1、新疆第一汽車廠學(xué)校2019屆高三化學(xué)第三次模擬考試一試題（含分析）本試卷共15頁，38題（含選考題）。全卷滿分300分?？荚囉脮r150分鐘?？忌⒁猓捍鹁砬埃忌鷦?wù)勢必自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置，用一致供給的2B鉛筆將答題卡試卷種類涂黑。選擇題的作答：每題選出答案后，用一致供給的2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。答在試題卷、稿本紙上無效。非選擇題的作答：用一致供給的簽名筆挺接答在答題卡上對應(yīng)的答題地域內(nèi)，答在試題卷、稿本紙上無效。選考題的作答：先把所選題目對應(yīng)題號右邊的方框，在答題

2、卡上指定的位置用一致供給的2B鉛筆涂黑?？忌鷳?yīng)依據(jù)自己選做的題目正確填涂題號，不得多項(xiàng)選擇。答題答在答題卡上對應(yīng)的答題地域內(nèi)，答在試題卷、稿本紙上無效?？忌欢ū３执痤}卡的整齊。考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共7小題。在每題給出的四個選項(xiàng)屮，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的。CPAE是蜂膠的主要活性成分，也可由咖啡酸合成以下說法不正確是咖啡酸分子中全部原子可能處在同一個平面上可用金屬Na檢測上述反應(yīng)否殘留苯乙醇C.1mol苯乙醇在O2中完整燃燒，需耗費(fèi)10molO2D.1molCPAE與足量的NaOH溶液反應(yīng)，最多耗費(fèi)3molNaOH【答案】B【分析】的【詳解】A.因

3、為苯環(huán)和碳碳雙鍵均是平面型結(jié)構(gòu)，因此依占有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，咖啡酸分子中全部原子可能處在同一個平面上，A正確；B.CPAE分子中含有酚羥基，也能和金屬鈉反應(yīng)，因此不可以用金屬Na檢測上述反應(yīng)能否殘留苯乙醇，B不正確；-1-C.苯乙醇的分子式為C8H10O，苯乙醇燃燒的方程式為C8H10O+10O28CO2+5H2O，C正確；D.CPAE分子中含有2個酚羥基和1個酯基，因此1molCPAE與足量的NaOH溶液反應(yīng)，最多耗費(fèi)3molNaOH，D正確；答案選B。2.NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料電池，其原理如圖，該電池在使用過程中石墨I(xiàn)電極上生成氧化物Y，Y可循環(huán)使用。以下說法正確的選項(xiàng)是O2

4、在石墨相鄰發(fā)生氧化反應(yīng)B.該電池放電時NO3向石墨電極遷徙C.石墨相鄰發(fā)生的反應(yīng)：3NO+2e23D.同樣條件下，放電過程中耗費(fèi)的NO2和O2的體積比為41【答案】D【分析】試題分析：A石墨通入氧氣，發(fā)生還原反應(yīng)，為原電池的正極，電極方程式為O2+2N2O5+4e-向石墨電極遷徙，B錯誤；C石墨I(xiàn)4NO3，A錯誤；B原電池中陰離子移向負(fù)極，NO3為原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極方程式為-NO，C錯誤；D電極方程式分NO+NO-e2325-N2O5、O2+2N2O5+4e-，則放電過程中耗費(fèi)的NO2和O2的體積比為4：1，D別為NO2+NO3-e4NO3正確，答案選D?！究键c(diǎn)定位】本題觀察了燃

5、料電池的相關(guān)判斷與計算【名師點(diǎn)晴】該題為高頻考點(diǎn)，重視于學(xué)生分析能力的觀察，注意原電池正負(fù)極的判斷、由化合價的變化推測電極產(chǎn)物等，重視于相關(guān)原理的應(yīng)用的觀察，明確原電池放熱工作原理是解答的要點(diǎn)。-2-3.某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)式為，它在必定條件下能發(fā)生的反應(yīng)有（）加成水解酯化氧化中和消去A.B.C.D.【答案】C【分析】分析：含苯環(huán)和醛基，能發(fā)生加成反應(yīng)；不可以發(fā)生水解；含羥基和羧基，能發(fā)生酯化反應(yīng)；含醛基和-CH2OH，能發(fā)生氧化反應(yīng)；含羧基，能發(fā)生中和反應(yīng)；固然含醇羥基，但鄰碳上沒有H原子，不可以發(fā)生消去反應(yīng)。詳解：含苯環(huán)和醛基，能發(fā)生加成反應(yīng)；不可以發(fā)生水解；含羥基和羧基，能發(fā)生酯化反應(yīng)；含醛基

6、和-CH2OH，能發(fā)生氧化反應(yīng)；含羧基，能發(fā)生中和反應(yīng)；固然含醇羥基，但鄰碳上沒有H原子，不可以發(fā)生消去反應(yīng)；該有機(jī)物在必定條件下能發(fā)生的反應(yīng)有，答案選C。點(diǎn)睛：本題觀察有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)和反應(yīng)種類，熟習(xí)各官能團(tuán)的性質(zhì)和能發(fā)生的反應(yīng)是解題的要點(diǎn)。理解醇發(fā)生催化氧化反應(yīng)和消去反應(yīng)的規(guī)律：“同碳有H可氧化，鄰碳有H可消去”。常溫下，pH3的HA溶液V1mL與pH11的KOH溶液V2mL混雜，則以下說法正確的選項(xiàng)是若V1V2，則反應(yīng)后溶液的pH必定等于7若反應(yīng)后溶液呈酸性，則V1必定小于V2若反應(yīng)后溶液呈酸性，則V1必定大于V2D.若反應(yīng)后溶液呈中性，則混雜液中必定存在71c(H)c(OH)210m

7、olL【答案】D【分析】試題分析：A假如兩者體積相等，酸是弱酸，酸濃度大于堿，混雜溶液呈酸性，pH7；如果酸是強(qiáng)酸，兩者混雜溶液呈中性，故A錯誤；B假如反應(yīng)后溶液呈酸性，假如酸是強(qiáng)酸，則V1必定大于V2，假如酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故B錯誤；C假如反應(yīng)后溶液呈酸性，假如酸是強(qiáng)酸，則V1必定大于V2，假如酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，-3-故C錯誤；D若混雜溶液呈中性，則溶液中+-7-1+c（H）c（OH）10mol?L，因此c（H）+c-7-1，故D正確；應(yīng)選D。（OH）210mol?L考點(diǎn)：觀察酸堿混雜溶液定性判斷5.人工腎臟可用電化學(xué)方法除去代謝產(chǎn)物中的尿素C

8、O（NH2）2，原理如圖，以下相關(guān)說法不正確的選項(xiàng)是（）A.B為電源的正極B.電解結(jié)束后，陰極室溶液的pH與電解前對比將高升C.電子挪動的方向是B右邊惰性電極，左邊惰性電極AD.陽極室中發(fā)生的反應(yīng)挨次為2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl【答案】A【分析】【分析】依據(jù)反應(yīng)裝置可確立為電解池，右邊電極H原子得電子化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，為陰極；左邊電極為陽極，陽極室反應(yīng)為6Cl-6e=3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，陰極反應(yīng)式為2H2O+2e=H2+2OH，電子從負(fù)極流向陰極、陽極流向正極；【詳解】A經(jīng)過以上分析知，

9、B為電源的負(fù)極，A錯誤；B電解過程中，陰極反應(yīng)式為2H2O+2e=H2+2OH，溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，因此電解結(jié)束后，陰極室溶液的pH與電解前對比將高升，B正確；C電子從負(fù)極流向陰極、陽極流向正極，因此電子挪動的方向是B右邊惰性電極、左邊惰性電極A，C正確；D經(jīng)過以上分析知，陽極室中發(fā)生的反應(yīng)挨次為2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正確；答案為A。-4-分子式為C5H12的烴，其分子內(nèi)含3個甲基，該烴的二氯代物的數(shù)量為A.8種B.9種C.10種D.11種【答案】C【分析】試題分析：分子為C5H12為戊烷，戊烷的同分異構(gòu)體有CH

10、3-CH2-CH2-CH2-CH3、，烴的二氯代物的同分異構(gòu)體的書寫可以采納定位法，共10種?？键c(diǎn)：觀察烷烴二氯代物的同分異構(gòu)體書寫知識。7.以下相關(guān)物質(zhì)與應(yīng)用的對應(yīng)關(guān)系正確的選項(xiàng)是（）甲醛可以使蛋白質(zhì)變性，因此福爾馬林可作食品的保鮮劑B.Cl2和SO2都擁有漂白性，因此都可以使滴有酚酞的NaOH溶液退色C.碳酸氫鈉溶液擁有弱堿性，可用于制胃酸中和劑D.氯化鋁是強(qiáng)電解質(zhì)，可電解其水溶液獲取金屬鋁【答案】C【分析】【詳解】A甲醛可使蛋白質(zhì)變性，可以用于浸泡標(biāo)本，但甲醛有毒，不可以作食品保鮮劑，A錯誤；B滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO氣體后溶液退色，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，體2現(xiàn)酸性氧化

11、物的性質(zhì)，B錯誤；C小蘇打可以與胃酸中鹽酸反應(yīng)，可用于制胃酸中和劑，C正確；電解氯化鋁的水溶液獲取氫氣、氯氣和氫氧化鋁，制取不到D的Al，電解熔融氧化鋁生成鋁，錯誤；答案為C。【點(diǎn)睛】Cl2和SO2都擁有漂白性，但漂白原理不一樣；二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液退色體現(xiàn)酸性氧化物的性質(zhì)，二氧化硫使溴水、高錳酸鉀溶液退色表現(xiàn)二氧化硫的還原性。二、非選擇題：共174分。第22?32題為必考題，每個試題考生都一定作答。第33-38題為-5-選考題，考生根椐要求作答8.氯酸鎂Mg(ClO3)2常用作催熟劑、除草劑等，實(shí)驗(yàn)室制備少許Mg(ClO3)26H2O的流程以下：已知：鹵塊主要成分為MgCl26H

12、2O，含有MgSO4、FeCl2等雜質(zhì)。四種化合物的溶解度(S)隨溫度(T)變化曲線以下列圖。（1）過濾所需要的主要玻璃儀器有_，加MgO后過濾所得濾渣的主要成分為_。（2）加入BaCl2的目的是除去SO422已積淀完整？答：_。，如何檢驗(yàn)SO4（3）加入NaClO3飽和溶液發(fā)生反應(yīng)為：MgCl22NaClO3Mg(ClO3)22NaCl，再進(jìn)一步制取Mg(ClO3)26H2O的實(shí)驗(yàn)步驟挨次為：_；_；_；過濾、清洗。4）產(chǎn)品中Mg(ClO3)26H2O含量的測定：步驟1：正確稱量3.50g產(chǎn)品配成100mL溶液。步驟2：取10mL于錐形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL1.000molL1的

13、FeSO4溶液，微熱。步驟3：冷卻至室溫，用0.100molL1K2Cr2O7溶液滴定至終點(diǎn)，此過程中反應(yīng)的離子方程式為：Cr2O726Fe214H2Cr36Fe37H2O。步驟4：將步驟2、3重復(fù)兩次，均勻耗費(fèi)K2Cr2O7溶液15.00mL。寫出步驟2中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_產(chǎn)品中Mg(ClO3)26H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_?！敬鸢浮?1).漏斗、玻璃棒、燒杯(2).BaSO4和Fe(OH)3(3).靜置，取上層清2積淀完整(4).蒸發(fā)濃縮(5).趁熱過濾(6).24冷卻結(jié)晶(7).ClO36Fe26H6Fe3Cl3H2O(8).78.3%【分析】【分析】-6-鹵塊主要成分為MgCl26H2

14、O，含有MgSO4、FeCl2等雜質(zhì)，加入KMnO4將FeCl2氧化成FeCl3；加入BaCl2與MgSO4反應(yīng)生成BaSO4積淀和MgCl2；加入MgO調(diào)理pH=4使FeCl3轉(zhuǎn)變?yōu)镕e（OH）3積淀，過濾所得濾渣中含BaSO4和Fe（OH）3，向?yàn)V液中加入飽和NaClO3，發(fā)生反應(yīng)MgCl22NaClO3Mg(ClO3)22NaCl，結(jié)合溶解度曲線，再經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、冷卻結(jié)晶、過濾、清洗獲取Mg（ClO3）26H2O?！驹斀狻浚?）加入高錳酸鉀將Fe2+氧化為Fe3+，加入氯化鋇形成硫酸鋇積淀，加入氧化鎂調(diào)理pH=4將Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)闅溲趸F積淀，過濾所得濾渣為硫酸鋇和氫氧化鐵，過濾

15、需使用的玻璃儀器有漏斗、燒杯和玻璃棒。2）檢驗(yàn)SO42-已經(jīng)積淀完整即檢驗(yàn)上層清液中不含SO42-，其操作為：靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加氯化鋇溶液，若無白色積淀生成，說明SO42-積淀完整。（3）同樣條件下，四種物質(zhì)中氯化鈉溶解度最小，Mg（ClO3）2的溶解度隨溫度高升妙顯增大，因此加入飽和氯酸鈉溶液發(fā)生反應(yīng)MgCl22NaClO3Mg(ClO3)22NaCl后，蒸發(fā)濃縮，氯化鈉析出，趁熱過濾，濾液為氯酸鎂溶液，將濾液冷卻結(jié)晶、過濾、清洗獲取Mg(ClO3)26H2O。（4）ClO3-擁有強(qiáng)氧化性，F(xiàn)e2+擁有強(qiáng)還原性，ClO3-與Fe2+在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生-3+23成Cl和Fe

16、，離子方程式ClO36Fe6H6FeCl23HO。依據(jù)Cr2O726Fe214H2Cr36Fe37H2O，錐形瓶中過分的Fe2+物質(zhì)的量n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=60.100mol/L0.015L=0.009mol，與ClO3-反應(yīng)的Fe2+為1mol/L0.02L-0.009mol=0.011mol，因此10mL溶液中Mg(ClO3)26H2O物質(zhì)的量為0.011mol，Mg(ClO3)26H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.011mol100mL299g/mol121210mL100%=78.3%。3.50g9.等電子體的結(jié)構(gòu)相似、物理性質(zhì)相鄰，稱為等電子原理。如N2和CO為等電子體。下表為

17、部分元素等電子體分類、空間構(gòu)型表。等電子體種類代表物質(zhì)空間構(gòu)型四原子24電子等電子體SO3平面三角形四原子26電子等電子體SO2-三角錐形3五原子32電子等電子體CCl4周圍體形-7-六原子40電子等電子體PCl5三角雙錐形七原子48電子等電子體SF6八面體形由第一、二周期元素構(gòu)成，與F2互為等電子體的離子有_。2-【答案】O2【分析】【詳解】F2為雙原子14電子體，因此一、二周期中與F2互為等電子體的離子有O22-。10.化學(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)金屬鎳在電池、合金、催化劑等方面應(yīng)用廣泛（1）以下關(guān)于金屬及金屬鍵的說法正確的選項(xiàng)是_a金屬鍵擁有方向性與飽和性b金屬鍵是金屬陽離子與自由電子間的互相作用

18、c金屬導(dǎo)電是因?yàn)樵谕饧与妶鲎饔孟庐a(chǎn)生自由電子d金屬擁有光彩是因?yàn)榻饘訇栯x子汲取并放出可見光（2）Ni是元素周期表中第28號元素，第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Ni同樣且電負(fù)性最小的元素是_（3）過濾金屬配合物Ni（CO）的中心原子價電子數(shù)與配體供給電子總數(shù)之和為18，則n=_COn與N2結(jié)構(gòu)相似，CO分子內(nèi)鍵與鍵個數(shù)之比為_（4）甲醛（H2CO）在Ni催化作用下加氫可得甲醇（CHOH）甲醇分子內(nèi)C原子的雜化方式3為_，甲醇分子內(nèi)的OCH鍵角_（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子內(nèi)的OCH鍵角【答案】(1).b(2).C(3).4(4).1：2(5).sp3(6).小于【分析】【分析】1）金

19、屬鍵沒有方向性和飽和性，金屬鍵是金屬陽離子和自由電子間的互相作用，金屬導(dǎo)電是因?yàn)樽杂呻娮釉谕饧与妶鲎饔孟掳l(fā)生定向挪動，屬擁有光彩是因?yàn)樽杂呻娮涌梢约橙】梢姽猓?）Ni的外頭電子排布為3d84s2，3d能級上有2個未成對電子；（3）CO配位時，供給碳原子上的一對孤對電子；CO中C和O以三鍵結(jié)合；-8-（4）ABm型雜化種類的判斷：中心原子電子對計算公式：電子對數(shù)n=1（中心原子的價電子數(shù)+配位原子的成鍵電子數(shù)電2荷數(shù)）注意：當(dāng)上述公式中電荷數(shù)為正當(dāng)時取“”，電荷數(shù)為負(fù)值時取“+”當(dāng)配位原子為氧原子或硫原子時，成鍵電子數(shù)為零。依據(jù)n值判斷雜化種類：一般有以下規(guī)律：當(dāng)n=2，sp雜化；n=3，sp2

20、雜化；n=4，sp3雜化；sp3雜化是周圍體構(gòu)型，sp2雜化，分子呈平面三角形?！驹斀狻浚?）a金屬鍵沒有方向性和飽和性，故A錯誤；b金屬鍵是金屬陽離子和自由電子間的互相作用，故B正確；c金屬導(dǎo)電是因?yàn)樽杂呻娮釉谕饧与妶鲎饔孟掳l(fā)生定向挪動，故C錯誤；d金屬擁有光彩是因?yàn)樽杂呻娮涌梢约橙】梢姽?，故D錯誤，故答案為：b；（2）Ni的外頭電子排布為3d84s2，3d能級上有2個未成對電子第二周期中未成對電子數(shù)為2的元素有C、O，此中C的電負(fù)性小，故答案為：C；（3）中心原子價電子數(shù)與配體供給電子總數(shù)之和為18，中心原子是Ni，價電子排布3d84s2，共10個電子，CO配位時，供給碳原子上的一對孤對電

21、子，1810=4；CO中C和O以三鍵結(jié)2合，含有1個鍵、2個鍵，故答案為：4；1：2；（4）甲醇分子內(nèi)C的成鍵電子對數(shù)為4，無孤電子對，雜化種類為sp3，是周圍體結(jié)構(gòu)，甲醛分子中的碳采納sp2雜化，是平面三角形結(jié)構(gòu)，甲醇分子內(nèi)OCH鍵角比甲醛分子內(nèi)OCH鍵角小，故答案為：sp3；小于。11.A、B、C、D、E為前周圍期元素，原子序數(shù)挨次增大?；鶓B(tài)A原子的核外電子占有4個原子軌道；B與C同主族，大氣平流層中單質(zhì)B3濃度減少會致人患皮膚癌增添；D是前周圍期元素中第一電離能最小的元素；E的合金是此刻用量最大的合金。-9-1）E在同期表中的位置是_，其基態(tài)原子的簡化電子排布式為_。2）CB的立體構(gòu)型是

22、_。（3）DC的晶胞結(jié)構(gòu)與CaF晶胞（如圖）相似，則Y應(yīng)為_（填離子符號）；D2C的熔點(diǎn)比22CaF2熔點(diǎn)_（填“高”、“低”或“沒法比較”）?！敬鸢浮?1).第周圍期VIII族(2).Ar3d64s2(3).三角錐型(4).S2-(5).低【分析】【分析】依據(jù)題目所述，A基態(tài)原子的核外電子占有4個原子軌道，只好為1s22s22p2，A為碳元素。大氣平流層中單質(zhì)B3濃度減少會致人患皮膚癌增添，故B元素為氧元素。D是前周圍期元素中第一電離能最小的元素，同周期元素，從左到右，第一電離能逐漸增大，D元素為鉀元素。E的合金是此刻用量最大的合金，E為鐵元素。又因?yàn)锽、C為同主族元素，C只好為硫元素。結(jié)合

23、物質(zhì)結(jié)構(gòu)知識解答。【詳解】（1）E在同期表中的位置是第周圍期，VIII族，其基態(tài)原子的簡化電子排布式為Ar3d64s2。故答案為：第周圍期VIII族；Ar3d64s2；（2）CB2-，中心原子為S，價層電子對數(shù)為4，含有一對孤電子對，硫原子采納3為SO3sp，雜化因此其立體構(gòu)型是三角錐型。故答案為：三角錐型；（3）依據(jù)圖中所示，晶胞計算后可知，Y:X=2:1，即Y為C，X為D元素。經(jīng)過題目分析可知，C為硫元素，故Y應(yīng)為S2-。D2C為K2S，與CaF2都為離子晶體，因此其熔點(diǎn)高低取決于化合物之間的離子鍵強(qiáng)度，離子鍵強(qiáng)度高，熔點(diǎn)高。離子鍵強(qiáng)度的決定要素：.離子帶電荷越大，離子鍵越強(qiáng)。.離子半徑越

24、小，離子鍵越強(qiáng)。.形成離子鍵兩鍵結(jié)原子的電負(fù)性差較大者，離子鍵較強(qiáng)。這里CaF2的電負(fù)性差較大，故CaF2熔點(diǎn)高。故答案為：S2-；低?！净瘜W(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12.向氯化銅溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色積淀M，M的結(jié)構(gòu)以以下列圖所示。寫出該反應(yīng)的離子方程式。_-10-2+2+【答案】2Cu2ClSO22H2O2CuCl+SO4+4H【分析】【詳解】由M的晶胞結(jié)構(gòu)可知，白球在極點(diǎn)和面心，白球的個數(shù)=81+61=4，黑球在體內(nèi)，82個數(shù)為4，則M的化學(xué)式為CuCl，二氧化硫?qū)u2+還原生成CuCl，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，反應(yīng)的離子方程式為2+2+2Cu2ClSO22H2O2CuCl+SO4+4H?！军c(diǎn)睛】依據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，用“均攤法”M的化學(xué)式，再確立方程式。【化學(xué)有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】從薄荷油中獲取一種烴A（C10H16），叫非蘭烴，與A相關(guān)反應(yīng)以下：已知：1）H的分子式為_。（2）B所含官能團(tuán)的名稱為_。（3）含兩個COOCH3基團(tuán)的C的同分異構(gòu)體共有_種（不考慮手性異構(gòu)），此中核