山西省孝义市2018届高三下学期高考模拟卷（一）理综化学试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com 山西省孝义市2018届高三下学期名校最新高考模拟卷（一）‎ 理综-化学试题 ‎1. 下列生活用品中主要由塑料制成的是 A. 汽车轮胎 B. 聚乙烯包装膜 C. 尼龙书包 D. 棉袜子 ‎【答案】B ‎【解析】A、汽车轮胎主要是由橡胶制成，故A错误；B、聚乙烯为典型的热塑性塑料，故B正确；C、尼龙为聚酯类合成纤维，故C错误；D、棉袜子主要成分为纤维素，故D错误。故选B。‎ ‎2. 化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法不正确的是 A. 温室效应导致海水的酸度增加,贝壳类生物的生存将会受到威胁 B. 油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质 C. 石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料 D. 具有吸水性的植物纤维加工后可用作食品干燥剂 ‎【答案】B ‎...............‎ ‎3. 已知 (b)、 (d)、 (p)的分子式均为C8H10，下列说法正确的是 A. b的同分异构体只有d和p两种 B. p、b、d的一氯代物分别有2、3、4种 C. b、d、p中只有b、p能与浓硝酸、浓硫酸的混合液反应 D. b、d、p中只有p的所有原子处于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】A、b的同分异构体可以为环状烃，也可以为链状烃，不只是d和p两种，故A错误；B、b含有3种等效氢，d含有4种等效氢，p含有2种等效氢，所以p、b、d的一氯代物分别有2、3、4种，故B正确；C、b、d、p均可以与浓硝酸、浓硫酸的混合液发生硝化反应，故C错误；D、b、d、p中均含有甲基，均不可能所有原子处于同一平面，故D错误。故选B。‎ ‎4. 深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根离子腐蚀,其电化学腐蚀原理如图所示。下列说法正确的是 A. 铁管道发生的是吸氧腐蚀 B. 输送暖气的管道也易发生此类腐蚀 C. 这种情况下,土壤的pH增大 D. 管道上刷富铜油漆可以延缓管道的腐蚀 ‎【答案】C ‎5. 已知饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合加热可制备氮气。利用如下装置制取氮气,并用氮气制备Ca3N2,Ca3N2遇水发生水解反应。下列说法错误的是 A. ①中发生的化学反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O B. ④、⑥中依次盛装的试剂可以是浓H2SO4、碱石灰 C. ③中盛放的试剂是NaOH 溶液 D. 实验结束,取⑤中的少量产物于试管中，加适量蒸馏水，可以使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝 ‎【答案】C ‎【解析】A、根据题干可知，装置①为制备氮气的装置，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合生成氮气、氯化钠和水，所以反应方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，故A正确。B、Ca3N2遇水发生水解，所以产生的氮气需要干燥才能进入玻璃管中反应，装置④应为干燥装置，可选用浓硫酸作干燥剂；装置⑥中也应装有干燥剂，防止空气中的水蒸气进入，装置⑥中可盛放碱石灰，故B正确。C、装置中含有氧气，可利用装置③除去装置中的氧气，NaOH溶液不能除氧气，可改成酸性氯化亚铁溶液，故C错误；D、实验结束后，装置⑤中有生成的Ca3N2，Ca3N2遇水发生水解反应生成NH3和Ca(OH)2，NH3可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确。故选C。‎ 点睛：解答制备型的实验题时，要根据反应物和生成物的性质、反应条件来选择或推断所需装置及各装置的作用。本题的突破点为根据Ca3N2易水解的特点，确定装置前后需要要吸水装置。‎ ‎6. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素。X与Y形成的有机物Y2X4能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y、W为同族元素，Z的最高价氧化物对应的水化物为强碱。下列说法一定错误的是 A. X、Y、W、Z的原子半径依次增大 B. Z的单质在着火时不能用水灭火 C. 向W的含氧酸的钠盐溶液中通入Y的一种氧化物，有沉淀生成 D. X、Y形成的化合物一定能使溴水褪色 ‎【答案】D ‎【解析】X与Y形成的有机物Y2X4能使酸性高锰酸钾溶液褪色，根据分子式可推测Y为C元素，X为H元素，Y2X4为乙烯；Y、W为同族元素，且W的原子序数大于X，则W为第三周期的Si元素；Z的最高价氧化物对应的水化物为强碱，则Z为金属元素，且Z的原子序数大于碳小于硅，则Z处于第三周期，第三周期中含有三种金属元素，分别为Na、Mg、Al，其中只有Na能形成强碱，故Z为Na。根据上述分析，可知X、Y、W、Z分别为H、C、Na、Si。‎ A、同周期的元素，从左至右，原子半径逐渐减小，则原子半径Na＞Si，电子层越多半径越大，则原子半径Si＞C＞H，所以X、Y、W、Z的原子半径依次增大，故A正确；B、Z为Na，Na易与水反应生成易燃的H2，且Na着火生成的Na2O2与水反应生成氧气，所以Z的单质在着火时不能用水灭火，故B正确；C、W的含氧酸的钠盐为Na2SiO3，Y的氧化物为CO2和CO，向Na2SiO3溶液中通入CO2能生成硅酸沉淀，故C正确；D、H和C形成的化合物为烃，其中烯烃、炔烃能使溴水褪色，烷烃不能使溴水褪色，故D错误。故选D。‎ ‎7. 常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa，下列有关叙述错误的是 A. 常温下，Ka(CH3COOH)=10-5‎ B. a点时，c(F-)=c(HF)>c(Na+)>c(H+) >c(OH-)‎ C. 常温下,0.1mol/LNaF溶液的pH小于0.1mol/LCH3COONa溶液的pH D. 向CH3COOH 溶液中加入NaOH溶液后所得的混合溶液中，‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、根据b点信息，可知pH=5时，=0，即=1。所以Ka(CH3COOH)==c(H+)=10-5，故A正确。B、根据a点信息可知，pH=4，c(H+)＞c(OH-)，，则c(F-)=c(HF)；根据电荷守恒c(F-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(F-)＞c(Na+)，所以c(F-)=c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B正确。C、根据a点信息可知，Ka(HF)= c(H+)=10-4＞Ka(CH3COOH)；越弱越水解，所以同浓度的NaF溶液和CH3COONa溶液，后者水解程度较大，pH较大，故C正确。D、根据Ka(CH3COOH)=可知，===10，故D错误。故选D。‎ 点睛：本题主要考查电离平衡常数的应用，根据图中特殊点的信息，再结合平衡常数公式即可计算出平衡常数，此为难点。‎ ‎8. 溴化镁(MgBr2)可由金属镁在室温下与干燥后的溴在乙醚中反应制得，利用如图所示装置制备溴化镁，并测定其产率。已知: ‎ ‎①Mg和Br2反应剧烈且放热，MgBr,2具有强吸水性；‎ ‎②MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2·3C2H5OC2H5.‎ ‎(1)保存液溴时在瓶内加入适量的蒸馏水，其目的是___________。‎ ‎(2)球形干燥管中放入无水CaCl2 的作用是______________，仪器A的名称是________。‎ ‎(3)实验时，应缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈烧瓶中。如果将所用液溴一次性全部加入三颈烧瓶中，其后果是___________________。‎ ‎(4)反应完毕后恢复至室温过滤，将滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得到三乙醚合溴化镁(MgBr2·3C2H5OC2H5)粗品。第一次过滤得到的固体物质是_______。‎ ‎(5)常温下用苯溶解粗品，冷却至0 ℃，析出晶体，经操作a得到三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得到无水MgBr2产品。‎ ‎①操作a是________________。‎ ‎②写出三乙醚合溴化镁加热至160℃分解得无水MgBr2的化学方程式:_______________。‎ ‎(6)反应开始前装入5.0g镁屑和150mL无水乙醚，无水MgBr2在干燥器中冷却到室温后，称量,其质量为29.8g。则该实验制取MgBr2的产率是__________(保留一位小数)。‎ ‎【答案】 (1). 防止液溴挥发 (2). 防止空气中的水蒸气进入反应装置 (3). 球形冷凝管 (4). 反应过于剧烈，使反应过程难以控制 (5). 镁屑 (6). 过滤、洗涤 (7). MgBr2·3C2H5OC2H5 MgBr2+3C2H5OC2H5 (8). 77.7%‎ ‎【解析】（1）液溴易挥发，所以在保存液溴时在瓶内加入适量的蒸馏水，使挥发出来的溴蒸气溶解在蒸馏水中，防止液溴挥发，故答案为：防止液溴挥发。‎ ‎（2）MgBr2具有强吸水性，所以反应在无水环境下进行，无水CaCl2‎ 可以吸水，防止空气中的水分进入；仪器A为球形冷凝管，故答案为：防止空气中的水蒸气进入反应装置；球形冷凝管。‎ ‎（3）向锥形瓶中通入氮气，瓶中压强增大，将液溴导入反应装置。若将所用液溴一次性全部加入三颈烧瓶中，反应过于剧烈，使反应过程难以控制，所以通入氮气的速率不能过快。故答案为：反应过于剧烈，使反应过程难以控制。‎ ‎（4）反应完毕后恢复至室温，过滤除去的固体为未反应完的镁屑，故答案为：镁屑。‎ ‎（5）①再析出晶体之后，经过过滤、洗涤即可得到晶体三乙醚合溴化镁，故答案为：过滤、洗涤。‎ ‎②三乙醚合溴化镁加热至160℃分解得到无水MgBr2产品，再根据已知信息“MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2·3C2H5OC2H5”可知MgBr2·3C2H5OC2H5分解的方程式为：MgBr2·3C2H5OC2H5MgBr2+3C2H5OC2H5，故答案为：MgBr2·3C2H5OC2H5MgBr2+3C2H5OC2H5。‎ ‎（6）根据Mg～MgBr2，理论上生成的m(MgBr2)==38.35g，则该实验制取MgBr2的产率为=77.7%，故答案为77.7%.‎ ‎9. 硝酸镓在激光材料的制备中已成为重要的基础和主要原料。以废催化剂GCS(主要成分为Ga2O3、Cr2O3和SiO2)为原料制备硝酸嫁晶体的工艺流程如下:‎ ‎(1)滤渣的主要成分是______(写化学式)，用稀氨水调节溶液pH至3.0~3.5之间的目的是________。‎ ‎(2)用硝酸溶解时,温度应控制在40~80℃，实验室控制该温度区间的方法是______；温度高于80℃，溶解速率减慢，其原因是____________。‎ ‎(3)采用减压蒸馏的目的是_________________。‎ ‎(4)催化剂GCS可用于催化热乙烯还原一氧化氮，以消除尾气排放对大气的污染，写出该反应的化学方程式:________________。‎ ‎(5)用硝酸镓制备含镓、铱和铂的催化剂可以有效地催化正庚烷转化为甲苯，该反应的化学方程式为________________。‎ ‎(6)硝酸镓晶体加热过程中,固体失重率[失重率=‎ ‎]随温度的变化关系如图所示。A点时，固体物质的化学式为_________，B点至C点变化过程中，生成的气体为N2O5和另一种氮氧化物，则该变化的总反应方程式为___________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 使Ga3+水解完全生成Ga(OH)3 (3). 水浴加热 (4). 硝酸受热易挥发且会分解 (5). 使过量硝酸和水蒸气快速蒸出 (6). C2H4+6NO 3N2+2CO2+2H2O (7). CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH3 +4H2↑ (8). 2Ga(NO3)3·3H2O (9). Ga(NO3)3GaO2+NO2↑+N2O5↑‎ ‎【解析】流程分析：该工艺流程的目的为以废催化剂GCS(主要成分为Ga2O3、Cr2O2和SiO2)为原料制备硝酸镓晶体，所以流程中要先将Cr、Si等杂质除去。第一步，盐酸酸浸，Ga2O3和Cr2O3溶于盐酸，而SiO2不溶于盐酸，过滤后得到滤渣的主要成分为SiO2，滤液中溶质主要为GaCl3、CrCl3和未反应完的盐酸。第二步，加入稀氨水调pH，根据流程可知，加氨水后得到Ca(OH)3沉淀，而Cr3+进入滤液，从而达到分离Cr与Ga的目的。第三步，向Ca(OH)3沉淀中加入硝酸，使其溶解，所得溶液主要溶质为Ca(NO3)3和未反应完的硝酸，再进行减压蒸馏、冷却干燥后得到目标产物。‎ ‎（1）根据上述分析，滤渣的主要成分为SiO2。用稀氨水调节溶液pH至3.0~3.5之间的目的是使Ga3+水解完全生成Ga(OH)3。故答案为：SiO2；使Ga3+水解完全生成Ga(OH)3。‎ ‎（2）若要将温度控制在40～80℃，可采用水浴加热的方式控制温度。温度太低，硝酸反应速度较慢，若温度高于80℃，硝酸受热易挥发且会分解，沉淀溶解的速率也会减慢。故答案为：水浴加热；硝酸受热易挥发且会分解。‎ ‎（3）溶液中主要溶质为Ca(NO3)3和未反应完的硝酸，减压蒸馏可以降低硝酸和水的沸点，加快硝酸和水蒸气的蒸出，故答案为：使过量硝酸和水蒸气快速蒸出。‎ ‎（4）根据题意可知，乙烯和NO在GCS作催化剂的条件下，反应生成无污染的N2和CO2，反应方程式为C2H4+6NO3N2+2CO2+2H2O，故答案为：C2H4+6NO3N2+2CO2+2H2O。‎ ‎（5）在催化剂的作用下，正庚烷可转化为甲苯，根据原子守恒可知，应还有H2生成，故反应方程式为CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH3 +4H2↑。‎ ‎（6）Ga(NO3)3﹒9H2O的相对分子质量为418，假设加热前硝酸镓晶体的质量为418g,物质的量为1mol，则其中结晶水的质量=18g×9=162g。A点时，失重率为32.3％，则固体减少的质量△m=418×32.3％=135g，所以A点固体物质中还含有结晶水。A点固体中结晶水的物质的量==1.5mol,则固体中n[Ga(NO3)3]﹕n[结晶水]=1﹕1.5=2﹕3，所以A点固体物质的化学式为2Ga(NO3)3·3H2O。‎ B点时，失重率为38.7％，则固体减少的质量=418×38.7％≈162g，则B点时恰好失去全部结晶水，固体物质的化学式为Ga(NO3)3。C点时，失重率为75.6％，则固体减少的质量=418×75.6％=316g,剩余固体的质量=102g，其中m(Ga)=70g。B点至C点变化过程中，生成的气体为N2O5和另一种氮氧化物，则可推测剩余固体为Ga的氧化物，且m(O)=32g，所以固体物质中n(Ga)﹕n(O)= 1﹕2，则固体物质的化学式为GaO2。GaO2中Ga元素化合价为+4价，则GaO2为氧化产物，另一种氮氧化物应为还原产物。假设该氮氧化物为NO2，则有Ga(NO3)3——GaO2+NO2↑+N2O5↑，根据化合价升价守恒和原子守恒，可得方程式Ga(NO3)3 GaO2+NO2↑+N2O5↑，假设成立。‎ 故答案为：2Ga(NO3)3·3H2O；Ga(NO3)3GaO2+NO2↑+N2O5↑。‎ 点睛：（6）问为本题的难点，根据图像，分析Ga(NO3)3﹒9H2O在不同阶段下的分解情况。解题的关键在于质量守恒，在分解的过程中， Ga的质量不变。‎ ‎10. 辉铜矿(主要成分是Cu2S)含铜量高,是最重要的炼铜矿石。‎ I.已知: ①2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) △H=-768.2 kJ.mol-1‎ ‎②Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) △H=-217.4kJ.mol-1‎ ‎(1)Cu2S与Cu2O反应生成Cu 和SO2 的热化学方程式为_____________。‎ Ⅱ.Cu2O可催化二甲醚合成乙醇。‎ 反应①:CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g)  △H1‎ 反应②:CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3OH(g)+C2H5OH(g)  △H2‎ ‎(2)压强为pkPa时,温度对二甲醚和乙酸甲酯平衡转化率的影响如图1所示，则△H1____(填“>”或“Cu ‎【解析】（1）Cr为37号元素，则基态铬价电子排布式为1s22s22p63s23p63s23p63d54s1，所以基态铬原子的价电子排布式是3d54s1；Mn为25号元素，Mn的价电子排布式为：3d54s2，Mn2+的价层电子排布式为3d5，Mn3+的价层电子排布式为3d4，Mn2+的3d能级为半充满状态而Mn3+不是，故Mn2+的稳定性强于Mn3+。故答案为：3d54s1；Mn2+的3d能级为半充满状态而Mn3+不是。‎ ‎（2）第二步电离产生的二价酸根离子重新结合H+的能力强于第一步电离产生的一价酸根离子结合H+的能力，所以H2CrO4的K2