辽宁省大连市高三第二次模拟考试理综化学试题含解析(DOC 16页).doc

1、辽宁省大连市2018届高三第二次模拟考试理综化学试题1. 下列生活用品，主要由塑料制成的是A. 车轮轮胎 B. 农用薄膜 C. 尼龙衣料 D. 棉T恤衫【答案】B【解析】A. 车轮轮胎主要成分是橡胶，故A错；B. 农用薄膜属于塑料，故B正确；C. 尼龙衣料主要成分是合成纤维，故C错误；D. 棉T恤衫主要成分是纤维素，故D错误；答案：B。2. 设NA为阿伏加德罗常数的位，下列说法正确的是A. 1molKMnO4固体完全分解制取O2,转移的电子数为2NAB. 1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中HCO3-和CO32-数目之和为0.1NAC. 在密闭容器中,2molNO与1molO2充分混合后，

2、气体分子数为3NAD. 50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜充分反应,生成SO2分子数目为0.46NA【答案】A【解析】A. 1molKMnO4固体完全分解生成0.5molO2,转移的电子数为2NA,，故A正确；B. 根据碳原子守恒1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中HCO3-和CO32-、H2CO3数目之和为0.1NA，故B错误；C. 在密闭容器中,2molNO与1molO2充分反应生成2molNO2，气体分子数为2NA,故C错；D.因为浓硫酸与足量铜充反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不会反应，所以50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜充分反应,生成SO2分子数目小

3、于0.46NA，故D错误；答案：A。3. 喷普洛韦主要用于口唇或面部单纯疱疹,结构简式如图所示，下列说法不正确的是A. 喷普洛韦的分子式为C10H15N5O3B. 喷普洛韦能发生取代反应C. 1mol 该有机物与足量Na反应产生22.4LH2D. 喷普洛韦分子中所有碳原子不可能都处于同一平面【答案】C【解析】A. 根据喷普洛韦的结构简式知喷普洛韦的分子式为C10H15N5O3，故A正确；B. 喷普洛韦中含有羟基，和烷烃基和氨基，所以能发生取代反应，故B正确；C. 1mol 该有机物与足量Na反应产生1molH2,没有状态，无法计算体积，故C错误；D. 由结构简式知喷普洛韦分子中含有烷烃基，所有

4、碳原子不可能都处于同一平面，故D正确；答案：C。点睛：考查官能的性质和原子共面问题。根据官能团的性质判断反应类型。根据有机物的基本结构，如苯分子中所有原子共面，烷烃基的所有原子不共面等判断原子共面问题。4. 短周期1-10号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的最高正价和最低负价的代数和为0；X的一种核素在考古时常用来鉴定此文物的年代,Y的常见氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，工业上.采用液态空气分馏方法来生产Y的单质。根据以上叙述,下列说法中不正确的是A. 元素简单气态气化物的热稳定性:ZYXB. W可与同主族的元素形成离子化合物C. W、X、Y、Z四种元素可形成水溶

5、液显中性的盐D. X、Z分别与W形成化合物的沸点一定有:XCSiD. 图4装置可用于除去Cl2中的水蒸气【答案】A【解析】A. 图1操作可除去碱式滴定管胶管中的气泡正确，故A正确；B. 图2装置不可用作蒸馏时的接收装置，因为锥形瓶口加活塞，无法排除气体，蒸馏液无法流入，故B错；C. 图3可证明酸性：HClH2CO3H2SiO3,无法证明元素的非金属性:ClCSi，故C错误；D. 图4装置不可用于除去Cl2中的水蒸气，因为浓硫酸是液体，Cl2无法通过，故D错误；答案：A。6. 如图是NO2和O2形成的原电池装置。下列说法不正确的是A. 石墨做正极,O2发生还原反应B. 该电池放电时NO3-从右侧

6、向左侧迁移C. 当消耗1mol NO2时，电解质中转移1mol eD. 石墨附近发生的反应为NO2+NO3-e-=N2O5【答案】C【解析】A.负极上二氧化氮失电子和硝酸根离子反应生成五氧化二氮，在石墨I附近发生氧化反应，所以石墨做正极,O2发生还原反应，故A正确；B放电时，电解质中阴离子向负极移动，所以N03向石墨I电极迁移，即从右侧向左侧迁移，故B正确；C由负极电极反应式为NO2e+NO3N2O5知，当消耗1mol NO2时，导线中转移1mol e-，故C错误；D负极电极反应式为NO2e+NO3N2O5，所以石墨附近发生的反应为NO2+NO3-e-=N2O5，故D正确；答案：C。点睛：考查

7、原电池原理。根据原电池工作原理判断溶液中离子的移动方向，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；根据电子守恒判断正负极电子转移的数目。根据得失电子判断电极反应式的书写。7. 在不同温度下,水溶液中c(H+)与c(OH-)有如图所示关系。下列说法正确的是A. b点溶液中不可能存在NH3H2OB. b、c两点pH相同,但溶液的酸碱性不同C. 通过降温的方法，可使溶液的状态中d点变为a点D. a点溶液中可能大量共存的离子：Fe3+、Na+、Cl-、SO42-【答案】B.点睛：根据溶液的酸碱性判断离子共存。如在中性溶液中，Fe3+离子发生水解生成Fe(OH)3的沉淀。根据图像推断溶液的酸碱性，水的离子积常

8、数只与温度有关，与c(H+)和c(OH-)的大小无关。8. 软锰矿主要含有MnO2(约70%)、SiO2、Al2O3，闪锌矿主要含有ZnS(约80%)、FeS、CuS、SiO2。为了高效利用这两种矿石，科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，主要流程如下图所示,回答下列问题:（1）反应所得滤液中含有Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阴离子,所得滤液中含有S和_。为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率,可进行的操作是(至少两条):_。（2）若反成加入的锌过量,还会进一步发生反应的离子方程式方为_。（3）反应中加入MnO2的作用是（离子方程式表示)_；反应中加入MnCO3、Z

9、nCO3的作用是_。（4）反应的电解总反应为:MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4，写出阳极的电极反应式_。（5）MnO2和Zn可按等物质的量之比生产锌-锰干电池,则从生产MnO2和Zn的角度计算,所用软锰矿和闪铲矿的质量比大约是_。(保留小数点后两位)【答案】 (1). SiO2 (2). 提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等 (3). Zn+Fe2+=Zn2+Fe (4). 4H+MnO2+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O (5). 调节pH,使Fe3+和Al3+沉淀，且不引入杂质 (6). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+

10、(7). 1.03【解析】（1）因为软锰矿主要含有MnO2(约70%)、SiO2、Al2O3，闪锌矿主要含有ZnS(约80%)、FeS、CuS、SiO2，反应中加H2SO4所得滤液中含有Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子, SiO2不能和H2SO4反应，所得滤液中含有S和SiO2。为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率,可提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等方法来加快反应速率。答案：SiO2 提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等。（2）若反成加入的锌过量,还会与Fe2+发生反应，反应的离子方程式方为Zn+Fe2+=Zn2+Fe.（

11、3）反应中加入的MnO2是氧化剂，可以把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为4H+MnO2+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O；反应中加入的MnCO3、ZnCO3可以和酸反应，所以可用来调节溶液的酸碱性，使Fe3+和Al3+沉淀，且不引入杂质。（4）反应的电解总反应为:MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4，阳极发生氧化反应失电子，其电极反应式Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。（5）据反应MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4可知MnO2、Zn的物质的量之比为1：1，故可设软锰矿、闪锌矿的质量分别为x、y，得0.7x/87：0.8y/

12、971：1，故x：y=1.03.。所用软锰矿和闪铲矿的质量比大约是1.03。点睛：本题考查了物质制备实验的分析判断、物质溶解性的理解应用、电解原理的应用、实验基本操作、化学计算等，题目难度较大。注意掌握该类试题的答题技巧，（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。9. H2S以及COS(羰基硫)是化学工作者重要的研究对象。请回答下列问题:（1）CO

13、S的分子结构与CO2相似,COS的电子式为_。（2）已知:COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) H1=-17KJ/molCOS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) H2=-35kJ/molCO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H3则H3=_（3）已知常温下,Ksp(CuS)=1.010-39,Ksp(PbS)=9.010-29。向含有浓度均为0.01mol/L的Cu2+、Pb2+废水中缓慢通入H2S,首先生成的沉淀的化学式是_；当生成两种沉淀时，c(Pb2+)/c(Cu2+)=_.（4）某温度T下,在密闭容器中充入5molH2O(g)和5molCOS(g),测

14、得混合气体中H2S体积分数()与时间(t)的关系如图所示。A点COS的正反应速率_(填“大于”“小于”或“等于”)B点COS的逆反应速率。在该条件下,COS的平衡转化率为_在该温度下,该反应的平衡常数K=_ 在B点对应的体系中，改变下列条件，能使COS转化率增大的是_A.再通入H2O(g) B.加压 C.降温 D.加入催化剂【答案】 (1). (2). -18kJ/mol (3). CuS (4). 9.0107 (5). 大于 (6). 80% (7). 16.0 (8). AC【解析】（1）COS的分子结构与CO2相似,所以COS的电子式为。（2）COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO

15、(g) H1=-17KJ/molCOS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) H2=-35kJ/molCO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H3根据已知由 -=所以H3=H2-H1=-35kJ/mol-（-17KJ/mol）=-18 kJ/mol（3）已知常温下,Ksp(CuS)=1.010-39，所以c(Cu 2-).c(S 2-)=Ksp(CuS)=1.010-39 所以c(S 2-) =(1.010-39)/ 0.01mol/L=1.010-37mol/L；c(Pb2+).c(S 2-)=Ksp(PbS)=9.010-29，c(S 2-)=(9.010-29)/ 0.

16、01mol/L=9.010-27 mol/L，所以首先生成的沉淀的化学式CuS。在同一溶液中，当同时生成两种沉淀时，c(Pb2+)/c(Cu2+)=(9.010-29)mol/L /(1.010-37)mol/L= 9.0107（4）A点COS的反应没有达到平衡，所以反应仍然向正反应方向进行，反应物的浓度大于达到平衡时B点COS的浓度，B点COS的反应达到平衡了，正反应速率等于逆反应的速率。所以A点COS的正反应速率大于B点COS的逆反应速率。在该条件下, 由COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) H2=-35kJ/mol起始量（mol） 5 5 0 0变化量（mol） X X

17、X X平衡量（mol） 5-X 5-X X X由图知平衡时H2S(g)的体积分数为40，所以X/( 5-X +5-X +X +X)100=40,X=4 mol所以COS的平衡转化率=4/5100=80%.答案：80%。在该温度下,该反应的平衡常数K=c(H2S).c(CO2)/c(COS).c(H2O)=44/11=16.0;答案：16.0A.再通入H2O(g)使平衡正反应方向进行，COS转化率增大，符合题意，故A正确；B. COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) H2=-35kJ/mol，是反应前后气体体积数相等的反应，加压，化学反应平衡不移动，反应物的转化率不会增加，故B错误

18、；C因为此反应是放热反应，降温时，化学平衡向正反应方向移动，COS转化率增大，故C符合题意；D.催化剂只改变化学反应速率，不会影响化学平衡移动，所以不会使COS转化率增大，故D不符合题意；答案：AC。10. FeCl2是一种常用的还原剂。实验室用无水氯化铁和氯苯来制备无水FeCl2。反应原理:2FeCl3+C6H5Cl 2FeCl2+C6H4Cl2+HCl熔点（）沸点（）溶解性（水）溶解性（乙醇）溶解性（乙醚）其它FeCl3、FeCl2易吸水易溶不溶不溶于C6H5Cl 、C6H4Cl2C6H5Cl45132不溶易溶易溶C6H4Cl253173不溶易溶易溶现设计如下方案:在A中放入16.25 g

19、无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在128-139加热3 h.冷却、分离提纯得到粗产品；烧杯中所得盐酸(假设HCl完全被吸收)用AgNO3溶液滴定以测氯化铁转化率。请回答下列问题:（1）仪器B的名称_（2）仪器C中盛装的试剂可以是_A.无水氯化钙 B.碱石灰 C.五氧化二磷 D.浓统酸（3）反应后通入N2的目的是_（4）已知20:时Ksp(AgCl,白色)=1.810-10,Ksp(Ag2CrO4,砖红色)=3.410-11.将烧杯内溶液稀释至100 mL,每次取25.00 mL溶液进行滴定。选用K2CrO4做指示剂,用0.1000mol/L的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体

20、积为25.20 mL，则滴定终点的现象是_，氯化佚的转化率是_（5）冷却实验装置,将三颈烧瓶内物质经过过滤、洗涤、干燥后,得到粗产品，洗涤所用最佳试剂是_;回收滤液中C6H5Cl的操作方法是_【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). AC (3). 将HCl气体全部吹入到C装置中，使其被充分吸收 (4). 滴入最后一滴标准液时，生成砖红色沉淀且半分钟不溶解 (5). 20.16% (6). 乙醚 (7). 蒸馏【解析】（1）仪器B的名称球形冷凝管（2）由2FeCl3+C6H5Cl 2FeCl2+C6H4Cl2+HCl知仪器C是干燥HCl的，又是球形干燥管，所以不能装浓统酸，也不能装碱石灰，碱石

21、灰能和HCl反应，所以可装无水氯化钙或五氧化二磷。答案：AC。（3）反应后通入N2的目的是将HCl气体全部吹入到C装置中，使其被充分吸收 。（4）滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液时，生成砖红色沉淀且半分钟不溶解。由2FeC：l3+C6H5Cl 2FeCl2+C6H4Cl2+HCl Ag+Cl-= AgCl。所以2FeCl3AgNO3。根据消耗AgNO3的物质的量为0.002520L0.1000mol/L100/25=0.001008 mol，所以反应的FeCl3的质量为m=0.001008 mol2162.5 g/ mol=1.638g,氯化佚的转化率是1.638g/16.25 g100%=

22、20.16%.答案：滴入最后一滴标准液时，生成砖红色沉淀且半分钟不溶解 20.16% 。（5）因为C6H4Cl2不溶于水，易溶于乙醚，所以洗涤所用最佳试剂是乙醚；因为C6H4Cl2和C6H5Cl都是易溶于乙醚的物质，但他们的沸点不同，C6H4Cl2的沸点为173，C6H5Cl的沸点为132，所以可以利用蒸馏的方法回收滤液中C6H5Cl。11. 我国考古人员在秦陵挖掘的宝剑,到现们还是锋利无比,原因是剑锋上面覆盖了一层铬。（1）写出Cr的外围电子排布式_。与铬同周期的所有元素中基态原子最外层电子数与铬原子相同的元素是_。（2）根据下表Cr原子的能级电离能(I:k/mo1)数据，解释原子逐级电离能

23、增大的原因：_。I1I2I3I4I5I6I7652.91590.62987474367028744.915455（2）CrCl36H2O有三种水合异构体，蓝绿色的Cr(H2O)5C1Cl26H2O,绿色的Cr(H2O)4C12Cl6H2O和紫色的_,其中Cr的配体水分子也可以被NH3置换，如Cr(NH3)5Cl2+,则NH3的VSEPR模型为_，N的杂化方式为_，写出NH3的一种等电子体_。（4）CrO3能将CH3CH2OH氧化为乙醛，二者的相对分子质量相近,但乙醇的沸点比乙醛高,原因是_。（5）Cr晶体的堆积模型是体心立方堆积。下列金属晶体也采取这种堆积模型的是_A.NaB.PoC.MgD.

24、Cu晶胞中Cr的配位数为_已知Cr的相对原子质量为M,Cr的密度为g/cm3,阿伏加德罗常数用NA表示，则Cr的原子半径是_pm.(写出表达式即可)【答案】 (1). 3d54s1 (2). K、Cu (3). 随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多 (4). Cr(H2O)6Cl3 (5). 四面体形 (6). sp3 (7). PH3 (8). 乙醇能形成分子间氢键 (9). A (10). 8 (11). 【解析】（1）Cr的原子序数为24，核外电子排布式为：1S22S22P63S2P63d54S1,其外围电子排

25、布式3d54s1。与铬同周期的所有元素中基态原子最外层电子数与铬原子相同的元素是K和 Cu。（2）因为随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多。所以表中Cr原子的电离能逐级增大。（3）CrCl36H2O有三种水合异构体，蓝绿色的Cr(H2O)5C1Cl26H2O,绿色的为 Cr(H2O)4C12Cl6H2O和紫色的Cr(H2O)6Cl3，其中Cr的配体水分子也可以被NH3置换，如Cr(NH3)5Cl2+,因为NH3的中心原子上有1对孤对电子，加上中心原子上的键电子对，它们的中心原子上的价层电子电子对数都是4，这些价层电子

26、相互排斥，形成了正四面体型结构。所以NH3的VSEPR模型为四面体形，N的杂化方式为sp3。因为等电子体是指原子总数相等，价电子总数相同的分子，具有相似的化学性质，所以NH3的等电子体为PH3。（4）CrO3能将CH3CH2OH氧化为乙醛，二者的相对分子质量相近,但因为乙醇与水能形成分子间氢键，所以乙醇的沸点比乙醛高。答案：乙醇能形成分子间氢键。（5）因为体心立方堆积是指晶胞中含有两个原子的立方体，一个原子在立方体的顶点上，另一个原子在立方体的中心。Cr晶体的堆积模型是体心立方堆积。而碱金属也属于这种堆积，所以Na 属于体心立方堆积。Po属于简单立方堆积，Mg属于六方最紧密堆积，Cu属于面心立

27、方最紧密堆积，故选A.晶胞中配位数是指与指定原子接触的原子的数目。Cr属于体心立方堆积的晶胞，中心Cr原子与立方体顶点的8个Cr原子距离都相同，所以晶胞中Cr的配位数为8。答案：8。因为Cr属于体心立方堆积的晶胞，所以每个晶胞中含有两个Cr原子。设晶胞的边长为a pm,根据公式p=m/v=2M/NA.(.a10-10)3,所以a= 10-10 ,根据晶胞的结构为体心立方堆积，所以Cr的原子半径为。12. 氯毒素是广谱抗菌素,主要用于治疗伤寒杆菌、痢疾杆菌、脑膜炎球菌、肺炎球菌的的感染。其中一种合成路线如下:已知: （1）AB,GH反应类型分别是:_、_。（2）写出BC的化学方程式(注明反应条件

28、)_（3）写出F的结构简式_（4）写出H(氯霉素)分子中所们含氧官能团的名称_。1mol氯霉素最多消耗_molNaOH。（5）符合下列条件的E的同分异构体共有_种。苯环上含有两个对位取代基，一个是氨基能水解能发生银镜反应写出其中一种的结构简式_【答案】 (1). 加成反应 (2). 取代反应 (3). (4). (5). 硝基、酰胺键(肽键)、羟基 (6). 2 (7). 5 (8). 【解析】由，此反应为加成反应，,此反应为取代反应 知AB,反应类型是先加成反应后取代反应。由知GH反应类型是取代反应。（2）由知BC的化学方程式为：（3）由逆推知F的结构简式。答案：。（4）已知H(氯霉素)结构简式所以H分子中所含氧官能团的名称硝基、酰胺键(肽键)、羟基。1mol氯霉素最多消耗2molNaOH。（5）E的结构简式符合条件的E的同分异构体有共5种。写出其中一种的结构简式