河南省新乡市2018届高三第一次模拟测试理综化学试题.docVIP

河南省新乡市2018届高三第一次模拟测试理综化学试题1.本草衍义中有如下叙述:“嘉州峨眉山有燕萨石，形六棱而锐首，色莹白明澈。”这里“燕萨石”的主要成分可能是A.SiO2B.CaOC.NaClD.C(石墨）【答案】A【解析】水晶在矿物学中属于石英，化学成分为二氧化硅（SiO2），是一种无色透明、洁净明亮的宝石。“燕萨石”色莹白明澈指的就是这一点。答案选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.1 mol羟基中含有l0NA个电子B.常温下，22.4 L CH4在O2中完全燃烧，生成NA个CO2分子C.标准状况下，18 g H2O中所含的氧原子数为NAD.0.2 mol L-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 CH4的物质的量小于1mol，故常温下，22.4 L CH4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 H2O中所含的氧原子数为18g18g/mol18g18g/mol1NA=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。3.三位分别来自法国、美国、荷兰的科学家因研究“分子机器的设计与合成”而获得2016年诺贝尔化学奖。纳米分子机器日益受到关注，机器的“车轮”常用组件如下，下列说法正确的是A.互为同分异构体B.均能发生加成反应C.均属于烃D.的一氯代物均只有1种【答案】B【解析】A、分子中含有的碳原子数不同，化学式不同，不是同分异构体，选项A错误；B、中含有苯环，能够与氢气发生加成反应，中含有碳碳双键，能够发生加成反应，选项B正确；C、中只含有碳原子，不属于烃，选项C错误；D、中含有2种不同环境下的氢原子，一氯代物有2种，选项D错误。答案选B。4.钌(Ru)是一种硬而脆呈浅灰色的多价稀有金属，性质很稳定，且耐腐蚀性很强。实验室用H2还原RuO2来制备金属钌的装置如图所示。下列说法不正确的是A.加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度B.洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去HClC.结束反应时，先停止加热，再关闭活塞KD.启普发生器也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】D【解析】A、可燃性气体在点燃或加热前必须验纯，故加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，以免发生爆炸，选项A正确；B、洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去氢气中的HCl，避免制得的Ru含有杂质，选项B正确；C、结束反应时，先停止加热，再关闭活塞K，用氢气冷却Ru，以免生成的Ru在高温时又被空气中的氧气氧化，选项C正确；D、二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热，而启普发生器不能加热，选项D不正确。答案选D。5.在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得淸洁能源H2。其原理如图所示。下列有关说法不正确的是A.电源B极为负极B.通电后，若有0.1 mol H2生成，则转移0. 2 mol电子C.通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小D.与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+ 8H+【答案】C【解析】A、电解有机废水（含CH3COOH），在阴极上氢离子得电子生成氢气，即2H+2e=H2，则连接阴极的电极B极为负极，选项A正确；B、通电后，若有0.1 mol H2生成，根据电极反应式2H+2e=H2可知，则转移0. 2 mol电子，选项B正确；C、在阴极上氢离子得电子生成氢气，但是阳离子氢离子会经过交换膜向右移动进入阴极室，阴极室的pH几乎保持不变，选项C不正确；D、与电源A极相连的惰性电极是阳极，在阳极上CH3COOH失电子生成二氧化碳，即CH3COOH-8e+8OH2CO2+6H2O，选项D正确。答案选C。6.短周期元索X、Y、Z、M、R的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是A.化合物RX中含共价键B.化合物X2M是弱电解质C.M的单质在常温下为气体D.Y、Z的氧化物均能溶于水【答案】B【解析】根据题给信息推断，X为氢元素，Y为碳元素，Z为氮元素，R为钠元素，M为硫元素。A、化合物RX是氢化钠，属于离子化合物，只含离子键盘，不含共价键，选项A错误；B、化合物X2M是H2S，是弱电解质，选项B正确；C、M是硫，硫单质在常温下为固体，选项C错误；D、Y、Z的氧化物 中CO、NO等均不能溶于水，选项D错误。答案选B。7.25 时，体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol L-1的两种酸HX、HY分别与0.1 mol L-1的NaOH溶液反应，所加NaOH溶液体积与反应后溶液的-pH的关系如图所示。下列叙述正确的是A.a点c(X-)b点c(Y-)B.HX发生反应的离子方程式为HX+OH-=X-+H2OC.Ka(HY)的数量级约为10-3D.pH=7时，两种反应后的溶液中c(Y-)c(X-)【答案】A【解析】根据图中信息可知，浓度均为0.1 mol L-1的两种酸HX、HY，pH分别为1和4，则HX为强酸，HY为弱酸，A、根据HX=H+X-、HYH+Y-，两种酸中c(H+)分别分别与酸根离子浓度接近，而a点c(H+)b点c(H+)，则a点c(X-)b点c(Y-)，选项A正确；B、HX是强酸，则HX发生反应的离子方程式为H+OH-= H2O，选项B错误；C、根据图中信息可知，以没加入氢氧化钠的点进行计算，该点HY的pH为4，c(Y-)c(H+)=10-4mol/L，则Ka(HY)=1041040.110-410-40.1=10-7的数量级约为10-7，选项C错误；D、X-不水解，Y-水解，pH=7时，加入的氢氧化钠的体积前者多，两种酸根离子浓度分别等于钠离子浓度，但溶液中钠离子浓度前者大，故反应后的溶液中c(Y-)”“ ”或“=”)v逆(CO2)。03min内，氢气的平均反应速率v(H2)。（4）在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2 H2O(g)，H。向一密闭容积正充入一定量的CO2和H2，在300时发生上述反应，达到平衡时测得c(CO2)= 0.2 molL-1，c(H2) =0.8 molL-1，c(H2O)=1.6molL-1。则该温度下上述反应的平衡常数K=。若200时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的H(填“或“0.75molL-1min-125v逆(CO2)；03min内，CO2的平均反应速率v(CO2)=（1.000.75）mol/L3min1.00-0.75mol/L3min，化学反应速率之比等于计量数之比，则氢气的平均反应速率v(H2)=3 v(CO2)=（1.000.75）mol/L3min1.00-0.75mol/L3min3=0.75molL-1min-1；（4）c(CH4)=1212c(H2O)=12121.6molL-1=0.8 molL-1，根据反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2 H2O(g)可得300时，平衡常数K=c(CH4)c2(H2O)c(CO2)c4(H2)c(CH4)c2(H2O)c(CO2)c4(H2)=0.81.620.20.840.81.620.20.84=25；若200时该反应的平衡常数K=64.825，则升高温度，平衡常数减小，则平衡向逆反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，正反应方向为放热反应，H0。10.氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）CeFCO3中Ce的化合价为。（2）氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是。氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为。操作的名称为。（3）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是。（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：。（5）298K时，向c(Ce3+)=0.02molL-1的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH=10，此时Ce3+是否沉淀完全？列式计算，已知：KspCe(OH)35l0-20，c(Ce3+)ll0-5molL-1视为沉淀完全。（6）写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：。【答案】+3陶瓷会与生成的HF反应2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O分液温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动c(Ce3+)(10-4)3=1.510-20, c(Ce3+)=1.510-8molL-1110-5molL-1，Ce3+沉淀完全4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4【解析】（1）CeFCO3中F为-1价、C为+4价、氧为-2价，通过计算可知Ce的化合价为+3价；（2）氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是陶瓷中的二氧化硅会与生成的HF反应；氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时CeO2在酸性条件下被双氧水氧化，发生反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；操作是在加入萃取剂后分离出有机层和硫酸铈稀溶液，则其名称为分液；（3）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；（4）平衡Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)，向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动，能获得较纯的含Ce3+水溶液；（5）pH=10时，c(OH-)=10-4mol/L，c(Ce3+)(10-4)3=1.510-20，c(Ce3+)=1.510-8molL-1110-5molL-1，Ce3+沉淀完全；（6）向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。点睛：本题既有常规知识的考查又有新情景题目的考查，常规题目涉及到影响化学反应速率的因素、过滤操作以及pH的测定方法；命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去推导并书写。从而得解。11.利用水热和有机溶剂等软化学方法，可合成出含有有机杂化锌、锗以及砷等金属的硒化物，且该硒化物具有离子交换、催化、吸附、半导体等性能，显示出良好的应用前景。回答下列问题：（1）锌基态原子核外电子排布式为。元素锗与砷中，第一电离能较大的是（填元素符号，下同），基态原子核外未成对电子数较少的是。（2）H2SeO3分子中Se原子的杂化形式为，H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是。（3）气态SeO3分子的立体构型为，与SeO3互为等电子体的一种离子为（填离子符号）。（4）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为，若该晶胞密度为gcm-3，硒化锌的摩尔质量为Mgmol-1。用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，则晶胞参数为nm。【答案】1s22s22p63s23p63d104s2Ar3d104s2AsGesp3H2SeO4分子中非羟基的氧原子数大于H2SeO3平面三角形CO32-（或NO3-）44MNA34MNA3107【解析】（1）Zn原子核外电子数为30，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2Ar3d104s2；同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，As的4p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较高，故元素锗与砷中，第一电离能较大的是As；元素锗与砷中，基态原子核外未成对电子数分别为2和3，较少的是Ge；(2)H2SeO3分子中Se原子在S8分子中S原子成键电子对数为4，孤电子对数为1，即价层电子对数为4，所以其杂化轨道类型为sp3；H2SeO3的分子结构为，Se为+4价，而H2SeO4的分子结构为，Se为+6价，H2SeO4分子中非羟基的氧原子数大于H2SeO3，后者Se原子吸电子能力强，则羟基上氢原子更容易电离出H+；（3）根据价层电子对互斥理论可知，SeO3分子中中心原子含有的孤对电子对数632263220，即气态SeO3分子中Se形成3个键，没有孤电子对，所以该分子形成的空间构型是平面三角形；SeO3是24e-，24e-等电子体有：NO3-、CO32-等；（4）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子个数为81818+61212=4，根据=mVmV=4MNAV4MNAV，所以V=4MNA4MNA，则晶胞的边长为：4MNA34MNA3cm=4MNA34MNA3107nm。点睛：本题考查原子核外电子排布、判断简单分子或离子的构型、晶胞的计算等知识点。正确运用元素周期律，根据晶体的性质判断晶体的类型，根据中心原子的价层电子对数判断杂化方式及微粒的立体构型、等电子体是指价电子和电子数都相等的微粒等知识点是解答本题的关键。12.水芹烯是一种具有祛痰、抗菌、杀虫作用的添加剂，由水芹烯合成聚合物H的路线如图所示。已知：回答下列问题：（1）B的结构简式为。C的化学名称是。（2）的反应试剂和反应条件分别是，该反应的反应类型是。（3）的化学方程式为。中浓H2SO4的作用是。（4）H的分子式为。（5）M是G的同分异构体，M能与NaHCO3溶液反应生成CO2，则M可能的结构有种。（6）乙酸2丙酯（）是重要的有机化工中间体，写出以2-甲基-2-丁烯