PAGE14-新疆巴州種畜場學校2019屆高三下學期第二次模擬考試理科綜合化學試題1.將下列物質(zhì)按電解質(zhì)、非電解質(zhì)、弱電解質(zhì)分類順序排列，正確的是（）A.硫酸燒堿醋酸B.硫酸銅醋酸C.高錳酸鉀乙醇醋酸D.磷酸二氧化碳硫酸鋇【答案】C【解析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離的是強電解質(zhì)，部分電離的是弱電解質(zhì)；在水溶液里或熔融狀態(tài)下不導電的化合物是非電解質(zhì)?！驹斀狻緼、燒堿是NaOH，屬于強堿，是強電解質(zhì)，選項A錯誤；B、銅是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，選項B錯誤；C、高錳酸鉀是鹽，屬于電解質(zhì)，乙醇不能導電，屬于非電解質(zhì)，醋酸溶于水部分電離，屬于弱電解質(zhì)，選項C正確；D、硫酸鋇是鹽，屬于強電解質(zhì)，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查物質(zhì)的分類、強弱電解質(zhì)的判斷，明確電解質(zhì)是化合物及電解質(zhì)與物質(zhì)的溶解性沒有必然的聯(lián)系，如碳酸鈣不溶于水，但屬于強電解質(zhì)是學生解答的難點。2.如圖，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中，下列分析錯誤的是（）A.閉合K1構成原電池，閉合K2構成電解池B.K1閉合，鐵棒上發(fā)生的反應為：Fe﹣2e﹣═Fe2+C.K2閉合，鐵棒不會被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法D.K1閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高【答案】C【解析】【詳解】A、閉合K1構成原電池，鐵為負極；閉合K2構成電解池，鐵為陰極，選項A正確；B、K1閉合構成原電池，鐵棒是負極，鐵失去電子，鐵棒上發(fā)生的反應為Fe＋2e－=Fe2＋，選項B正確；C、K2閉合構成電解池，鐵棒與電源的負極相連，作陰極不會被腐蝕，屬于外加電流的陰極保護法，選項C錯誤；D、K1閉合構成原電池，鐵棒是負極，鐵失去電子，石墨棒是正極，溶液中的氧氣得到電子轉化為OH－，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，選項D正確；答案選C。3.高鐵電池是一種新型可充電電池，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，放電時的總反應式為3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．下列敘述正確的是A.放電時，負極反應式為3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2B.放電時，正極區(qū)溶液的pH減小C.充電時，每轉移3mol電子，陽極有1molFe（OH）3被還原D.充電時，電池的鋅電極接電源的正極【答案】A【解析】A．放電時，Zn失去電子，發(fā)生3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正確；B．正極反應式為FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，pH增大，故B錯誤；C．充電時，鐵離子失去電子，發(fā)生Fe（OH）3轉化為FeO42﹣反應，電極反應為Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，每轉移3mol電子，陽極有1molFe（OH）3被氧化，故C錯誤；D．充電時，電池的負極與與電源的負極相連，故D錯誤．故選A．【點評】本題考查電解池與原電池，明確電極反應中放電為原電池、充電為電解池為解答本題的關鍵，題目難度不大．4.碳酸亞乙酯是鋰離子電池低溫電解液的重要添加劑，其結構如下圖。下列有關該物質(zhì)的說法正確的是A.分子式為C3H2O3B.分子中含6個σ鍵C.分子中只有極性鍵D.8.6g該物質(zhì)完全燃燒得到6.72LCO2【答案】A【解析】A、雙鍵兩端的碳原子上各有一個氫原子，所以分子式為C3H2O3，故A正確；B、分子中的單鍵為σ鍵，一共有8個，故B錯誤；C、該分子中碳碳雙鍵屬于非極性鍵，故C正確；D、此選項沒有說明溫度和壓強，所以所得二氧化碳的體積是不確定的，故D錯誤，此題選C?！究键c定位】本題考查的是有機化合物的結構特點，主要考查化學鍵的類型和極性，同時也涉及到有機物燃燒產(chǎn)物的判斷和相關計算?！敬颂幱幸曨l，請去附件查看】5.下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是A.碳酸鈣溶于稀醋酸：CaCO3＋2H＋＝Ca2+＋H2O＋CO2↑B.銅與稀硝酸反應：3Cu＋2NO3－＋8H＋＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2OC.向NH4HCO3溶液中滴加過量Ba(OH)2溶液：HCO3－+OH－+Ba2+＝H2O+BaCO3↓D.用銀氨溶液檢驗乙醛中的醛基：CH3CHO+[Ag(NH3)2]++2OH－CH3COO－+NH4++NH3+Ag↓+H2O【答案】B【解析】試題分析：A.醋酸是弱酸，應該寫化學式，離子方程式是：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2+＋2CH3COO—＋H2O＋CO2↑，錯誤；B．銅與稀硝酸反應，方程式符合反應事實，正確；C．向NH4HCO3溶液中滴加過量Ba(OH)2溶液，鹽電離產(chǎn)生的陽離子、陰離子都發(fā)生反應，離子方程式是：NH4++HCO3－+2OH－+Ba2+＝H2O+BaCO3↓+NH3?H2O，錯誤；D．用銀氨溶液檢驗乙醛中的醛基，方程式的電荷不守恒，應該是：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH－CH3COO－+NH4++3NH3+2Ag↓+H2O，錯誤?？键c：考查離子方程式的正誤判斷的知識。6.下列醇類物質(zhì)中既能發(fā)生消去反應，又能發(fā)生催化氧化反應生成醛類的物質(zhì)是()A.B.C.D.【答案】C【解析】A、被氧化為酮，不能被氧化為醛，選項A錯誤；B、不能發(fā)生消去反應，選項B錯誤；C、-OH鄰位C上含有H原子，能發(fā)生消去反應，含有-CH2OH的結構，可被氧化為醛，選項C正確；D、被氧化為酮，不能被氧化為醛，選項D錯誤。答案選C。7.如圖為對10mL一定物質(zhì)的量濃度的鹽酸X用一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液Y滴定的圖像，依據(jù)圖像推出X和Y的物質(zhì)的量濃度是下表內(nèi)各組中的（）ABCDX/(mol/L)0.120.040.030.09Y/(mol/L)0.040.120.090.03A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】依圖知，NaOH滴至30mL時恰好完全中和，由c1V1=c2V2，V1∶V2=10mL∶30mL=1∶3得c1∶c2=3∶1，故B、C兩項被排除又由于滴加NaOH到20mL時，混合溶液pH=2，設c(NaOH)=c、c(HCl)=3c，則c(H+)=(3c10mL-c20mL)÷(10mL+20mL)=0.01mol·L-1，解得c=0.03mol·L-1，3c=0.09mol·L-1。選項D正確。答案選D。8.隨著大氣污染的日趨嚴重，國家擬于“十二”五期間，將二氧化硫(SO2)排放量減少8%，氮氧化物(NOx)排放量減少10%。目前，消除大氣污染有多種方法。(1)用CH4催化還原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)⊿H=-574kJ·mol－1②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)⊿H=-1160kJ·mol－1③H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ·mol－1寫出CH4(g)與NO2(g)反應生成N2(g)，CO2(g)和H2O(1)的熱化學方程式________。(2)利用Fe2+、Fe3+的催化作用，常溫下可將SO2轉化為SO42-，從而實現(xiàn)對SO2的治理。已知含SO2的廢氣通入含F(xiàn)e2+、Fe3+的溶液時，其中一個反應的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，則另一反應的離子方程式為________。(3)用活性炭還原法處理氮氧化物。有關反應為：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。某研究小組向密閉的真空容器中(假設容器體積不變，固體試樣體積忽略不計)加入NO和足量的活性炭，恒溫(T1℃)條件下反應，反應進行到不同時間測得各物質(zhì)的濃度如下：①10min～20min以v(CO2)表示的平均反應速率為________。②根據(jù)表中數(shù)據(jù)，計算T1℃時該反應的平衡常數(shù)為________③一定溫度下，隨著NO的起始濃度增大，則NO的平衡轉化率________(填“增大”、“不變”或“減小”)。④下列各項能作為判斷該反應達到平衡的是___(填序號字母)。A．容器內(nèi)壓強保持不變B．2v正(NO)=v逆(N2)C．容器內(nèi)CO2的體積分數(shù)不變D．混合氣體的密度保持不變⑤30min末改變某一條件，過一段時間反應重新達到平衡，則改變的條件可能是________。請在下圖中畫出30min至40min的變化曲線________?！敬鸢浮?1).CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)⊿H=-955kJ·mol－1(2).2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+(3).0.009mol·L－1·min－1(4).K=0.56(5).不變(6).C、D(7).減小CO2的濃度(8).【解析】【詳解】（1）根據(jù)蓋斯定律得（①+②+③×4）÷2即為所求，答案是CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)⊿H=-955kJ·mol－1；（2）根據(jù)題意可知，另一個離子方程式應是鐵離子氧化二氧化硫的方程式，根據(jù)氧化還原反應原理配平得反應為為2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；（3）①10min~20min之間CO2的濃度增大了0.9mol/L，所以以v(CO2)表示的平均反應速率為=0.009mol·L－1·min－1；②反應進行到20min時達平衡，則T1℃時該反應的平衡常數(shù)為K==0.56；③恒溫恒容條件下，無論NO濃度如何變化，達到的平衡與原平衡均是等效平衡，所以NO轉化率不變；④A、該反應屬于反應前后氣體的物質(zhì)的量不變的可逆反應，所以恒容時壓強一直不變，不能判定是否達平衡狀態(tài)，選項A錯誤；B、NO的反應速率是N2的反應速率的2倍，選項B錯誤；C、達到平衡時各物質(zhì)的量不再變化，所以CO2的體積分數(shù)不變，選項C正確；D、恒容條件下，有固體參與可逆反應中，氣體的密度不變的狀態(tài)是平衡狀態(tài)，選項D正確。答案選CD；⑤由圖像分析，NO的濃度減小說明平衡逆向移動，N2的濃度增大，CO2的濃度卻減小，所以改變的可能條件是減小了CO2的濃度，對應的反應速率小于原平衡時的速率，在原速率的線下方畫一條逐漸上升的曲線即可，答案為。9.VIA族的氧，硫，硒(Se)，碲(Te)等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含VIA族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。請回答下列問題：(1)S單質(zhì)的常見形式為S8，其環(huán)狀結構如下圖所示，S原子采用的軌道雜化方式是______。(2)Se原子序數(shù)為______，其核外M層電子的排布式為______。(3)H2Se的酸性比H2S__________(填“強”或“弱”)。氣態(tài)SeO3分子的立體構型為______，SO32－離子的立體構型為______。(4)H2SeO3的K1和K2分別為2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步幾乎完全電離，K2為1.2×10－2，請根據(jù)結構與性質(zhì)的關系解釋：①H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離的原因：__________。②H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：________________________?！敬鸢浮?1).sp3(2).34(3).3s23p63d10(4).強(5).平面正三角形(6).三角錐型(7).酸第一步電離產(chǎn)生的酸根陰離子帶有負電荷，吸引H+(8).H2SeO4和H2SeO3可以分別表示為(HO)2SeO2，(HO)2SeO，H2SeO4中Se為+6價，而H2SeO3中Se為+4價，前者含有較多的非羥基O原子，故Se原子吸電子能力強，導致羥基上氫原子更容易電離H+【解析】【詳解】（1）根據(jù)圖片知，每個S原子含有2個σ鍵和2個孤電子對，所以每個S原子的價層電子對個數(shù)是4，則S原子為sp3雜化；（2）Se元素34號元素，M電子層上有18個電子，分別位于3s、3p、3d能級上，所以其核外M層電子的排布式為3s23p63d10；（3）非金屬性越強的元素，其與氫元素的結合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電離，酸性就越弱，非金屬性S>Se，所以H2Se的酸性比H2S強，氣態(tài)SeO3分子中Se原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，所以其立體構型為平面正三角形，SO32-離子中S原子價層電子對個數(shù)=3+（6+2-3×2）=4，且含有一個孤電子對，所以其立體構型為三角錐形；（4）①酸第一步電離產(chǎn)生的酸根陰離子帶有負電荷，吸引H+，所以H2SeO4和H2SeO3第一步電離程度大于第二部電離程度；②H2SeO4和H2SeO3可以分別表示為(HO)2SeO2，(HO)2SeO，H2SeO4中Se為+6價，而H2SeO3中Se為+4價。前者含有較多的非羥基O原子，故Se原子吸電子能力強，導致Se-O-H中的O原子更向Se偏移，則羥基上氫原子更容易電離出H+?！军c睛】注意V形分子的判斷需要借助孤對電子數(shù)，孤電子對數(shù)是1的中心原子是sp2雜化，孤對電子數(shù)是2的中心原子是sp3雜化。10.高鐵酸鈉（Na2FeO4）是水處理過程中使用的一種新型凈水劑，它的氧化性比高錳酸鉀更強，本身在反應中被還原為Fe3+離子。制取高鐵酸鈉的化學方程式如下：（1）□Fe（NO3）3+□NaOH+□Cl2===□Na2FeO4+□NaNO3+□NaCl+□H2O____。（2）在上述反應中____元素被氧化，當3molCl2參與反應時，轉移電子的總數(shù)為_______；（3）高鐵酸鈉之所以能凈水，除了能氧化殺菌外，另一個原因是______

?！敬鸢浮?1).2、16、3、2、6、6、8(2).Fe（或鐵）(3).3.612×1024（6NA）(4).還原產(chǎn)物Fe3+與水反應生成Fe（OH）3膠體，能吸附雜質(zhì)【解析】【分析】（1）Fe元素的化合價由+3價升高到+6價，而Cl元素的化合價由0價降低到-1價，根據(jù)得失電子數(shù)目相等可知二者計量數(shù)之比為1：3，由于Cl2中Cl原子數(shù)為2，故Na2FeO4和NaCl的計量數(shù)分別為2和6；（2）在反應2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl2═2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O中鐵元素的價態(tài)由+3價升高到+6價，被氧化；在反應2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl2═2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O中每消耗3molCl2，Cl原子得到6mol電子；（3）Fe3+和Al3+一樣會發(fā)生水解，生成絮狀的Fe（OH）3

膠體，膠體會吸附雜志而生成沉淀，從而達到凈水的目的?！驹斀狻浚?）Fe元素的化合價由+3價升高到+6價，而Cl元素的化合價由0價降低到-1價，根據(jù)得失電子數(shù)目相等可知二者計量數(shù)之比為1：3，由于Cl2中Cl原子數(shù)為2，故Na2FeO4和NaCl的計量數(shù)分別為2和6，再根據(jù)原子守恒配平化學方程式為2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl2═2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O；故答案為：2、16、3、2、6、6、8；（2）在反應2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl2═2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O中鐵元素的價態(tài)由+3價升高到+6價，被氧化；在反應2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl2═2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O中每消耗3molCl2，Cl原子得到6mol電子，故轉移電子的總數(shù)為6NA既是3.612×1024；故答案為：鐵；3.612×1024（6NA）；（3）高鐵酸鈉的還原產(chǎn)物是Fe3+，F(xiàn)e3+可發(fā)生水解，生成Fe（OH）3膠體，它可吸附水中懸浮的雜質(zhì)或泥沙膠粒等一起凝聚而沉降，達到凈水的效果；故答案為：還原產(chǎn)物Fe3+與水反應生成Fe（OH）3膠體，能吸附雜質(zhì)。11.四川北川盛產(chǎn)薔薇科植物。薔薇科植物中含有一種芳香醛(用E表示)，在染料工業(yè)和食品工業(yè)上有著廣泛的用途，下面是它的一種合成路線。其中0.lmol有機物A的質(zhì)量是12g，在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O；D能使溴的四氯化碳溶液褪色，D分子與C分子具有相同的碳原子數(shù)；F繼續(xù)被氧化生成G，G的相對分子質(zhì)量為90。已知：回答下列問題：（1）A的結構簡式為__________________。（2）A～G中能發(fā)生酯化反應的有機物有：(填字母序號)。（3）C在濃硫酸加熱的條件下時，分子內(nèi)脫水除生成D外還可以生成另一種有機物，寫出該反應的方程式：；該反應類型；（4）C的同分異構體有多種，其中符合下列要求的有機物有多種。①能與3molNaOH溶液反應；②苯環(huán)上的一鹵代物只有一種寫出所有滿足條件有機物的結構簡式______________________________（5）C與4-甲基-2,3-戊二醇兩分子之間1:1發(fā)生取代反應，生成有機物有種。【答案】（13分）（1）（2分）（2）B、C、D、F、G（2分）（3）(2分)；酯化(1分)（4）（各2分）（5）6（2分）【解析】試題分析：有機物A有C、H、O三種元素組成，Mr(A)=12/0.1=120，0.1molA在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O，水的物質(zhì)的量=7.2/18=0.4mol，根據(jù)原子守恒可知，該有機物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)=0.4×2÷0.1=8，有機物中N(O)=(120-12×8-1×8)÷16=1，有機物A的分子式為C8H8O，A經(jīng)過一系列反應得到芳香醛E，結合信息中醛與HCN的加成反應，可知A含有C=O雙鍵，A與HCN發(fā)生加成反應生成B，B發(fā)生水解反應生成C，C在濃硫酸、加熱條件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，應為發(fā)生消去反應，D被臭氧氧化生成E與F，F(xiàn)繼續(xù)被氧化生成G，G的相對分子質(zhì)量為90，則G為HOOC-COOH，F(xiàn)為OHC-COOH，E為苯甲醛，D為苯丙烯酸，C為2-羥基-3-苯基丙酸，B為，A的結構簡式為，據(jù)此回答：（1）由上述分析可知，A為；（2）只要含有羧基或羥基的都能發(fā)生酯化反應，在A～G中能發(fā)生酯化反應的有機物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羥基，另外還可以發(fā)生酯化反應生成另一種有機物，該反應的方程式為，反應類型為酯化反應。（4）C的同分異構體有多種，其中符合下列要求的有機物有多種，①能與3molNaOH溶液反應，說明含有酚羥基、羧酸與酚形成的酯基；②苯環(huán)上的一鹵代物只有一種，說明苯環(huán)上含有1種氫原子；③能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，再結合①可知，酯基為甲酸與酚形成的酯基，滿足條件的有機物的結構簡式為：，。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基發(fā)生酯化反應生成兩種酯，C中的羥基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基脫水生成兩種醚，C中的羧基和羥基與4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基同時脫水可生成兩種產(chǎn)物，一共可生成6種產(chǎn)物?？键c：考查有機推斷,化學反應類型，化學方程式以及同分異構體的判斷等知識。12.鹵族元素包括F、Cl、Br等元素。（1）下列曲線表示鹵族元素某種性質(zhì)隨核電荷數(shù)的變化趨勢，正確的是。（2）利用“鹵化硼法”可合成含B和N兩種元素的功能陶瓷，下圖為其晶胞結構示意圖，則每個晶胞中含有B原子的個數(shù)為，該功能陶瓷的化學式為。（3）BCl3和NCl3中心原子的雜化方式分別為和。第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有___種?！敬鸢浮浚?）a；（2）2，BN；（3）sp2、sp3；3。【解析】試題分析：（1）a．隨著核電荷數(shù)的增大，元素的原子半徑逐漸減小，元素吸引電子的能力逐漸減弱，因此元素的電負性逐漸減小，正確；b．F是現(xiàn)在已知元素中非金屬性最強的元素，元素的原子可能獲得電子形成陰離子；或者形成共用電子對，偏向F原子，因此沒有與族序數(shù)相等的最高正化合價，而Cl、Br都有最高+7價，錯誤；c．HF分子之間除了存在分子間作用力，還存在氫鍵，增加了分子之間的吸引力所以HF的沸點最高，另外兩種元素的氫化物的沸點則是物質(zhì)分子的相對分子質(zhì)量越大，物質(zhì)的熔沸點就越高，符合上述規(guī)律，錯誤；d．鹵素單質(zhì)是結構相似的物質(zhì)，物質(zhì)相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力就越大，物質(zhì)的熔沸點就越高，錯誤。故選項是a。（2）根據(jù)晶胞結構示意圖可知，在一個晶胞中含有的B原子個數(shù)是：8×1/8+1=2；含有的N原子個數(shù)是：1+4×1/4=2，元素的非金屬性N>B，因此該功能陶瓷的化學式為BN；（3）BCl3中心原子B原子的雜化方式分別為sp2雜化；NCl3中心原子N原子雜化方式是sp3雜化。一般情況下同一周期的元素第一電離能隨原子序數(shù)的增大而增大，但是第IIA、第VA元素的原子核外電子分別處于其軌道的全充滿、半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能比原子序數(shù)大1號的相鄰的元素還大，所以第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素?？键c：考查同族元素性質(zhì)變化規(guī)律、原子的雜化、原子核外電子排布規(guī)律、第一電離能的比較、均攤法在晶體結構的應用的知識。13.有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯(lián)可用于制備藥物Ⅱ：（1）化合物Ⅰ的分子式為。（2）關于化合物Ⅱ，下列說法正確的有