辽宁省大连市2018届高三第二次模拟考试理综化学试题含解析

1、辽宁省大连市2018届高三第二次模拟考试理综化学试题1 .下列生活用品，主要由塑料制成的是A.车轮轮胎 B. 农用薄膜 C. 尼龙衣料 D. 棉T恤衫【答案】B【解析】A.车轮轮胎主要成分是橡胶，故 A错；B.农用薄膜属于塑料，故 B正确；C.尼龙 衣料主要成分是合成纤维，故 C错误；D.棉T恤衫主要成分是纤维素，故 D错误；答案：B。 2.设NA为阿伏加德罗常数的位，下列说法正确的是A. 1molKMnO4固体完全分解制取 O2,转移的电子数为2NAB. 1L0.1mol/L 的N&CO溶液中HCO和CO2-数目之和为 0.1NaC.在密闭容器中，2molNO与1moQ充分混合后，气

2、体分子数为3NAD. 50mL 18.4mol/L 浓硫酸与足量铜充分反应 ，生成SO分子数目为0.46Na【答案】A【解析】A. ImolKMnO固体完全分解生成 0.5molO2，转移的电子数为 2N% ,故A正确；B.根据 碳原子守恒1L0.1mol/L的NaCO溶液中HCO和CO2-、HbCO数目之和为0.1Na,故B错误；C.在 密闭容器中，2molNO与ImolQ充分反应生成2molNO,气体分子数为 2N,故C错；D.因为浓硫 酸与足量铜充反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不会反应，所以50mL18.4mol/L 浓硫酸与足量铜充分反应，生成SO分子数目小于0.46Na

3、,故D错误；答案：A3.喷普洛韦主要用于口唇或面部单纯疱疹，结构简式如图所示，下列说法不正确的是A.喷普洛韦的分子式为C0H5N5c3B.喷普洛韦能发生取代反应C. 1mol该有机物与足量 Na反应产生22.4LH2D.喷普洛韦分子中所有碳原子不可能都处于同一平面【答案】C【解析】A.根据喷普洛韦的结构简式知喷普洛韦的分子式为CioHi5N5O3,故A正确；B.喷普洛韦中含有羟基，和烷煌基和氨基，所以能发生取代反应，故B正确；C. imol该有机物与足量Na反应产生imol也没有状态，无法计算体积，故 C错误；D.由结构简式知喷普洛韦分子中含有烷煌基，所有碳原子不可能都处于同一平面，故D正确；

4、答案：Co点睛：考查官能的性质和原子共面问题。根据官能团的性质判断反应类型。根据有机物的基本结构，如果分子中所有原子共面，烷煌基的所有原子不共面等判断原子共面问题。4.短周期1-10号元素 W X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价和最低负价的代数和为0; X的一种核素在考古时常用来鉴定此文物的年代，Y的常见氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，工业上.采用液态空气分储方法来生产Y的单质。根据以上叙述，下列说法中不正确的是A.元素简单气态气化物的热稳定性 ：Z>Y>XB. W可与同主族的元素形成离子化合物C. W、X、Y、Z四种元素可形成水溶液显中性的盐D. X

5、、Z分别与W形成化合物的沸点一定有：X<Z【答案】D【解析】X的一种核素在考古时常用来鉴定此文物的年代.知X为C ； W的最高正价和最低负价的代数和 为0，且如周期元素a、X、¥、£的原子序数依次增大，知W为H,Y的常见氧化赖和最高价乳化物的水 化物能反应生成一种离子化合物，知Y为N ；根据短周期L10号元索/，X Y、Z的原子序数依次增 大，所以2为6 A.因为0、N* C元素的非金属性逐渐减的.它们形成的简单气态气化物的热稳定 性皿3 NH*%，故A正确；B. /为H,可以与同主族的元素如Nd形成NaH ,属于离子化合物：故B 正确；C. "、X、Y &

6、quot;四种元素可形成的中性盐为CH/OONH,水溶液呈中性，故C正确；D.因为H和 C可以形成多种烂的化合物，有的沸点比水大.有的沸点比水小.所以乂、工分别与"形成化合物的沸 点不一定是:X<Z,故口错；答案：6点睛：考查原子结构和元素周期律的知识。根据元素的特殊性和原子结构的相关知识，推断-3 - / 15元素的名称。再根据元素周期律判断性质即可以。5.关于化学实验，下列说法正确的是A.图1操作可除去碱式滴定管胶管中的气泡B.图2装置课用作蒸储时的接收装置C.图3可证明元素的非金属性：Cl>C>SiD.图4装置可用于除去 C12中的水蒸气【解析】A.图1操作可

7、除去碱式滴定管胶管中的气泡正确，故A正确；B.图2装置不可用作蒸储时的接收装置， 因为锥形瓶口加活塞， 无法排除气体,蒸储液无法流入，故B错；C.图3可证明酸性：HCl>HbCO>HSiO3,无法证明元素的非金属性 ：Cl>C>Si ,故C错误；D.图4装置不可用于除去 C12中的水蒸气，因为浓硫酸是液体，C12无法通过，故D错误；答案：Ao6.如图是NO和Q形成的原电池装置。下列说法不正确的是A.石墨n做正极，。2发生还原反应B.该电池放电时NO-从右侧向左侧迁移C.当消耗1mol NO2时，电解质中转移 1moleD.石墨I附近发生的反应为NO+NO-e-=N2。【

8、解析】A.负极上二氧化氮失电子和硝酸根离子反应生成五氧化二氮，在石墨 I附近发生氧化反应，所以石墨n做正极，。2发生还原反应，故 A正确；B.放电时，电解质中阴离子向负极移动，所以N03向石墨I电极迁移，即从右侧向左侧迁移，故 B正确；C.由负极电极反应式为NO-e+NO一N2。知，当消耗1mol NO2时，导线中转移1mole-,故C错误；D.负极电极 反应式为NO- e+NO一N2Q,所以石墨I附近发生的反应为 NO+NO-e =N2Q,故D正确；答案：C。点睛：考查原电池原理。根据原电池工作原理判断溶液中离子的移动方向，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；根据电子守恒判断正负极电子转移的

9、数目。根据得失电子判断电极反应式的书写。7.在不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH)有如图所示关系。下列说法正确的是aHXmi/ij-7 - / 15A. b点溶液中不可能存在 NH H 2。B. b、c两点pH相同，但溶液的酸碱性不同C.通过降温的方法，可使溶液的状态中d点变为a点D. a点溶液中可能大量共存的离子：Fe3+、Na+、Cl-、S。2-【答案】B【解析】A. b点溶液中“出)= 10-溶液显酸性,如NH4CI溶液中, NH1*H?O=NHH?O+ H* ,溶 液显酸性，也有NH眼存在，故a错误；B. h、c两点PH相同.但溶液的温度不同C点溶液中=LT溶液显酸性,c点溶液为

10、中性，故C1E确；D. a点溶液中=，L-】r溶液为中性,发生水解,生成氢氧化铁沉淀，所以a点溶液中Fe”、Ml CL- SO产不能大量共Fe3+离子发生水解生成 Fe(OH)3的存.故口错误；答案：B.点睛：根据溶液的酸碱性判断离子共存。如在中性溶液中,沉淀。根据图像推断溶液的酸碱性，水的离子积常数只与温度有关，与无关。c（H+）和c（OH）的大小8.软镒矿主要含有 MnO（约70%）、SiO2、Al 2Q,闪锌矿主要含有 ZnS（约80%）、FeS CuS SQ。为了高效利用这两种矿石，科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，主要流程如下图所示，回答下列问题：软猛矿闪锌旷硫酸f反应

11、II-滤渣"（适里）阳啊8p A1(OH)2电解反应V（1）反应I所得滤液中含有 Mn+、Zn2+、Cir、Fe3+、Al3+等金属阴离子，所得滤液中含有S和为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率，可进行的操作是（至少两条）:。（2）若反成n加入的锌过量，还会进一步发生反应的离子方程式方为 。（3）反应出中加入 MnO的作用是（离子方程式表示 ）;反应出中加入 MnCQ ZnCO 的作用是。（4）反应V的电解总反应为：MnSQ+ZnSO+2H2O!LMnG+Zn+2HSO,写出阳极的电极反应式（5） MnO和Zn可按等物质的量之比生产锌 -镒干电池，则从生产MnO和Zn的角度计算，所用 软

12、镒矿和闪铲矿的质量比大约是 。（保留小数点后两位）【答案】（1）.SiO2 （2）.提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等 （3）. Zn+Fe2+=Zr2+Fe （4）. 4H+Mn（2+2Fe2+=Mn+2Fe3+2h2O （5）. 调节 pH,使Fe3+和 Al3+沉淀，且不引入杂质（6）. Mn2+-2e-+2H2O=MnO+4Hf .1.03【解析】（1）因为软镒矿主要含有 MnO（约70%）、SQ、AI2Q,闪锌矿主要含有 ZnS（约80%）、 FeS CuS S0,反应I中加H2SQ所得滤液中含有 Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，

13、S0 不能和H2SO反应，所得滤液中含有 S和SiO2O为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率 ，可提高温 度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等方法来加快反应速率。答案：SiO2提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等。（2）若反成n加入的锌过量，还会与Fe2+发生反应，反应的离子方程式方为Zn+Fe2+=Zn2+Fe.(3)反应出中加入的 MnO是氧化剂，可以把 Fe2+氧化成Fe3+,离子方程式为4H+MnO+2Fe2+=Mn+2Fe3+2HbO;反应出中加入的 MnCO ZnCO可以和酸反应，所以可用来调节 溶液的酸碱性，使 Fe3+和Al3+沉淀，且不引入杂

14、质。(4)反应V的电解总反应为:MnSQ+ZnSO+2KO * MnO+Zn+2HSO,阳极发生氧化反应失电子，其电极反应式 M吊-2e-+2H2O=Mn2+4H+。(5)据反应 MnS<4+ZnSQ+2H2O= MnO+Zn+2H2SO可知Mn0Zn的物质的量之比为 1:1,故可 设软镒矿、闪锌矿的质量分别为 x、y,得0.7X/87 : 0.8y/97 =1: 1,故x： y=1.03.。所用软 镒矿和闪铲矿的质量比大约是 1.03。点睛：本题考查了物质制备实验的分析判断、物质溶解性的理解应用、电解原理的应用、实验基本操作、化学计算等，题目难度较大。注意掌握该类试题的答题技巧，(1)

15、从题干中获取有用信息，了解生产的产品。(2)然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。(3)分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点： 一切反应或操作都是为获得产品而服务。9. H 2s以及COS俗基硫)是化学工作者重要的研究对象。请回答下列问题 ：1 1) COS勺分子Z勾与 CO相似，COS的电子式为 。(2)已知：COS(g)+H2(g)二 H2S(g)+CO(g) AH 1=-17KJ/molCOS(g)+HO(g)H2S(g)+CO2(g) A H 2=-35kJ/mo

16、lCO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) A H 3贝U AH 3=(3)已知常温下，Ksp(CuS)=1.0 X10 -39,Ksp(PbS)=9.0 X10 -29。向含有浓度均为 0.01mol/L 的 Cu2+、Pb2+废水中缓慢通入H2S,首先生成的沉淀的化学式是 ;当生成两种沉淀时， c(Pb2+)/c(Cu 2+)=.(4)某温度T下，在密闭容器中充入 5molHO(g)和5molCOS(g),测得混合气体中H2S体积分数 ()与时间(t)的关系如图所示。A点COS勺正反应速率 (填“大于” “小于”或“等于")B点COS勺逆反应速率。在该条件下，COS的平衡

17、转化率为在该温度下,该反应的平衡常数K=在B点对应的体系中，改变下列条件，能使COS专化率增大的是 A.再通入H2O(g) B.加压C.降温 D.加入催化剂【答案】(1). 0cs (2). -18kJ/mol (3). CuS (4).9.0X107 (5). 大r v于 (6). 80% (7). 16.0 (8). AC【解析】(1) COS勺分子Z留;勾与 CO相似，所以COS勺电子式为00与。(2)COS(g)+H2(g)HbS(g)+CO(g) AH 1=-17KJ/molCOS(g)+H2O(g)HS(g)+COz(g) A H 2=-35kJ/molCO(g)+H2O(g)Hk

18、(g)+CO2(g) A H 3根据已知由 -=所以 AH3=AH 2-AH1=-35kJ/mol-(-17KJ/mol ) =-18 kJ/mol(3)已知常温下，Ksp(CuS)=1.0 X10 -39,所以 c(Cu 2-).c(S 2-)=Ksp(CuS)=1.0 X10 -39 所以 c(S 2-)=(1.0 X10-39)/ 0.01mol/L=1.0 X10-37mol/L; c(Pb2+).c(S 2-)=Ksp(PbS)=9.0 x 10 -29, c(S 2-)=(9.0 X10-29)/ 0.01mol/L=9.0 x 10 -27 mol/L ,所以首先生成的沉淀的化学

19、式CuS在同一溶液中，当同时生成两种沉淀时，c(Pb2+)/c(Cu 2+)=(9.0 X10-29)mol/L/(1.0 X 10 -37)mol/L=2 .0 X107(4)A点COS勺反应没有达到平衡，所以反应仍然向正反应方向进行，反应物的浓度大于达到平衡时B点COS勺浓度，B点COS的反应达到平衡了，正反应速率等于逆反应的速率。所 以A点COS的正反应速率大于 B点COS勺逆反应速率。在该条件下，由 COS(g)+HO(g)HbS(g)+CO2(g) A H 2=-35kJ/mol起始量（mol）5500变化量（mol）XXXX平衡量（mol）5-X 5-X X X由图知平衡时HkS（

20、g）的体积分数为4*，所以X/（ 5-X +5-X +X +X） |口|10咆=4C0,X=4 mol 所以COS勺平衡车t化率=4/5| 100|_|=80%.答案：80%在该温度下，该反应的平衡常数 K=c（H 2S）.c（CO 2）/c（COS）.c（H2。）=4|口|4/1 口1=16.0;答案：16.0A.再通入H2O（g）使平衡正反应方向进行，COS专化率增大，符合题意，故 A正确；B.COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g） A H 2=-35kJ/mol ,是反应前后气体体积数相等的反应，加压,化学反应平衡不移动，反应物的转化率不会增加，故B错误；C因为此反应是放热

21、反应，降温时，化学平衡向正反应方向移动，COS专化率增大，故 C符合题意；D.催化剂只改变化学反应速率，不会影响化学平衡移动，所以不会使COS专化率增大，故 D不符合题意；答案：ACo10. FeCl 2是一种常用的还原剂。实验室用无水氯化铁和氯苯来制备无水FeCl2。反应原理:2FeCl 3+r6H5Cl0 7'-2FeCl 2+GH4clz+HCl熔点（C）沸点（C）溶解性（水）溶解性（乙醇）溶解性（乙醒）其它FeCl3、FeCl2易吸水易溶不溶不溶于GH5Cl、GHCl2GHCl45132不溶易溶易溶GHCl253173不溶易溶易溶现设计如下方案：在A中放入16.25 g无水氯化

22、铁和过量的氯苯 ，控制反应温度在128-139C加 热3 h.冷却、分离提纯得到粗产品；烧杯中所得盐酸 （假设HCl完全被吸收）用AgNO溶液滴定 以测氯化铁转化率。请回答下列问题A1)(1)仪器B的名称(2)仪器C中盛装的试剂可以是 A.无水氯化钙B. 碱石灰 C.五氧化二磷D. 浓统酸(3)反应后通入N2的目的是(4)已知 20国：时 Ksp(AgCl,白色)=1.8 X 10-10,Ksp(Ag2CrO4,醇红色)=3.4 X 10-11.将烧杯内溶液稀释至 100 mL,每次取25.00 mL溶液进行滴定。选用&CQ做指示剂，用0.1000mol/L的硝酸银标准溶液滴定，三次滴

23、定消耗标准溶液的平均体积为25.20 mL ,则滴定终点的现象是 ,氯化佚的转化率是 (5)冷却实验装置，将三颈烧瓶内物质经过过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品，洗涤所用最佳试齐J是；回收滤液中 GHCl的操作方法是 【答案】(1).球形冷凝管(2). AC (3).将HCl气体全部吹入到 C装置中，使其被充分吸收(4).滴入最后一滴标准液时，生成醇红色沉淀且半分钟不溶解(5).20.16% (6). 乙醛. 蒸储【解析】(1)仪器B的名称球形冷凝管(2)由ZFeCL+GHCl，竺”.2FeCl 2+GH4cL+HCl知仪器C是干燥HCl的，又是球形干燥管，所以不能装浓统酸，也不能装碱石灰，碱石灰

24、能和HCl反应，所以可装无水氯化钙或五氧化二磷。答案：AG(3)反应后通入N2的目的是将HCl气体全部吹入到 C装置中，使其被充分吸收。(4)滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液时，生成醇红色沉淀且半分钟不溶解。由 2FeC: l 3+GHCl"" ""J 2FeCl 2+GH4cL+HCl Ag +Cl-= AgCl 口。所以 2FeC131THelAgNO。根据消耗AgNO的物质的量为0.002520L10.1000mol/L匚100/25=0.001008 mol，所以反应的 FeCl3 的质量为 m=0.001008 mol 匚归 162.5 g/

25、 mol=1.638g,氯化佚的转化率是 1.638g/16.25gl00%=20.16%答案：滴入最后一滴标准液时，生成醇红色沉淀且半分钟不溶解20.16% 。(5)因为GTC12不溶于水，易溶于乙醛，所以洗涤所用最佳试剂是乙醛； 因为C6TC12和CHCl 都是易溶于乙醛的物质，但他们的沸点不同，GH4c12的沸点为173C, C6H5C1的沸点为132C,所以可以利用蒸储的方法回收滤液中 C6H5C1。11.我国考古人员在秦陵挖掘的宝剑，到现们还是锋利无比，原因是剑锋上面覆盖了一层铭。(1)写出Cr的外围电子排布式 。与铭同周期的所有元素中基态原子最外层电子数与 铭原子相同的元素是 。(

26、2)根据下表Cr原子的能级电离能(I:k/mo1) 数据，解释原子逐级电离能增大的原因：11I 2I 3I4I 5I 6I 7652.91590.62987474367028744.915455(2) CrCl3 - 6H2O有三种水合异构体，蓝绿色的Cr(H 2O)5C1Cl 2 - 6H2O,绿色的Cr(H 2O)4C12Cl - 6H2O和紫色的 ,其中Cr的配体水分子也可以被 NH置换，如 Cr(NH3)5Cl 2+,则NH的VSEPR莫型为, N的杂化方式为 ,写出NH3的一种等电 子体 O(4) CrQ能将CHCHOH氧化为乙醛，二者的相对分子质量相近，但乙醇的沸点比乙醛高，原因(

27、5) Cr晶体的堆积模型是体心立方堆积。下列金属晶体也采取这种堆积模型的是 A.Na B.Po C.Mg D.Cu晶胞中Cr的配位数为已知Cr的相对原子质量为 M,Cr的密度为p g/cm3,阿伏加德罗常数用N表示，则Cr的原子半径是_pm.(写出表达式即可)【答案】(1). 3d54s1 (2). K 、Cu (3).随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多(4). Cr(H 2O)6Cl3 (5).四面体形(6). sp 3.PH 3 (8).乙醇能形成分子间氢键(9). A (10). 8 (11).S J 2M4

28、【解析】(1) Cr的原子序数为24,核外电子排布式为：1S22S22P63S2P63d54S1,其外围电子排布式3d54s1。与铭同周期的所有元素中基态原子最外层电子数与铭原子相同的元素是K和Cuo(2)因为随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多。所以表中Cr原子的电离能逐级增大。(3) CrCl3 - 6H2O有三种水合异构体,蓝绿色的Cr(H 2O)5C1Cl 2 - 6H2O,绿色的为Cr(H 2O)4C%Cl 6H2O和紫色的Cr(H2O)6Cl3,其中Cr的配体水分子也可以被 NH置换，如 Cr(NH3)5Cl 2+,因为NH的中心原子上有1对孤对电子，加上中心原子上的键电子对，它们的中心原子上的价层电子电子对数都是4,这些价层电子相互排斥，形成了正四面体型结构。所以NH的VSEPR莫型为四面体形，N的杂化方式为sp3。因为等电子体是指原子总数相等，价电子总数相同的分子，具有相似的化学性质，所以NH的等电子体为PH。(4) CrQ能将CHCHOH氧化为乙醛，二者的相对分子质量相近，但因为乙醇与水能形成分子间 氢键，所以乙醇的沸点比乙醛高。答案：乙醇能形成分子间氢键。(5)因为体心立方堆积是指晶胞中含有两个原子