1、吉林省梅河口市第五中学 2018 届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题1. 化学与生活、社会密切相关,下列说法正确的是（ ）A. 高锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒,都利用了强氧化性B. 将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止酸雨C. 通信光缆的主要成分是晶体 Si,太阳能电池的材料主要是 SiO2D. 以“地沟油”为原料生产的生物柴油与以“石油”为原料生产的柴油化学成分相似【答案】B2. 家用液化气的主要成分为丙烷、丙烯、丁烷和丁烯，下列说法不正确的是（ ）A. 丙烯和丁烯均能发生加成反应 B. 可用溴水来鉴别丙烷与丙烯C. 丁烷中所有原子不可能处于同一平面 D. 丙烷的二氯代物有 3 种【答
2、案】D【解析】丙烯和丁烯中均含有碳碳双键，能发生加成反应，A 项正确；丙烯中含有碳碳双键，能使溴水褪色，丙烷中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，B 项正确；正丁烷中含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面上，C 项正确；丙烷的二氯代物有CHCl2CH2CH3、CH 2ClCHClCH3、CH 2ClCH2CH2Cl、CH 3CCl2CH3共 4 种，D 项错误。3. 设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. 1mol 羟基中含有 10NA个电子B. 常温下,22.4 LCH 4在 O2 中完全燃烧,生成 NA 个 CO2 分子C. 标准状况下，18gH 2O 中
3、所含的氧原子数为 NAD. 0.2molL-1的 NH4Cl 溶液中含有 0.2NA个 NH4+【答案】C【解析】A、一个羟基含有 9 个电子，故 1 mol 羟基中含有 9NA个电子，选项 A 错误；B、常温下，22.4 L CH 4的物质的量小于 1mol，故常温下，22.4 L CH 4在 O2中完全燃烧，生成 CO2分子的数目小于 NA，选项 B 错误；C、标准状况下，18 g H 2O 中所含的氧原子数为1NA =NA，选项 C 正确；D、没有给定溶液的体积，无法计算的 NH4+数目，选项 D错误。答案选 C。4. 锂碘电池的正极材料是聚 2-乙烯吡啶(简写为 P2VP)和 I2的复
4、合物, 电解质是熔融薄膜状的碘化锂，正极的电极反应式为 P2VPnI2+2Li+2e-= P2VP(n-1)I2+2LiI。下列说法正确的是（ ）A. 该电池放电时,锂电极发生还原反应B. P2VP 和 I2的复合物是绝缘体,不能导电C. 电池工作时,碘离子移向 Li 电极D. 该电池发生的总反应为 2Li+P2VPnI2= P2VP(n-1)I2+2LiI【答案】D点睛：本题考查了原电池原理，明确正负极、阴阳极上得失电子及电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意原电池和电解池中离子的移动方向。5. a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期不同主族元素,其中只有一种为金属元素,四种
5、元素的单质在通常情况下只有一种不是气体，b 与 d 的最外层电子数之和为 a 与 c 最外层电子数之和的四倍。下列叙述不正确的是（ ）A. d 的氧化物对应的水化物酸性均比 b 的强B. a、b、d 三种元素形成的化合物可能既含离子健又含共价键C. 原子半径：cdaD. 单质的熔点：cba【答案】A【解析】b 与 d 的最外层电子数之和为 a 与 c 最外层电子数之和的四倍且 a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，再结合其中只有一种为金属元素、且四种元素的单质在通常情况下只有一种不是气体，可推出 a、b、c、d 分别为 H、N、Al、Cl。根据非金属的强弱比较酸性强弱时一定是
6、最高价氧化物对应水化物，A 项错误； a、b、d 三种元素形成的化合物为铵盐时，既含离子健又含共价键，B 项正确；根据层多径大、序小径大的原则，原子半径：cda，C 项正确；Al 为金属晶体，熔点较高，N 2、H 2均为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，故单质的熔点：c(Al)b(N 2)a(H2)，D 项正确。6. 下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是（ ）选项 实验操作 实验现象 结论A向盛有硅酸钠溶液的试管中滴加 1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去试管中有凝胶生成 非金属性：ClSiB 向 CuSO4溶液中加入 KI 溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生成，苯层显紫红色
7、白色沉淀可能为 CuIC常温下，向 pH=2.0 的 FeCl3溶液中通入 H2S 气体，再用 pH 计测量溶液的 pH产生淡黄色沉淀，溶液 pH=1.0酸性：H 2SHClD 向久置的 Na2O2中加入足量的盐酸 产生无色气体 Na2O2已变质A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】比较根据最高氧化物对应水化物的酸性强弱，可以比较元素的非金属性强弱，A 项错误；在 CuSO4溶液中加入 KI 溶液，发生氧化还原反应生成碘和 CuI，则加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色，B 项正确；FeCl 3溶液中通入 H2S 气体，发生反应为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H +，
8、不能通过此反应比较酸性强弱，H 2S 为弱酸，HCl 为强酸，C 项错误；久置的 Na2O2粉末混有碳酸钠，加盐酸生成无色气体中有氧气和二氧化碳，结论不合理，D 项错误。7. 25时，向 H2CO3溶液中滴入 NaOH 溶液，溶液中 H2CO3、HCO 3-及 CO32-的物质的量分数(X)随溶液 pH 的变化如图所示(X)= 100%。下列说法错误的是（ ）A. H2CO3的一级电离平衡常数的对数值 lgK1(H2CO3)=-6.38B. pH=7 时，c(HCO 3-)c(H2CO3) c(CO32-)C. pH=13 时，c(Na +)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)D.
9、25时，反应 CO32-+H2O HCO3-+OH-的平衡常数对数值 1gK=-3.79【答案】C【解析】根据图像可知，pH=6.38 时，c(H +)=10-6.38mol/L，c(H 2CO3)= c(HCO3-) ，所以，H2CO3的一级电离平衡常数的对数值 lgK1(H2CO3)=-6.38，A 项正确；由图中信息可知，pH=7时，c(HCO 3-)c(H2CO3) c(CO32-)，B 项正确；pH=13 时，由电荷守恒可知，c(Na +)十 c(H+)=c(OH-)+ c(HCO3-)+2c(CO32-)，C 项错误；由图可知，pH=10.21 时，c(H +)=10-10.21m
10、ol/L，c(CO 32-)= c(HCO3-) ，所以 K2(H2CO3)= 10-10.21，因此，25时，反应 CO32-+H2OHCO3-+OH-的平衡常数 Kh= =10-3.79，其对数值 1gK=-3.79，D 项正确。8. 纳米碳酸钙是一种广泛应用于塑料、食品、医药、饲料等行业的重要无机填料。以磷石膏钙渣为原料制取高品质纳米碳酸钙的工艺流程如下：已知某磷石膏钙渣的主要成分及其含量如下表所示。CaO P2O5 SO3 Fe2O3 Al2O3 SiO2 烧失量47.70% 1.60% 1.77% 0.041% 0.0027% 9.85% 37.69%请回答下列问题：（1）对磷石膏钙
11、渣进行醋溶的目的是获得粗制 CaCl2溶液，为了提高溶出率，可以采取的措施有_ (回答两条即可)。（2）为了探究醋溶的工艺条件,称取 6 份各 50g 磷石膏钙渣，分别用不同浓度盐酸进行溶解，反应时间为 30min,测得滤液中钙溶出率的结果如图所示，最适宜的盐酸浓度为_。（3）精制是向粗制 CaCl2溶液中通入氨气,控制溶液的 pH,主要除去_(填金属阳离子)。（4）碳化时，先将精制 CaCl2溶液稀释至一定体积，控制反应温度以及 NH3和 CO2的通入量,此过程中，通入气体有先后顺序,应先通入气体的化学式_(填化学式);碳化时发生反应的化学方程式为_。（5）把 CaCO3浊液滴入 1.0mo
12、lL-1的 Na2SO3溶液中，能否产生 CaSO3沉淀?_。若不能,说明原因;若能,请从定量的角度简述判断依据：_。已知：K sp(CaSO3)=1.410-7，K sp(CaCO3)=2.810-9（6）试设计简单的实验方案,判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级：_。【答案】 (1). 粉碎磷石膏钙渣,增大盐酸浓度，适当升高温度,延长酸溶时间等(任写两条) (2). 4.0molL -1(填 4.0molL-1左右均可) (3). Fe 3+、Al 3+ (4). NH3 (5).CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3+2NH 4Cl (6). 能 (7). 由 =50 可知,当
13、CaSO3与 CaCO3的混合液中 c(SO32-)50c(CO32-)时,即发生由 CaCO 3向 CaSO3的转变 (8). 取少量样品和水混合形成分散系,用一束光照射,若出现一条光亮的通路,则是纳米级,否则不是【解析】 （1）磷石膏钙渣进行酸溶时，为了提高溶出率，可以采取粉碎磷石膏钙渣，增大盐酸浓度，适当升高温度，延长酸溶时间等方法；正确答案：粉碎磷石膏钙渣，增大盐酸浓度，适当升高温度，延长酸溶时间等(任写两条)。 （2）根据图像可知，盐酸的浓度控制在 4.0 molL-1时或左右，钙溶出率较高；正确答案：4.0 molL-1(填 4.0 molL-1左右均可) （3）磷石膏钙渣进行酸溶
14、时，溶液中存在铁离子、铝离子等杂质离子，因此，向粗制CaCl2 溶液中通入氨气，控制溶液的 pH，把 Fe3+、Al 3+变为沉淀而除去；正确答案：Fe3+、Al 3+。（4）二氧化碳易与含有氨气的碱性 CaCl2溶液反应，有利于反应的顺利进行，生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应为：CaCl 2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3+2NH 4Cl，因此先通入气体为 NH3；正确答案：NH 3 ； CaCl 2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3+2NH 4Cl。 （5）由 =c(Ca2+)c(SO32-)/c(Ca2+)c(CO32-)=c(SO32-)/c(CO32-)=1.410-7/2.8
15、10-9=50，c(SO 32-)/c(CO32-)=50, 当 CaSO3与 CaCO3的混合液中 c(SO32-)50c(CO32-)时，即发生由 CaCO3向 CaSO3的转变； 正确答案：能；由 =50 可知，当 CaSO3与CaCO3的混合液中 c(SO32-)50c(CO32-)时，即发生由 CaCO 3向 CaSO3的转变。 （6）碳酸钙样品颗粒为纳米级时，其水溶液为胶体，可以用丁达尔效应进行检验；具体操作：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是；正确答案：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级
16、，否则不是。9. CO、CO 2是化石燃料燃烧的主要产物。（1）将含 0.02 molCO2和 0.01molCO 的混合气体通入有足量 Na2O2 固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃，充分反应后，固体质量增加_g。（2）已知：2CO(g)+O 2(g)=2CO2(g) H=-566.0 kJmol -1，键能 Eo-o=499.0kJmol-1。反应：CO(g)+O 2(g) CO2(g)+O(g)的H=_kJmol -1。已知 2500K 时，中反应的平衡常数为 0.40，某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c(CO)c(O2)=c(CO2)c(O)，则此时 v(正)_(填“” 、 “
17、”或“” ）v（逆） 。已知 1500时，在密闭容器中发生反应：CO 2(g) CO(g)+O(g)。反应过程中 O(g)的 物质的量浓度随时间的变化如图 1 所示，则 02 min 内，CO 2 的平均反应速率 v(CO 2)=_。 （3）在某密闭容器中发生反应：2CO 2(g) 2CO(g)+O2(g),1molCO2 在不同温度下的平衡分解量如图 2 所示。恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的有_ (填字母)。 ACO 的体积分数保持不变 B容器内混合气体的密度保持不变 C容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变 D单位时间内，消耗 CO 的浓度等于生成 CO2 的浓度 分析图 2
18、，若 1500时反应达到平衡状态，且容器体积为 1L，则此时反应的平衡常数 K=_(计算结果保留 1 位小数)。 向恒容密闭容器中充入 2molCO2(g)，发生反应：2CO 2(g) 2CO(g)+O2(g)，测得温度为T时，容器内 O2的物质的量浓度随时间的变化如曲线 II 所示。图中曲线 I 示相对于曲线II 仅改变一种反应条件后 c(O2)随时间的变化，则改变的条件是_；a、 两点用 CO浓度变化表示的净反应速率关系为 va(CO)_(填“” “K，平衡向逆反应方向移动，v(正)S,原子半径：OS,两个 H 一 O 键的成键电子对将偏向 O,从而增加了成键电子对之间的斥力,键角变大,故
19、 H2O 分子中的键角更大 (5). V 形 (6). sp 3 (7). 9 (8). (9). 吡咯分子间可形成氢键,而噻吩分子间不能形成氢键 (10). ( , ， ) (11). 107【解析】本题考查化学选修 3物质结构与性质的相关知识，以填空或简答方式考查，涉及考点：原子结构与元素的性质(基态微粒的电子排布式、电离能及电负性的比较)、分子结构与性质(化学键类型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与判断)；晶体结构与性质(晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、以晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等)。 （1）锌的原子序数为 30，核外电子排布式为1s22s22p
20、63s23p63d104s2，锌原子的价电子排布式为 3d104s2；Zn 的第二电离能失去的是 4s1的一个电子,铜的第二电离能失去的是较稳定的 3d10上的一个电子，故锌的第二电离能 I2(Zn)小于铜的第二电离能 I2(Cu)；（2）因 O 的电负性大于 S 的电负性且 O 的原子半径小于 S的原子半径，故 H2O 分子中的 HO 键长比 H2S 中的 H-S 键长短；因 O 的电负性大于 S 的电负性，两个 H 一 O 键的成键电子对将偏向 O，从而增加了成键电子对之间的斥力，键角变大,故 H2O 分子中的键角更大；（3）S 32-的价电子对数为 4，中心原子的杂化方式为 sp3，结合
21、的原子数为 2，故 S32-的空间构型为 V 形；（4）根据噻吩的结构可知，噻吩分子中含有 9 个 键，硫原子 2 对孤电子中的一对与 2 个双键共轭，形成离域 键，故噻吩分子中的大 键应表示为 ；由吡咯的结构可知，吡咯分子间可形成氢键，而噻吩分子间不能形成氢键，故吡咯的沸点高于噻吩；（5）根据晶胞结构图可知，A 点的原子坐标参数为(0,0,0)，即A 点为原点;B 点的原子坐标参数为( ,0， )，即在面心，C 点应在体心，其坐标参数为( , ， )；由晶胞可知，此晶胞中含有 4 个 ZnS，结合密度公式： ，4.05 gcm -3= ，a= 。点睛：杂化形式的判断是难点，具体方法是：先计算
22、中心原子价电子对数，价电子对数n=（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数电荷数） 。注意：当上述公式中电荷数为正值时取“-” ，电荷数为负值时取“+” ；当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据 n 值判断杂化类型：一般有如下规律：当 n=2，sp 杂化； n=3，sp 2杂化； n=4，sp 3杂化。12. 以有机物 A 为原料可以合成药物 SERMs 的中间体 E。其合成路线如下：回答下列问题：（1）A 的化学名称为_;E 中官能团的名称为_。（2）AB 的反应类型为_, BC 的反应类型为_。（3）B 的结构筒式为_。（4）由 D 生成 E 的化学方程式为_。（5）二取代芳
23、吞族化合物 W 是 E 的同分异构体,符合下列条件的 W 共有_种(不含立体异构)。1mol W 能与足量银氨溶液发生银镜反应生成 4 molAg能与 FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱为六组峰的结构简式为_。【答案】 (1). 间苯二酚(或 1,3- 苯二酚) (2). 醚键和羰基 (3). 取代反应 (4). 加成反应 (5). (6). +H2O (7). 9 (8). 【解析】 （1）根据有机物 C 的结构，并结合 A 的分子式可知，A 为间苯二酚；结合有机物 E的结构简式可知：E 中官能团为醚键和羰基；正确答案：间苯二酚(或 1，3- 苯二酚)；醚键和羰基。（2）A 为间苯二
24、酚；结合 B 的分子式及有机物 C 的结构可知，B 为 ，所以AB 的反应为取代反应；有机物 B 与 CH2=CHCN 发生加成反应生成 ；正确答案：取代反应；加成反应。 （3）A 为间苯二酚；结合 B 的分子式及有机物 C 的结构可知，B 为 ，正确答案： 。（4）由有机物 D 发生取代反应生成有机物 E ；化学方程式为： ；正确答案： 。（5）有机物 E 为 ，二取代芳香族化合物 W 是 E 的同分异构体，1molW 能与足量银氨溶液发生银镜反应生成 4molAg，含有 2 个醛基；能与 FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，必须连在苯环上，满足条件的有机物有：1 个-OH 和 1 个 -CH 2-CH(CHO)2 分别连在苯环上，有邻间对三种；1 个-OH 和 1 个-CH(CHO)-CH 2-CHO 分别连在苯环上，有邻间对三种；1 个-OH 和 1 个 -C(CH 3)(CHO)2分别连在苯环上，有邻间对三种；共计有 9 种；其中核磁共振氢谱为六组峰的结构简式为 ；正确答案：9；。
