吉林省乾安县第七中学高三化学好题精选模拟试题（一）（含解析）.doc

2016届乾安县第七中学高三理综好题精选模拟（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、c2h4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=ch2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. clch2ch2clc. 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，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，且的值与温度高低有关。当n(koh)=mol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-)b、参加反应的氯气的物质的量等于amolc、改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围： amolnamold、改变温度，产物中kc1o3的最大理论产量为amol11. 某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应：a(g)+3b(g) 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：n2+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、都发生变化且变化的倍数相等b降温、都减小，且减小倍数大于减小倍数c加压，.都增大，且增大倍数大于增大倍数d加入氩气，、都增大，且增大倍数大于增大倍数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ac3h8 bc2h4 cc2h6 dc6h6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22.00ml，该次滴定测的试样中盐酸浓度为_moll1；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(caco3)=2.8、ksp(mnco3)=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(clo2)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”。工业上可采用氯酸钠(naclo3)或亚氯酸钠(naclo2)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_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）+h2o（l）hcooh（l）+ch3oh（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：组分物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度t1下随反应时间（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/min05101520253035404550557580平均反应速率/（）1.97.47.84.41.60.80.0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=，则该反应在温度t1下的k值为_（4）其他条件不变，仅改变温度为t2（t2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（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、no2)制备nano2、nano3，工艺流程如下：已知：na2co3nono2=2nano2co2（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 c转入转化液 d转入结晶操作（4）若将nano2、nano3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨nano2时，na2co3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qz4 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：（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：可以提供，而只能提供，a，c，d项均有正负离子，b中不可能有9. 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），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的浓度均相等，故d正确；故选d10.d解析：设n()=11 mol，则n()=1 mol，生成11mol ，得到电子11mol，生成1mol，失去电子1mol，根据电子守恒可求得为（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kclo3，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，则有+y 4 1 x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，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料，难以想到。27. （1）5clo2-+4h+=4clo2+cl-+2h2o；反应生成的cl-对反应起催化作用；（2）h2o2做还原剂时氧化产物为o2，而盐酸则产生大量cl2；（3）a；clo2+e-= clo2-；clo3-+ 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5clo2-+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；o2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-；clo3-+ clo2-+2h+= 2clo2+ 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%=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）/（1.750.76）=1/7故答案为；（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）nano3（2