液呈酸性。溶液中含有二氧化碳，而过氧化钙能与酸反应，将溶液煮

21、沸的作用是除去溶液中溶解的 CO2。 （4）根据原子守恒可知反应中还有氯化铵和水生成，则步骤中反应的化学方程式为 CaCl22NH3H2O H2O2=CaO22NH4Cl2H2O；H2O2不稳定，受热易分解，因此该反应需要在冰浴下进行的原因是防止过 氧化氢分解。 （5）乙醇易挥发，过氧化钙在乙醇中的溶解度较小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。 （6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可以得到过氧化钙产 品。该工艺方法的优点是原料来源丰富、工艺简单、操作简便；缺点是得到产品的纯度较低。 28. （14 分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备

22、。回答下列问题： (1)正丁烷(C4H10)脱氢制 1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下： C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)H1 已知：C4H10(g)+ 1 2 O2(g)= C4H8(g)+H2O(g)H2=-119 kJmol-1 H2(g)+ 1 2 O2(g)= H2O(g)H3=-242kJmol-1 反应的H1为_ kJmol-1。图(a)是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图， x_0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_(填标号)。 A升高温度B降低温度C增大压强D降低压强 (2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的

23、反应器(氢气的作用是活化催化剂)， 出口气中含有 丁烯、丁烷、氢气等,图(b)为丁烯产率与进料气中 n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变 化趋势，其降低的原因是_。 (3)图(c)为丁烯产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在 590 之前随温度升高而增大的原因可能是_、 _； 590 之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_。 【答案】 (1).+123kJmol 1 小于AD(2)氢气是产物之一，随着 n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速 率增大(3)升高温度有利于反应正向进行温度升高反应速率增大丁烷高温裂解生成短链烃类 【解析

24、】 (1)根据盖斯定律，用式-式可得式，因此H1=H2-H3=-119 kJmol-1+242 kJmol-1=+123kJmol-1。 由 a 图可以看出，温度一定，由 0.1MPa 变化到 xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，反应是气 体物质的量增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，故 x0.1。提高丁烯的产率，要求平衡向正反 应方向移动。因为反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率增大，故 A 正确； 降低温度，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故 B 错误；反应是气体物质的量增大的反应， 增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故 C 错

25、误；降低压强，平衡向正反应方向移动， 丁烯转化率提高，故 D 正确。(2)通入丁烷和氢气，发生反应，氢气是生成物，随着 n(H2)/n(C4H10)增大， 相当于增大氢气的量，逆反应速率增加；(3)根据图(c)，590之前，随温度升高反应速率增大，单位时间内 生成的丁烯会更多，同时由于反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，丁烯产率增大。温度超过 590 时，由于丁烷高温裂解生成短链烃类，导致丁烯产率减小。 35.（15 分）选考题分）选考题:【化学【化学选修选修 3：物质结构与性质】：物质结构与性质】 碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题： （1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出

26、现的概率密度分布可用_形象化描述。在基态 碳原子中，核外存在_对自旋状态相反的电子。 （2） 碳在形成化合物时， 其键型以共价键为主， 原因是_。 （3）CS2分子中，共价键的类型有_，C 原子的杂化轨道类型是_，写出两个与 CS2具 有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。 （4）CO 能与金属 Fe 形成 Fe(CO)5，该化合物的熔点为 253K，沸点为 376K，其固体属于_晶体。 碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示： 在石墨烯晶体中，每个 C 原子连接_个六元环，每个六元环均摊_个 C 原子。 在金刚石晶体中，C 原子所连接的最小环也为六元环，每个 C 原子连接

27、_个六元环，六元环中最 多有_个 C 原子在同一平面。 【答案】(1)电子云2碳原子有 4 个价电子且原子半径较小，难以通过得失电子达到稳定结构 (3)键和键spCO2、SCN-(4)分子32124 【解析】 （1）电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布的形象化的描述；C 原子的核 外有 6 个电子，电子排布式为 1s22s22p2，其中 1s、2s 原子轨道中电子的自旋状态相反，而占据两个 2p 轨道 的两个电子的自旋状态相同。 （2）在原子结构中，最外层电子少于 4 个的原子易失去电子，而 C 原子的最外层是 4 个电子，且 C 原子的 半径较小，难以通过得失电子达

28、到稳定结构，主要通过共用电子对即形成共价键的方式来达到稳定结构。 （3）CS2分子中，C 原子与 S 原子通过双键结合，每个双键含有 1 个键和 1 个键，故含有的共价键类型 为键和键；C 原子形成 2 个键，无孤对电子，所以为 sp 杂化；O 与 S 同主族，所以与 CS2具有相同空间 构型和键合形式的分子为 CO2；与二氧化碳互为等电子体的离子有 SCN-，所以 SCN-的空间构型与键合方式 与 CS2相同。 （4）该化合物熔点为 253K，沸点为 376K，熔、沸点较低，所以为分子晶体。 （5）根据均摊法来计算。石墨烯晶体中，每个 C 原子被 3 个 6 元环共有，每个六元环均摊的 C

29、原子数是 6 1 3 = 2； 每个 C 原子形成 4 个共价键，可以组合六个角，每个角延伸为两个六元环，因此每个碳原子 连接 26=12 个六元环；单键构成的六元环有船式和椅式两种构象。船式构象的船底四个原子是共面的；椅 式构象中座板部分的四个原子是共面的，即六元环中最多有 4 个 C 原子共面。 36.（15 分）选考题分）选考题: 【化学【化学选修选修 5：有机化学基础】：有机化学基础】 化合物 X 是一种香料，可用乙烯与甲苯为主要原料按下列路线合成： 已知：RX ONaOH/H2 ROH；RCHOCH3COOR ONaCHCH 23RCHCHCOOR 请回答： （1）E 中官能团的名称

30、是_。 （2）BDF 的化学方程式_。 （3）X 的结构简式_。 （4）对于化合物 X，下列说法正确的是_。 A能发生水解反应B不与浓硝酸发生取代反应 C能使 Br2的 CCl4溶液褪色D能发生银镜反应 （5）下列化合物中属于 F 的同分异构体的是_。 【答案】(1) 醛基(2) 。 (3)(4)AC(5)BC 【解析】 A 为乙烯与 H2O 的加成产物，故 A 为 CH3CH2OH(乙醇)，A 催化氧化得到 B，B 为 CH3COOH(乙酸)；甲苯 光照条件下与氯气反应，甲基上一个氢原子被氯原子取代，故 C 为 C6H5CH2Cl；C 在 NaOH 水溶液中水解 生成醇，所以 D 为 C6H

31、5CH2OH(苯甲醇)，D 催化氧化为 E，所以 E 为 C6H5CHO 苯甲醛。 （1）E 为苯甲醛，含有的官能团为醛基。 浓 H2SO4 （2）B 为乙酸，D 为苯甲醇，二者发生酯化反应生成酯 F，化学方程式为： 。 （3）类比已知条件 RCHOCH3COOR ONaCHCH 23RCHCHCOOR可知，苯甲醛（E）和 F（ ）发生同类型反应得到不饱和酯 X，X 的结构简式为：。 （4）X 分子中含有碳碳双键、酯基和苯环结构，酯基可以发生水解反应，苯环上的氢原子可以与浓硝酸发 生取代反应，碳碳双键可以使溴的四氯化碳溶液褪色，但不能发生银镜反应，故选 AC。 （5）F 的结构简式为，分子式为 C9H10O2，不饱和度为 5，与 F 互为同分异构体是 B、C 两种物质，A、D 与 F 分子中 C 原子数不相同，不是 F 的同分异构体。 浓 H2SO4