7.福建省漳州市高三年级化学学科高考模拟试卷.doc

1、福建省漳州市高三年级化学学科高考模拟试卷福建省漳州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：H-1C-12N-14O -16S-32Cl -35.5Ti -48Na-23Zn-65 一、选择题：本题共7 小题，每小题6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 7下列有关解释不正确的是() 选项文献解释 A“三月打雷麦谷堆”(雷雨肥庄稼) 反应之一是 N22O2= 放电 2NO2 B“火树银花合，星桥铁锁开”“火树银花”涉及的焰色反应是物理变化 C易经记载：“泽中有火，上火下泽” “泽中有火”指湖泊池沼水面上甲烷的燃烧现 象 D 周礼中记载：沿海古人“煤饼烧砺房

2、成灰”(“砺房”为牡蛎壳)， 并把这种灰称为 “蜃” “蜃”的主要成分是 CaO 8青出于蓝而胜于蓝，“青”指的是靛蓝，是人类使用历史悠久的染料之一，下列为传统制备靛蓝的过程： 下列说法不正确的是（） A靛蓝的分子式为 C16H8N2O2B浸泡发酵过程发生的反应为取代反应 C吲哚酚的苯环上的二氯代物有 6 种D1 mol 吲哚酚与 H2加成时可消耗 4 mol H2 9氢氧化铈Ce(OH)4是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含 SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题小组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下： 下列说法错误的是() A滤渣 A 中主要含

3、有 SiO2、CeO2 B过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 C过程中发生反应的离子方程式为 CeO2H2O23H =Ce32H2OO2 D过程中消耗 11.2 L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为 26.021023 10.对实验室制得的粗溴苯含溴苯(不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点 156.2 )、Br2和苯(沸点 80 )进行纯化， 未涉及的装置是() ABCD 11已知:电流效率=电路中通过的电子数与消耗负极失去电子总数之比。现有两个电池、，装置如图所示。 下列说法正确的是() A.和的电池反应不相同B.能量转化形式不同 C.的电流效率低于的电流效率D.5 min 后，、

4、中都只含 1 种溶质 12短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其中 Q、W 原子核外 L 层的电子数分别为 0、4， X、Y、Z 在元素周期表中的位置如图。下列说法不正确的是() A.W、X、Q 的原子半径依次减小 BY 的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸 CW 和 Z 可能形成化合物 W3Z8 DQ、X、Z 可能形成离子化合物 13 20 时，在 H2C2O4、NaOH 混合溶液中，c(H2C2O4)c(HC2O 4)c(C2O2 4)0.100 molL 1。含碳 元素微粒的分布分数随溶液 pH 变化的关系如图所示。下列说法正确的是() A表示 H2C2O4的分布曲线

5、，表示 C2O 2 4的分布曲线 BQ 点对应的溶液中 lgc(H )T1)，在 1 L 恒容容器中也加入 1.8 mol H2、1.2 mol S2，建立平衡时测得 S2的转化 率为 25%，据此判断H1_0(填“”或“”“c(OH)，即 lgc(H)lgc(OH)，故 B 错误；电离平衡常数只受温度的影响，根据 P 点，Ka cH cC2O2 4 cHC2O 4 10 4.2，此平衡常数是草酸的二级电离，故 C 错误；根据质子守恒，因此有 c(OH)c(H) c(C2O2 4)c(H2C2O4)，故 D 正确。 26答案:(1)球形冷凝管（1 分）冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率（2

6、 分） (2)+2H2O2+3H2O（3 分） (3) H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的 H2O2减少，影响产量（2 分） (4)过滤（1 分）蒸馏（1 分） (5)dacb（2 分）87.84%（2 分） 【试题解析】(1)仪器 a 是具有球形特征的冷凝管，名称为球形冷凝管，甲苯挥发会导致产率降低，冷凝回 流，防止甲 苯挥发导致产率降低。 (2)三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛，同时还生成水，反应方程式为 +2H2O2+3H2O。 (3)温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，苯甲醛的产量有所减少。 (4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温

7、时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出 苯甲醛。 (5)实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。 先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，再分液分离，水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得 到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸，故正确的操作步骤是 dacb。 若对实验中获得的苯甲酸产品进行纯度测定，可称取 2.500 g 产品，溶于 200 mL 乙醇配成溶液，量 取所得的乙醇溶液 20.00 mL 于锥形瓶，滴加 23 滴酚酞指示剂，然后用预先配好的 0.100 0 molL-1 KOH 标准液滴定，到达滴定终点时消耗 KOH 溶液 18.00 mL。

8、苯甲酸的物质的量等于消耗 KOH 物 质的量，则 2.500 g 产品中苯甲酸为 0.018 L0.1 molL-1122.0 gmol-1=2.196 g，产品中苯甲酸的 质量分数为100%=87.84%。 27. （14 分） 【答案】(1)过滤（1 分）H2SiO3（1 分） （2） 升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率（2 分） （3）3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+（2 分） （4） 除去 Cu2+（2 分） （5）60条件下蒸发浓缩（2 分）降低烘干的温度，防止 ZnSO47H2O 分解（2 分） （6） b（2 分） 【试题解析】

9、氧化锌矿(主要成分为 ZnO，另含 ZnSiO3、FeCO3、CuO 等)加稀硫酸溶解，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫 酸铜、硫酸亚铁，再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成 MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有 硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为 Cu 可能含有 Zn，滤液为硫酸锌和硫酸钾，蒸发浓缩、 冷却结晶、过滤得到 ZnSO47H2O 晶体，根据分析可回答下列问题： （1）ZnSiO3与稀硫酸反应生成硅酸不溶于水，故滤渣为硅酸，所用分离操作为过滤。 （2）不断通入高温水蒸气，可以升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率。 （3）在 pH 约为 5.1 的滤液中加入高锰

10、酸钾，高锰酸钾与 Fe2+反应生成 Fe(OH)3和 MnO(OH)2两种沉淀， 故该反应的离子方程式为：3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+ （4）步骤中，向滤液中加入锌粉，可以与 Cu2+反应置换出铜，从而除去 Cu2+。答案为：除去 Cu2+ （5）从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作，因为 ZnSO47H2O 易分解， 所以烘干操作需在减压低温条件下进行，因此，本题正确答案是:60条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度， 防止 ZnSO47H2O 分解。 （6）28.70gZnSO47H2O 的物质的量为 0.1mol，由 Zn

11、 元素守恒可以知道，生成 ZnSO4H2O 或 ZnSO4或 ZnO 时，物质的量均为 0.1mol，若得 ZnSO4H2O 的质量为 17.90g(100);若得 ZnSO4的质量为 16.10g(250);若得 ZnO 的质量为 8.10g(930);据此通过排除法确定 680 时所得固体的化学式为 Zn3O(SO4)2；答案为：b 28(15 分) 【答案】 、(1) 2H2-H1（2 分）(2) 0.8（1 分） （2 分） 10-6.8（2 分） 、(4)SO2+2H2O-2e-4H+ SO42-（2 分） (5) H SO3-+H2O-2e-SO42-+3H+（2 分） 【试题解析

12、】（1）已知 2H2（g）+S2（g）2H2S（g）H1（） 3H2（g）+SO2（g）2H2O（g）+H2S（g）H2（） 根据盖斯定律，由（）2-（）可得：4H2（g）+2SO2（g）S2（g）+4H2O（g），故H=H22-H1， 故答案为：H22-H1； （2）10min 时反应达到平衡测得 10min 内 v（H2S）=0.08molL-1min-1，故n（H2S） =0.08molL-1min-110min1L=0.8mol，则： 2H2（g）+S2（g）2H2S（g） 起始（mol）：1.81.20 变化（mol）：0.80.40.8 平衡（mol）：1.00.80.8 由于容器

13、体积为 1L，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数 K=c2（H2S）/ c2（H2）c（S2） =082/1020.80=0.8，故答案为：0.8； 根据中数据，可知温度为 T1时 S2的转化率=0.4mol1.2mol0.4mol1.2mol=33.3%25%，说明升温 平衡逆向移动，故正反应为放热反应，即H10，平衡常数减小，故答案为：；减小； （3）溶液中 SO32-离子水解：SO32-+H2OHSO3-+OH-，破坏水的电离平衡，导致溶液显示碱性， c（OH-）c（H+）根据电荷守恒，溶液中 c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）， 故 c

14、（Na+）2c（SO32-）+c（HSO3-），故答案为：SO32-+H2OHSO3-+OH-； 亚硫酸根离子的水解平衡常数 K=c（HSO3）c（OH）/c（SO32）， 当 pH=7.2 时，SO32-、HSO3-浓度相等，所以 K=c（OH-）=10-6.8，故答案为：10-6.8 （4）根据负极发生氧化反应，元素化合价升高，因此通 SO2的电极为负极，故电极反应式为 SO2+2H2O-2e-4H+ SO42- （5）根据阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此 HSO3失电子，故电极反应式为 H SO3-+H2O-2e-SO42-+3H+ 35化学选修 3：物质结构与性质（15 分） 答

15、案:(1) 1s22s22p63s23p64s2（1 分）12 （1 分） (2)3（1 分）SO3(或 BF3)(写出其他合理答案也可) （1 分） (3)H3BO3与一个水分子可形成配位键，产生 B(OH和一个 H+（2 分） (4)sp3（1 分）层状结构中没有自由移动的电子（2 分） (5) TiCl(H2O)52+（2 分） (6)FeC（2 分）1010（2 分） 【试题解析】 (1)基态钙原子的电子排布式 1s22s22p63s23p64s2;镁属于六方最密堆积，其配位数是 12。 (2)第 2 周期的第一电离能 NeFNOC， 氮元素的第一电离能在同周期中从大到小排第 3 位。

16、与 N 互为等电子体的一种非极性分子是 SO3或 BF3。 (3)H3BO3与一个水分子可形成配位建，产生B(OH)4-和一个 H+，硼酸(H3BO3)为一元弱酸。 (4)硼原子和四个氮原子形成 4 个共价单键，所以硼原子的杂化方式是 sp3。 (5)配位数为 6，组成为 TiCl36H2O 的晶体，晶体中两种配体的物质的量之比为 15，而 TiCl36H2O 的晶体 中有 3 个氯原子，另一配体是 H2O，氯原子与 H2O 物质的量之比为 15，则该配离子的化学式为 TiCl(H2O)52+。 (6)根据晶胞结构可知铁原子的个数是 4，碳原子的个数是 4，该物质的化学式为 FeC;晶胞中最近

17、的两个 碳原子的距离是面对角线的一半，晶胞的边长是cm，面对角线是cm，则晶胞中最 近的两个碳原子的距离是=1010pm。 36化学选修 5：有机化学基础（15 分） 【答案】 (1) 氧化反应 （2） （3）2（4） （5）碳碳双键、羧基 （6） （7） 【解析】分析：对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成（B） ，根据信息 iii 可知，B 与 SOCl2反应生成；与溴发生 1，4 加成生成 (CH3)2CBr-CH=CH-BrC(CH3)2，该有机物与氢气发生加成生成(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2，根据信息 ii 可知，(CH3)2

18、CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2与发生取代反应生成；然后根据信息 i 可知， 有 机 物与发 生 取 代 反 应 生 成； 在酸性条件下发生水解生成（F） 。据此进行解题。 （3）根据以上分析可知，有机物 C 的结构简式为(CH3)2CBr-CH=CH-BrC(CH3)2，以碳碳双键为对称轴进 行分析可知，核磁共振氢谱图中有 2 个峰；正确答案：2。 （4） 根据信息 ii 可知，(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2与发生取代反应生成；反 应 的 化 学 方 程 式 ：； 正 确 答 案 ： 。 （5） 综上分析可知， 有机物 F 的分子式是 C24H28O2.， 结构简式为， 含有的官能团： 碳碳双键、羧基；正确答案：碳碳双键、羧基。 （6）有机物 A 为对苯二甲酸，同分异构体满足 a苯环上的一氯代物有两种，环上有两个取代基；b既 能发生银镜反应又能发生水解反应，结构中含有 HCOO-取代基，具体结构如下:；正确 答案：。