1、2016 届乾安县第七中学高三理综模拟 （一）化学试题第卷一选择题：本题共 13 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. 下列说法错误的是（ ）A.乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B.乙醇和乙酸的沸点和熔点都比 C2H6、C 2H4的沸点和熔点高C.乙醇和乙酸都能发生氧化反应D.乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应8. 有人认为 CH2=CH2 与 Br2 的加成反应，实质是 Br2 先断裂为 Br+和 Br-，然后 Br+首先与 CH2=CH2 端碳原子结合，第二步才是 Br-与另一端碳原子结合。根据该观点，如果让 CH2=CH
2、2 与 Br2 在盛有 NaCl 和 NaI 的溶液中反应，则得到的有机物不可能是（ ）A. BrCH2CH2Br B. ClCH2CH2Cl C. BrCH2CH2I D. BrCH2CH2Cl9. 如图所示，隔板 I 固定不动，活塞可自由移动，M 、N 两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g ）xC（g） H=-192kJmol-1，向 M、N 中都通入 1molA 和 2mol B 的混合气体，初始 M、N 容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（ ）A若 x=3，达到平衡后 A 的体积分数关系为：（M）（N ）B若 x3 ，达到平衡后 B 的转化率关系为： （M ） （N）C若 x3
3、 ，C 的平衡浓度关系为：c（M）c（N）Dx 不论为何值，起始时向 N 容器中充入任意值的 C，平衡后 N 容器中 A的浓度均相等10. 已知：将 Cl2 通入适量 KOH 溶液，产物中可能有 KC1、KClO、KC1O3，且 ()cClO的值与温度高低有关。当 n(KOH)=amol 时，下列有关说法错误的是（ ）A、若某温度下，反应后 c(Cl-):c(ClO-)11，则溶液中 c(ClO-):c(ClO3-) 12B、参加反应的氯气的物质的量等于 12amolC、改变温度，反应中转移电子的物质的量 n 的范围： 12 amoln 56amolD、改变温度，产物中 KC1O3 的最大理论
4、产量为 17amol11. 某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应：A(g)+3B(g) A 2C(g)达到平衡，测得平衡时各物质的物质的量之比为 2：2 ：1，保持温度、体积不变，再以 2：2：1 的体积比将 A、B 、C 充入此容器中，则（ ）A平衡向逆反应方向转动 B平衡不移动CC 的百分含量增大 D、C 的百分含量减小12. 在一定条件下，可逆反应：N 2+3H22NH3，H0，达到平衡时，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是（ ）A加催化剂 v正 、 逆 都发生变化且变化的倍数相等B降温 正 、 逆 都减小，且 v正 减小倍数大于 v逆 减小倍数C加压， v正 . 逆 都增大，且
5、正 增大倍数大于 逆 增大倍数D加入氩气， 正 、 逆 都增大，且 v正 增大倍数大于 v逆 增大倍数13. 密闭容器中某气态烃和氧气按一定比例混和，点火爆炸后恢复到原温度（20），压强减小至原来的一半，若加 NaOH 的溶液则气体全部被吸收，则此烃为AC 3H8 BC 2H4 CC 2H6 DC 6H6第卷三、非选择题：包括必答题和选考题两部分。第 22 题第 32 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 33 题第 40 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共 129 分）26.实验室常用 MnO2与浓盐酸反应制备 Cl2(反应装置如右图所示)。（1）制备实验开始时，先检查装置气密
6、性，接下来的操作依次是_（填序号）。A往烧瓶中加入 MnO2粉末B加热C往烧瓶中加入浓盐酸（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出的下列实验方案：甲方案：与足量 AgNO3溶液反应，称量生成的 AgCl 质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量 CaCO3(过量)反应，称量剩余的 CaCO3质量。丁方案：与足量 Zn 反应，测量生成的 H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是_.进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定的倍数后作为试样。a量取试样 20.00mL，用 0.1000 molL1NaOH 标准溶液滴定，消耗
7、 22.00mL，该次滴定测的试样中盐酸浓度为_molL 1；b平行滴定后获得实验结果。判断丙方案的实验结果_(填“偏大”、“偏小”或“准确”)。已知：Ksp(CaCO 3)=2.8 、Ksp(MnCO 3)=2.3 进行丁方案实验：装置如右图所示（夹持器具已略去）。（i）使 Y 形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_转移到_中。（ii）反应完毕，每间隔 1 分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是_（排除仪器和实验操作的影响因素）。27.二氧化氯(ClO 2)是国内外公认的高效、广谱、快速、安全无毒的杀菌消毒剂，被称为“第 4 代消毒剂” 。工业上可采用氯酸
8、钠(NaClO 3)或亚氯酸钠(NaClO 2)为原料制备 ClO2。（1）亚氯酸钠也是一种性能优良的漂白剂，但在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生 ClO2 气体，离子方程式为_.向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈。若将盐酸改为相同 pH的硫酸，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快。产生气体速率迅速加快的原因是_.（2）化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备 ClO2。用 H2O2 作还原剂制备的 ClO2 更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是_.（3）电解法是目前研究最为热门的生产 ClO2 的方法之一。如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯 ClO2 的实验。电源负极为
9、_极(填 A 或 B)写出阴极室发生反应依次为_控制电解液 H+不低于 5mol/L，可有效防止因 H+浓度降低而导致的 ClO2歧化反应。若两极共收集到气体22.4L(体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和 ClO2 气体溶解的部分)，此时阳极室与阴极室c(H+)之差为_.28.甲酸甲酯水解反应方程式为：HCOOCH3（l）+H 2O（l） AHCOOH（l）+CH 3OH（l） H0某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计） 反应体系中各组分的起始量如下表：组分 3HC2OCO3H物质的量/mol 1.00 1.99 0.01 0.52甲酸甲酯转化率在温度 T1 下随反应
10、时间（t）的变化如下图：（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：反应时间范围/min 05 1015 2025 3035 4045 5055 7580平均反应速率/（ 3110minol）1.9 7.4 7.8 4.4 1.6 0.8 0.0请计算 1520min 范围内甲酸甲酯的减少量为_mol，甲酸甲酯的平均反应速率为_molmin -1（不要求写出计算过程） （2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：_（3）上述反应的平衡常数表达式为：K= 32()()cHCOcH，则该反应在温度 T1 下的 K 值为_（4）其他条件不变，仅
11、改变温度为 T2（T 2 大于 T1） ，在答题卡框图中画出温度 T2 下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图3025201510501020304506708090（ 10.30）（ 56.7）（ 20.1.2）（ 40.21.5）（ 75.24.0）（ 80.24.0）转化率/t/min50（二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一道题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。36. 化学-化学与技术工业上利用氨氧化获得的高浓度 NOx 气体(含 NO、NO 2)制备 NaNO2、NaNO 3，工艺流程如下：Na2CO3H2O
12、NOx NaO2 HNO3溶 液 碱 吸 收 中 和 液 蒸 发 I结 晶分 离 I母 液 I转 化稀空 气 转 化 液 蒸 发 I结 晶分 离 I母 液 I回 收NaO3已知：Na 2CO3NONO 2=2NaNO2CO 2（1）中和液所含溶质除 NaNO2及少量 Na2CO3外，还有_(填化学式)。（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是_。蒸发产生的蒸气中含有少量的 NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的_(填操作名称)最合理。（3）母液进行转化时加入稀 HNO3的目的是_。母液需回收利用，下列处理方法合理的是_。a转入中和液 b转入结晶操作
13、 c转入转化液 d转入结晶操作（4）若将 NaNO2、NaNO 3两种产品的物质的量之比设为 2：1，则生产 1.38 吨 NaNO2时，Na 2CO3的理论用量为_吨(假定 Na2CO3恰好完全反应)。37 已知 T.X.Y.Z 是中学化学常见的四种元素，其结构或性质信息如下表。元素 结构或性质信息T 原子的 L 层上 s 电子数等于 p 电子数。X 元素的原子半径是第三周期主族元素中最大的。Y 空气中含其单质，原子的最外层未成对电子数是该元素所在周期中最多的。Z 单质常温常压下是气体。原子的 M 层上有 1 个未成对的 p 电子。请根据信息回答有关问题：(1)写出与 Y2互为等电子体的分子
14、式 。(2)在相同状况下，Y 的简单氢化物的沸点高于 Z 的氢化物，其原因是 。(3)T.X.Y 三种元素的电负性由大到小的顺序(填元素符号)是 。(4)元素 Q 的原子序数是 X 与 Z 的原子序数之和。该元素基态原子的最外层电子排布式为 。元素 Q 与元素 T.Y.Z 分别形成平面型的Q(TY) 42 和四面体的QZ 4 2 ，其中 T 与 Y.Q 与 Z 成键时中心原子采用的杂化方式分别是 。元素 Q 形成的单质的晶体结构如下图所示，该晶体形成时的原子堆积方式是 (选填“甲”.“乙”.“丙”)。.38 化学-有机化学基础菠萝酯 F 是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下： CHO22
15、+ AH2（ 足 量 ）催 化 剂 CHBrMg干 醚 CH2MgBrH2C (CH2)3OH2OO2Cu , 2)（4KnDE24SO,浓 F222()O已 知 ： 2H2+ RMgBrH2CH+ +（ 环 氧 乙 烷 ） 2RCHMgBrOH（1）A 的结构简式为_，A 中所含官能团的名称是_。（2）由 A 生成 B 的反应类型是_，E 的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为_。（3）写出 D 和 E 反应生成 F 的化学方程式_。（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备 1-丁醇，设计合成路线（其他试剂任选） 。标准答案7. D解析：乙醇和乙酸都是常用调
16、味品的主要成分，A 正确。从分子的结构或性质（状态）可确定乙醇和乙酸的沸点和熔点都比 C2H6和 C2H4的沸点和熔点高，B 正确。乙醇和乙酸都能发生氧化反应，如燃烧等，C 正确。酯化反应是指醇羟基与酸羟基之间的脱水反应，而皂化反应是专指高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，二者发生的条件也不同，不是互为逆反应，D 错误。8.B解析： 2Br可以提供 r， B，而 NalI只能提供 Il，A，C，D 项均有正负离子，B 中不可能有 Cl9. D解析：A若 x=3，由于反应前后气体体积不变， N 容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后 A 的体积分数关系为：（M）=（N） ，
17、故 A 错误；B若 x3 ，由于反应后气体体积增大，N 容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B 的转化率增大，所以达到平衡后 B 的转化率关系为：（M）（N） ，故B 错误；C若 x3 ，由于反应后气体体积减小，N 容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C 的平衡浓度增大，所以 C 的平衡浓度关系为：c（M）c（N） ，故 C 错误；D恒温恒压下，x 不论为何值，起始时向 N 容器中充入任意值的 C，一边倒后，A 与 B 的物质的量之比都是 1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后 N 容器中 A 的浓度均
18、相等，故 D 正确；故选 D10.D解析：设 n(Cl)=11 mol，则 n(ClO)=1 mol，生成 11mol l，得到电子 11mol，生成 1molClO，失去电子 1mol，根据电子守恒可求得 3为（11-1）52 mol，则 A 项正确；由反应产物 KCl、KClO 和KClO3 的化学式看出钾元素与氯元素物质的量之比均为 11，即 n(Cl2) n(Cl) n(KOH) amol，B 项正确；改变温度，若反应中只生成 KCl 和 KClO，转移电子 amol，若反应中只生成 KCl和 KClO3，则转移电子 amol，C 项正确；改变温度，若反应中只生成 KCl 和 KClO
19、3，根据电子守恒，可产生 KClO3(最大理论产量)1/6amol，D 项错误。11.AC解析：充入气体相当于给原气体加压，平衡向右移动，选 AC12.BD解析：A、催化剂能同等程度增大反应速率，加入催化剂，平衡不移动，故 A 正确；B、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，则 v（正） 、v（逆）都减小，且 v（正）减小倍数小于 v（逆）减小倍数，故 B 错误；C、增大压强，正逆反应速率都增大，由于反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数之和，则平衡向正反应方向移动，v （正）增大倍数大于 v（逆）增大倍数，故 C 正确；D、氩气为惰性气体，若为恒容下通入氩气，对反应速率和
20、平衡移动都没有影响，故 D 错误故选 BD13. 解：设此烃的化学式为 xyCH，则有 22()4xyCHOOA点 燃 +y 41 xx由此可得：4x=4+y若 x=1，则 y=0，不存在此物质，若 x=2，则 y=4，物质为 24CH，若 x=3，26. 解析：（ 1）加药顺序一般是先加入固体药品，再加入液药品，最后再加热。则依次顺序是 ACB。考查实验的细节，看学生是否真的做过实验，引导实验课要真正地上，而不是在黑板上画。（2）加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度。由 CHClVHCl=CNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为 0.1100mol/L，这是简单的中
21、和滴定计算。根据题意碳酸锰的 Ksp 比碳酸钙小，其中有部分碳酸钙与锰离子反应转化成碳酸锰沉淀，剩余的碳酸钙质量变小，多消耗了碳酸钙，但是由此计算得出盐酸的浓度就偏大了（疑问）。如果将题目改成“称量剩余的固体质量”，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小！使 Zn 粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到气体未冷却了。实验题总体比较基础简单，可能最后一问比较出人意
22、料，难以想到。27. （1）5ClO 2-+4H+=4ClO2+Cl -+2H2O；反应生成的 Cl-对反应起催化作用；（2）H 2O2 做还原剂时氧化产物为 O2，而盐酸则产生大量 Cl2；（3） A； ClO 2+e-= ClO2-；ClO 3-+ ClO2-+2 H+= 2ClO2+ H2O； 0.8mol/L解析：（1）根据题意，结合原子守恒、电子守恒及电荷守恒的知识可得该反应的两种方程式为 5ClO2-+4H+=4ClO2+Cl -+2H2O。在 pH 相同的盐酸的反应速率比硫酸中快，说明是溶液中的 Cl-可能会影响化学反应速率；一段时间后在硫酸中的发生速率也加快，就是由于在 5Cl
23、O2-+4H+=4ClO2+Cl -+2H2O 中随着反应的进行，溶液中 Cl-的浓度增大了。这就进一步证实了前面的推测的正确性。 （2）用 H2O2 作还原剂制备的 ClO2 更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是 H2O2 做还原剂时氧化产物为 O2，而盐酸则产生大量Cl2；O 2 是大气的成分，而 Cl2 是大气污染物，会对环境造成危害。 （3 ）根据题图中物质所含元素的化合价的变化情况可以看出：A 电极所连接的电极发生还原反应，是电解池的阴极。所以 A 为电源的负极，B为电源的正极。写出阴极室发生反应依次为 ClO2+e-= ClO2-；ClO 3-+ ClO2-+2H+= 2ClO2+
24、 H2O。在整个闭合回路中电子转移数目相等。阴极室每产生 4mol 的 ClO2 电子转移 4mol,同时在阳极室发生反应：4OH-4e-=2H2O+ O2。产生 1mol 的 O2。因此转移 4mold 电子，产生气体 5mol.现在产生气体的物质的量为 1mol,所以转移电子 0.8mol.在阳极有 0.8mol 的 OH-离子放电。因为溶液的体积为 1L。所以此时阳极室与阴极室 c(H+)之差为 0.8mol/L。 2)的各种制取方法及反应原理的知识。28.解析： (1)15min 时，甲酸甲酯的转化率为 6.7%，所以 15min 时，甲酸甲酯的物质的量为 1-1.00mol6.7%=
25、0.933mol；20min 时，甲酸甲酯的转化率为 11.2%所以 20min 时，甲酸甲酯的物质的量为 1-1.00mol11.2%=0.888mol，所以 15 至 20min 甲酸甲酯的减少量为 0.933mol-0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min=0.009molmin -1故答案为：0.045mol；0.009molmin -1；（2）从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变故
26、答案为：反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零（3）由图象与表格可知，在 75min 时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为 24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为 1.0024%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=0.76mol，水的物质的量 1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol，甲醇的物质的量=0.76mol所以 K=（0.760.25）/（1.750.7
27、6）=1/7故答案为 17；（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意 T2 达到平衡的时间要小于 T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲酸甲酯的转化率增大，所以绘图时要注意 T2 达到平衡时的平台要高于 T1故答案为：36【答案】 （1）NaNO 3（2）防止 NaNO2的析出；溶碱（3）将 NaNO2氧化为 NaNO2；c、d；（4）1.59【解析】 （1）NO 2与碱液反应可生成 NaNO3。（2）浓度过大时，NaNO 2可能会析出；NaNO 2有毒，不能直接排放，回收后可用于流程中的溶碱。（3）NaNO 2在酸性条件下易被氧化，加入稀硝
28、酸可提供酸性环境；母液的溶质主要是 NaNO3，所以回收利用时应转入转化液，或转入结晶操作，故 c、d 正确。（4）1.38 吨 NaNO2的物质的量为：1.3810 669g/mol=2104mol，则生成的 NaNO3物质的量为：1104mol，故 Na2CO3的理论用量=1/2（210 4+1104）mol106g/mol=1.5910 6g=1.59 吨。37 (1)CO（2 分）(2)NH3分子间能形成氢键，而 HCl 分子间没有氢键（2 分）(3)NCNa（2 分）(4)3d 84s2 （2 分） sp.sp 3（2 分） 丙（2 分）38【答案】 （1）CHO，碳碳双键、醛基。（
29、2）加成（或还原）反应；CH 3 COCH3，（3） (CH2)2COOH+CH2=CHCH2OH (CH2)2COO CH2CH= CH2+H2O（4）CH32BrMgCH32MgBr H2COCH2H+ CH32CH22OH【解析】 （1）根据题目所给信息，1，3-丁二烯与丙烯醛反应生成CHO，根据结构简式可知该有机物含有碳碳双键和醛基。（2）A 中碳碳双键和醛基与 H2发生加成反应；根据有机合成路线 E 为 CH2=CHCH2OH，E 的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：CH 3 COCH3。 （3）D 和 E 反应生成F 为酯化反应，化学方程式为：(CH2)2COOH+CH2=CHCH2OH (CH2)2COO CH2CH= CH2+H2O （4）根据题目所给信息，溴乙烷与 Mg 在干醚条件下反应生成 CH3CH2MgBr，CH 3CH2MgBr与环氧乙烷在酸性条件下反应即可生成 1-丁醇，合成路线为：CH32BrMgCH32MgBr H2COCH2H+ CH32CH22OH
