天津市河西区2022届高考三模化学试题及答案
高考三模化学试题一、单选题1．第24届冬奥会中所使用的材料属于有机高分子材料的是（ ）A．图甲为场馆提供电能的晶体硅太阳能电池B．图乙轻合金材料制成的冰刀C．图丙大理石冰壶D．图丁聚氨酯速滑服2．我国科学家近期将CO2和H2O通过电催化合
简介：高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题1．中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（ ）选项ABCD文物名称东汉铜车马舞马衔杯纹银壶萧何月下追韩信梅瓶雪景寒林图A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途【解析】【解答】A．东汉铜车马为青铜器，属于合金，A不符合题意；B．舞马衔杯纹银壶为金属制品，B不符合题意；C．萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C符合题意；D．雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D不符合题意；故答案为C。【分析】瓷器是由陶瓷制得2．下列物质属于电解质的是（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】电解质与非电解质【解析】【解答】A．碳酸钙属于盐是电解质，故A选；B．属于非电解质，故B不选；C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D．乙醇属于有机物，水溶液和液态时都不导电，属于非电解质，故D不选；故答案为：A。【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。3．下列有关说法正确的是（ ）A．虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用B．抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子【答案】A【知识点】绿色化学；药物的主要成分和疗效【解析】【解答】A．凡是药物都带有一定的毒性和副作用，因此要合理使用以确保用药安全，故A符合题意；B．不同的抗生素对不同的细菌感染有抵抗能力，而且会产生耐药性，因此不可以胡乱使用，更不能大量使用，抗生素在对抗细菌感染的同时，它对人体的正常细胞、组织、器官也会造成不同的损害，故B不符合题意；C．绿色化学的核心是从源头上消除污染，而不是先污染后治理，故C不符合题意；D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.抗生素对抵抗细菌感染很有效，但不能滥用；C.绿色化学的核心是从源头上消除污染；D.氯气与Cu2+、Hg2+等不反应。4．下列说法错误的是（ ）A．晶体熔点由低到高：CO 离子晶体>分子晶体；B.存在氢键的物质熔沸点较高；C.氯化钠为离子晶体。5．下列事实能用同一原理解释的是（ ）A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液或NaAlO2溶液，均生成白色沉淀B．向BaCl2溶液中通入SO2，再加入氯水或氨水，均产生白色沉淀C．向蛋白质溶液中加入饱和NaCl或BaCl2溶液，均产生白色沉淀D．用洁净铂丝分别蘸取烧碱或纯碱在外焰上灼烧，火焰均呈黄色【答案】D【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【解析】【解答】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液生成沉淀是因为HCO和Al3+发生双水解，加入NaAlO2溶液是因为HCO的酸性比HAlO2强，二者原理不同，A不符合题意；B．加入氯水生成白色沉淀是因为Cl2将SO2氧化为SO，生成硫酸钡沉淀，加入氨水是因为SO2和氨水反应生成SO，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，B不符合题意；C．加入饱和NaCl发生的是蛋白质的盐析，加入BaCl2溶液是重金属盐使蛋白质发生变形，二者原理不同，C不符合题意；D．火焰均呈黄色是因为烧碱和纯碱都含有钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，二者原理相同，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.碳酸氢钠和氯化铝能产生沉淀，但是不能和偏铝酸钠反应得到沉淀B.氯水具有氧化性将二氧化硫氧化成硫酸根形成硫酸钡沉淀，而加入氨水形成碱性环境得到的是亚硫酸钡沉淀C.氯化钡是蛋白质变性，而氯化钠发生的是盐析D.主要是钠元素的焰色反应均是黄色6．下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是（ ）A．ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2B．第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8C．第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11D．基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族【答案】B【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A.ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A不符合题意B.第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B符合题意；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C不符合题意；D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.ⅡA族基态原子最外层有2个电子；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族。7．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（ ）A．测定一定质量的镁铝合金中铝的质量分数B．确定有机物C2H6O分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的Na2SO4·xH2O晶体中结晶水数目D．测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量【答案】C【知识点】实验装置综合；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】A．测定镁铝合金中铝质量分数，可用NaOH溶液溶解合金并测定生成氢气的体积，从而求出铝的量，A可以用如图装置进行实验，不符合题意； B．可用活泼金属Na与该有机物反应，并测定生成氢气的体积，从而确定两者比例关系，B可以用如图装置进行实验，不符合题意；C．测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法，该方法需要加热，图示装置实现不了；或者取一定质量晶体，先测Na2SO4，再求H2O，利用两者物质的量之比求出x，图示装置实现不了，C符合题意；D．用水溶解该混合物，测定生成氧气的体积，从而求出Na2O2含量，D可以用如图装置进行实验，不符合题意；故答案为：C。【分析】A.铝能与NaOH反应，Mg不与NaOH反应；B.只有-OH上氢与Na反应生成氢气；D.过氧化钠与水反应生成氧气而氧化钠不生成氧气。8．下列说法正确的是（ ）A．KAl(SO4)2溶液中c(K+)=2c(SO42-)B．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，c(CO32-)增大C．含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中，C(Ag+)>c(Cl-)=c(Br-)D．常温下，向含0.1molCH3COOH的溶液中加入amolNaOH固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性。（已知醋酸Ka=1.75×10-5)【答案】B【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A、根据电荷守恒KAl(SO4)2溶液中c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，故A项不符合题意；B、向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，反应离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，所以c(CO32-)增大，故B项符合题意；C、悬浊液中AgCl和AgBr均达到沉淀溶解平衡，Ksp(AgCl)=C(Ag+)∙c(Cl-)，Ksp(AgBr)=C(Ag+)∙c(Br-)，因为Ksp(AgCl)≠Ksp(AgBr)，所以c(Cl-)≠c(Br-)，故C项不符合题意；D、c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，常温下根据电离常数Ka=1.75×10-5和Ka=，可得：c(H+)=Ka=1.75×10-5>10-7，所以溶液显酸性，故D项不符合题意。故答案为：B。【分析】A.根据电荷守恒存在c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)；C.AgCl和AgBr的溶解度不同；D.CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度。9．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法正确的是（ ）A．反应过程只有C-H键断开B．反应I的活化能为C．总反应的热化学方程式为：D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢【答案】C【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响【解析】【解答】A．据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A不符合题意；B．反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B不符合题意；C．焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：，故C符合题意；D．据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D不符合题意；故答案为C。【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键B.分步反应，第一步未给出能量最大值 C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式D.活化能大的影响速率，过程1的活化能大10．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（ ）A．整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气B．装置II、III中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水C．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置IV石英管D．尾气处理可直接通入NaOH溶液中【答案】D【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．SiHCl3的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故A不符合题意；B．装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B不符合题意；C．实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C不符合题意；D．SiHCl3与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒吸装置，故D符合题意；故答案为：D。【分析】装置Ⅰ中，Zn与稀硫酸反应生成氢气，Ⅱ中用浓硫酸干燥氢气，SiHCl3在装置Ⅲ中气化，Ⅳ中高温下SiHCl3与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅。11．用电解法合成1，2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中错误的是（ ）A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B．X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜C．液相反应中，C2H4被CuCl2还原为1，2-二氯乙烷D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl【答案】C【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A在电解池装置中，阴极H+放电生成H2和NaOH，反应消耗水，阴极区溶液中的离子浓度不断增大，故A不符合题意；B.由分析可知，X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，故B不符合题意；C.液相反应中，C2H4与CuCl2反应生成1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被CuCl2氧化为1，2-二氯乙烷，故C符合题意；D.以NaCl溶液和乙烯为原料合成1，2-二氯乙烷中，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】由图可知，右边电极与电源负极相连，为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；左边电极为阳极，阳极上CuCl转化为CuCl2，液相反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl。二、多选题12．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是（ ） A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B．1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和5molNaOH发生反应【答案】B,C【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【解析】【解答】A．迷迭香酸分子中含碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，A不符合题意；B.1mol苯环消耗3mol氢气、1mol碳碳双键消耗1mol氢气，则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，B符合题意；C．含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，C符合题意；D．酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应，D不符合题意；故答案为：BC。【分析】A.迷迭香酸中含有的碳碳双键能与溴加成；B.迷迭香酸中苯环和碳碳双键均能与氢气加成；C.迷迭香酸含有酯基、羧基、酚羟基和碳碳双键，具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质；D.酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。三、综合题13．可从铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)和闪锌矿(主要成分是ZnS)得到锌。（1）Zn2+基态核外电子排布式为 。（2）铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和水，浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式 。氨分子的VSEPR模型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。（3）CuSO4能活化ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝(CuS)，试推测其原因是 。（4）ZnS的晶胞结构如图所示：在ZnS的晶体中与S2-离子距离相等且最近的Zn2+的个数是 。其晶胞边长为540.0pm，密度为 (列式并计算)。（5）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3~4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为 (用代数式表示)，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10（2）ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3（3）在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）（4）4；（5）；偏低【知识点】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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】(1)Zn的原子序数为30，则Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2+＋3H2O，氨分子有3个键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3。(3)CuSO4 溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS比ZnS更难溶。故答案为：在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）。(4)观察ZnS的晶胞结构，据均摊法可知S2-离子数为，Zn2+在晶胞内部也有4个，每个S2-与周围的4个带相反电荷的Zn2+构成正四面体，同样每个Zn2+也与周围的4个S2-构成正四面体，故其配位数为4，则密度；故答案为：4，。(5)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为mol，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致标准液消耗量较少，测定结果偏低。故答案为：，偏低。【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子生成Zn2+，根据构造原理书写核外电子排布式；（2）ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+；氨分子形成3个σ键，N原子上含有一个孤电子对；（3）ZnS沉淀转化为更难溶的CuS；（4）根据均摊法和计算；（5）根据n=cV计算EDTA的消耗量，进而计算氧化锌的质量和质量分数；俯视滴定管读数偏小。14．化合物H是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如图：已知：①—NH2易被氧化；②(或H)；（1）化合物A中 (填“是”或“否”)含有手性碳原子。（2）化合物H中所含官能团的名称为 。（3）E→F的化学反应类型为 反应。（4）G的分子式为 。（5）写出X物质的名称 。（6）写出B→C的化学反应方程式 。（7）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 。①分子中有4种不同化学环境的氢原子；②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等。（8）写出以和(EtO)2POCH2CN为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。 【答案】（1）否（2）酰胺基、醚键 （3）还原反应（4）C13H17NO（5）丙酸（6）（7）（8）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)化合物A的饱和碳原子上均连有相同的原子或基团，故化合物A不含手性碳原子。(2)化合物H中所含官能团的名称为酰胺基和醚键。(3)E→F的反应中，E中的转化为F中的-CH2NH2，故该反应为还原反应。(4)由G的结构简式可以得知其分子式为C13H17NO。(5)G和X反应生成H，对比G和X的结构简式可知，该反应为取代反应，X的结构简式为CH3CH2COOH，则X的名称为丙酸。(6)由分析可知，B、C的结构简式分别为为、，则B→C的化学方程式为。(7)D的分子式为C11H10O2，其同分异构体中，能发生水解反应，说明该物质为脂类化合物；水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等，说明该物质水解产物为酚和不饱和酸；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为。(8)结合D→H的转化流程和“已知②”可知，目标产物可以由制得，根据“已知①”可知，-NH2易被氧化，故应该先将-CH2OH转化为-COOH，则目标产物的合成路线为：。【分析】A（）和SOCl2反应生成B（C11H9O2Br2Cl），则B的结构简式为；B在AlCl3的作用下反应生成C（C11H8O2Br2），C再和H2反应生成D（），结合B、D的结构简式可知推出C的结构简式为；D和(EtO)2POCH2CN发生取代反应生成E（）；E和NaBH4 发生还原反应生成F（）；F和H2发生加成反应生成G（）；G和X反应生成H（），则X为CH3CH2COOH。15．某同学制备H2SO4，再用H2SO4制备C2H4，并检验产物。（1）I.制备H2SO4的重要一步是制SO3某同学在实验室中根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，设计如图1所示实验装置来制备SO3固体。①在A装置中加入Na2SO3固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是 。②装置D盛放的是 溶液，其作用是 。③实验开始时的操作顺序为 。a.先点燃E处的酒精灯后将混合气体通入Eb.先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯（2）II.制取乙烯图2是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题：图2中仪器①、②的名称分别为 。（3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是 。（4）III.检验产物为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如表实验并得出相应结论。实验序号检验试剂和反应条件现象结论①酸性KMnO4溶液紫红色褪去产物含有乙烯②澄清Ca(OH)2溶液.变浑浊产物含有CO2③通过品红溶液红色褪去产物含有SO2实验①～③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。【答案】（1）水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；浓硫酸；燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；b（2）温度计和圆底烧瓶（3）防暴沸（4）①；②；二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色；二氧化硫能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)①实验中A装置制取SO2，制备原理本质为：SO+2H+＝SO2↑+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出，故答案为：水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；②气体SO2和O2在E试管中以Cr2O3作催化剂、加热条件制备SO3，并且SO3 易吸水。为实验安全、防止催化剂中毒以便得到SO3固体，进入E试管的气体应干燥。气体SO2和O2在催化剂表面反应生成SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置D的作用是①干燥SO2和O2；②使SO2和O2混合均匀；③通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；干燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯，故答案为：b。(2)根据仪器构造可判断图2中仪器①、②的名称分别为温度计和圆底烧瓶。(3)反应需要加热，反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。(4)由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以①中结论不合理；二氧化硫也能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊，所以②中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是③中结论合理。【分析】Ⅰ.A装置制备二氧化硫，B装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置D中干燥后在通入装置E中发生反应生成三氧化硫，装置F收集三氧化硫，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理；Ⅱ.浓硫酸和乙醇混合加热到170℃发生消去反应生成乙烯，浓硫酸有强氧化性和脱水性，乙醇碳化后与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2和SO2，制得的乙烯中混有CO2和SO2，检验乙烯时需要排除SO2的干扰，检验CO2时需要排除SO2的干扰，且应先检验SO2，再检验CO2；Ⅲ.制得的乙烯中混有CO2和SO2，SO2具有还原性。16．燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一。（1）以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。①结合图1中的信息，写出总反应的化学方程式 。用氢气进行脱硫的优点是 。②已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比[V(H2)/V(SO2)]的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是 。③现有3molH2和1molSO2在上述条件下反应，其中SO2的转化率或Sx的选择性的结果如图2所示，则剩余的SO2的物质的量 mol，H2的物质的量 mol。（2）如图3表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的SO2的转化率。由图可知该反应为放热反应，解释图3中温度小于350℃时，转化率随温度升高而增大的原因是 。在图3中A、B、C、D四点对应的条件中，你认为 (填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是 。【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2 )增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，Sx选择性会降低；③物质的量之比等于体积之比，3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。
简介：高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题1．中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（ ）选项ABCD文物名称东汉铜车马舞马衔杯纹银壶萧何月下追韩信梅瓶雪景寒林图A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途【解析】【解答】A．东汉铜车马为青铜器，属于合金，A不符合题意；B．舞马衔杯纹银壶为金属制品，B不符合题意；C．萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C符合题意；D．雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D不符合题意；故答案为C。【分析】瓷器是由陶瓷制得2．下列物质属于电解质的是（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】电解质与非电解质【解析】【解答】A．碳酸钙属于盐是电解质，故A选；B．属于非电解质，故B不选；C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D．乙醇属于有机物，水溶液和液态时都不导电，属于非电解质，故D不选；故答案为：A。【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。3．下列有关说法正确的是（ ）A．虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用B．抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子【答案】A【知识点】绿色化学；药物的主要成分和疗效【解析】【解答】A．凡是药物都带有一定的毒性和副作用，因此要合理使用以确保用药安全，故A符合题意；B．不同的抗生素对不同的细菌感染有抵抗能力，而且会产生耐药性，因此不可以胡乱使用，更不能大量使用，抗生素在对抗细菌感染的同时，它对人体的正常细胞、组织、器官也会造成不同的损害，故B不符合题意；C．绿色化学的核心是从源头上消除污染，而不是先污染后治理，故C不符合题意；D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.抗生素对抵抗细菌感染很有效，但不能滥用；C.绿色化学的核心是从源头上消除污染；D.氯气与Cu2+、Hg2+等不反应。4．下列说法错误的是（ ）A．晶体熔点由低到高：CO 离子晶体>分子晶体；B.存在氢键的物质熔沸点较高；C.氯化钠为离子晶体。5．下列事实能用同一原理解释的是（ ）A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液或NaAlO2溶液，均生成白色沉淀B．向BaCl2溶液中通入SO2，再加入氯水或氨水，均产生白色沉淀C．向蛋白质溶液中加入饱和NaCl或BaCl2溶液，均产生白色沉淀D．用洁净铂丝分别蘸取烧碱或纯碱在外焰上灼烧，火焰均呈黄色【答案】D【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【解析】【解答】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液生成沉淀是因为HCO和Al3+发生双水解，加入NaAlO2溶液是因为HCO的酸性比HAlO2强，二者原理不同，A不符合题意；B．加入氯水生成白色沉淀是因为Cl2将SO2氧化为SO，生成硫酸钡沉淀，加入氨水是因为SO2和氨水反应生成SO，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，B不符合题意；C．加入饱和NaCl发生的是蛋白质的盐析，加入BaCl2溶液是重金属盐使蛋白质发生变形，二者原理不同，C不符合题意；D．火焰均呈黄色是因为烧碱和纯碱都含有钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，二者原理相同，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.碳酸氢钠和氯化铝能产生沉淀，但是不能和偏铝酸钠反应得到沉淀B.氯水具有氧化性将二氧化硫氧化成硫酸根形成硫酸钡沉淀，而加入氨水形成碱性环境得到的是亚硫酸钡沉淀C.氯化钡是蛋白质变性，而氯化钠发生的是盐析D.主要是钠元素的焰色反应均是黄色6．下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是（ ）A．ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2B．第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8C．第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11D．基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族【答案】B【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A.ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A不符合题意B.第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B符合题意；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C不符合题意；D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.ⅡA族基态原子最外层有2个电子；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族。7．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（ ）A．测定一定质量的镁铝合金中铝的质量分数B．确定有机物C2H6O分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的Na2SO4·xH2O晶体中结晶水数目D．测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量【答案】C【知识点】实验装置综合；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】A．测定镁铝合金中铝质量分数，可用NaOH溶液溶解合金并测定生成氢气的体积，从而求出铝的量，A可以用如图装置进行实验，不符合题意； B．可用活泼金属Na与该有机物反应，并测定生成氢气的体积，从而确定两者比例关系，B可以用如图装置进行实验，不符合题意；C．测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法，该方法需要加热，图示装置实现不了；或者取一定质量晶体，先测Na2SO4，再求H2O，利用两者物质的量之比求出x，图示装置实现不了，C符合题意；D．用水溶解该混合物，测定生成氧气的体积，从而求出Na2O2含量，D可以用如图装置进行实验，不符合题意；故答案为：C。【分析】A.铝能与NaOH反应，Mg不与NaOH反应；B.只有-OH上氢与Na反应生成氢气；D.过氧化钠与水反应生成氧气而氧化钠不生成氧气。8．下列说法正确的是（ ）A．KAl(SO4)2溶液中c(K+)=2c(SO42-)B．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，c(CO32-)增大C．含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中，C(Ag+)>c(Cl-)=c(Br-)D．常温下，向含0.1molCH3COOH的溶液中加入amolNaOH固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性。（已知醋酸Ka=1.75×10-5)【答案】B【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A、根据电荷守恒KAl(SO4)2溶液中c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，故A项不符合题意；B、向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，反应离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，所以c(CO32-)增大，故B项符合题意；C、悬浊液中AgCl和AgBr均达到沉淀溶解平衡，Ksp(AgCl)=C(Ag+)∙c(Cl-)，Ksp(AgBr)=C(Ag+)∙c(Br-)，因为Ksp(AgCl)≠Ksp(AgBr)，所以c(Cl-)≠c(Br-)，故C项不符合题意；D、c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，常温下根据电离常数Ka=1.75×10-5和Ka=，可得：c(H+)=Ka=1.75×10-5>10-7，所以溶液显酸性，故D项不符合题意。故答案为：B。【分析】A.根据电荷守恒存在c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)；C.AgCl和AgBr的溶解度不同；D.CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度。9．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法正确的是（ ）A．反应过程只有C-H键断开B．反应I的活化能为C．总反应的热化学方程式为：D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢【答案】C【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响【解析】【解答】A．据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A不符合题意；B．反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B不符合题意；C．焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：，故C符合题意；D．据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D不符合题意；故答案为C。【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键B.分步反应，第一步未给出能量最大值 C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式D.活化能大的影响速率，过程1的活化能大10．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（ ）A．整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气B．装置II、III中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水C．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置IV石英管D．尾气处理可直接通入NaOH溶液中【答案】D【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．SiHCl3的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故A不符合题意；B．装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B不符合题意；C．实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C不符合题意；D．SiHCl3与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒吸装置，故D符合题意；故答案为：D。【分析】装置Ⅰ中，Zn与稀硫酸反应生成氢气，Ⅱ中用浓硫酸干燥氢气，SiHCl3在装置Ⅲ中气化，Ⅳ中高温下SiHCl3与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅。11．用电解法合成1，2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中错误的是（ ）A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B．X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜C．液相反应中，C2H4被CuCl2还原为1，2-二氯乙烷D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl【答案】C【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A在电解池装置中，阴极H+放电生成H2和NaOH，反应消耗水，阴极区溶液中的离子浓度不断增大，故A不符合题意；B.由分析可知，X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，故B不符合题意；C.液相反应中，C2H4与CuCl2反应生成1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被CuCl2氧化为1，2-二氯乙烷，故C符合题意；D.以NaCl溶液和乙烯为原料合成1，2-二氯乙烷中，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】由图可知，右边电极与电源负极相连，为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；左边电极为阳极，阳极上CuCl转化为CuCl2，液相反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl。二、多选题12．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是（ ） A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B．1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和5molNaOH发生反应【答案】B,C【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【解析】【解答】A．迷迭香酸分子中含碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，A不符合题意；B.1mol苯环消耗3mol氢气、1mol碳碳双键消耗1mol氢气，则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，B符合题意；C．含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，C符合题意；D．酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应，D不符合题意；故答案为：BC。【分析】A.迷迭香酸中含有的碳碳双键能与溴加成；B.迷迭香酸中苯环和碳碳双键均能与氢气加成；C.迷迭香酸含有酯基、羧基、酚羟基和碳碳双键，具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质；D.酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。三、综合题13．可从铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)和闪锌矿(主要成分是ZnS)得到锌。（1）Zn2+基态核外电子排布式为 。（2）铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和水，浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式 。氨分子的VSEPR模型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。（3）CuSO4能活化ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝(CuS)，试推测其原因是 。（4）ZnS的晶胞结构如图所示：在ZnS的晶体中与S2-离子距离相等且最近的Zn2+的个数是 。其晶胞边长为540.0pm，密度为 (列式并计算)。（5）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3~4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为 (用代数式表示)，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10（2）ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3（3）在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）（4）4；（5）；偏低【知识点】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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】(1)Zn的原子序数为30，则Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2+＋3H2O，氨分子有3个键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3。(3)CuSO4 溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS比ZnS更难溶。故答案为：在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）。(4)观察ZnS的晶胞结构，据均摊法可知S2-离子数为，Zn2+在晶胞内部也有4个，每个S2-与周围的4个带相反电荷的Zn2+构成正四面体，同样每个Zn2+也与周围的4个S2-构成正四面体，故其配位数为4，则密度；故答案为：4，。(5)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为mol，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致标准液消耗量较少，测定结果偏低。故答案为：，偏低。【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子生成Zn2+，根据构造原理书写核外电子排布式；（2）ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+；氨分子形成3个σ键，N原子上含有一个孤电子对；（3）ZnS沉淀转化为更难溶的CuS；（4）根据均摊法和计算；（5）根据n=cV计算EDTA的消耗量，进而计算氧化锌的质量和质量分数；俯视滴定管读数偏小。14．化合物H是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如图：已知：①—NH2易被氧化；②(或H)；（1）化合物A中 (填“是”或“否”)含有手性碳原子。（2）化合物H中所含官能团的名称为 。（3）E→F的化学反应类型为 反应。（4）G的分子式为 。（5）写出X物质的名称 。（6）写出B→C的化学反应方程式 。（7）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 。①分子中有4种不同化学环境的氢原子；②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等。（8）写出以和(EtO)2POCH2CN为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。 【答案】（1）否（2）酰胺基、醚键 （3）还原反应（4）C13H17NO（5）丙酸（6）（7）（8）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)化合物A的饱和碳原子上均连有相同的原子或基团，故化合物A不含手性碳原子。(2)化合物H中所含官能团的名称为酰胺基和醚键。(3)E→F的反应中，E中的转化为F中的-CH2NH2，故该反应为还原反应。(4)由G的结构简式可以得知其分子式为C13H17NO。(5)G和X反应生成H，对比G和X的结构简式可知，该反应为取代反应，X的结构简式为CH3CH2COOH，则X的名称为丙酸。(6)由分析可知，B、C的结构简式分别为为、，则B→C的化学方程式为。(7)D的分子式为C11H10O2，其同分异构体中，能发生水解反应，说明该物质为脂类化合物；水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等，说明该物质水解产物为酚和不饱和酸；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为。(8)结合D→H的转化流程和“已知②”可知，目标产物可以由制得，根据“已知①”可知，-NH2易被氧化，故应该先将-CH2OH转化为-COOH，则目标产物的合成路线为：。【分析】A（）和SOCl2反应生成B（C11H9O2Br2Cl），则B的结构简式为；B在AlCl3的作用下反应生成C（C11H8O2Br2），C再和H2反应生成D（），结合B、D的结构简式可知推出C的结构简式为；D和(EtO)2POCH2CN发生取代反应生成E（）；E和NaBH4 发生还原反应生成F（）；F和H2发生加成反应生成G（）；G和X反应生成H（），则X为CH3CH2COOH。15．某同学制备H2SO4，再用H2SO4制备C2H4，并检验产物。（1）I.制备H2SO4的重要一步是制SO3某同学在实验室中根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，设计如图1所示实验装置来制备SO3固体。①在A装置中加入Na2SO3固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是 。②装置D盛放的是 溶液，其作用是 。③实验开始时的操作顺序为 。a.先点燃E处的酒精灯后将混合气体通入Eb.先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯（2）II.制取乙烯图2是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题：图2中仪器①、②的名称分别为 。（3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是 。（4）III.检验产物为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如表实验并得出相应结论。实验序号检验试剂和反应条件现象结论①酸性KMnO4溶液紫红色褪去产物含有乙烯②澄清Ca(OH)2溶液.变浑浊产物含有CO2③通过品红溶液红色褪去产物含有SO2实验①～③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。【答案】（1）水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；浓硫酸；燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；b（2）温度计和圆底烧瓶（3）防暴沸（4）①；②；二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色；二氧化硫能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)①实验中A装置制取SO2，制备原理本质为：SO+2H+＝SO2↑+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出，故答案为：水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；②气体SO2和O2在E试管中以Cr2O3作催化剂、加热条件制备SO3，并且SO3 易吸水。为实验安全、防止催化剂中毒以便得到SO3固体，进入E试管的气体应干燥。气体SO2和O2在催化剂表面反应生成SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置D的作用是①干燥SO2和O2；②使SO2和O2混合均匀；③通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；干燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯，故答案为：b。(2)根据仪器构造可判断图2中仪器①、②的名称分别为温度计和圆底烧瓶。(3)反应需要加热，反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。(4)由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以①中结论不合理；二氧化硫也能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊，所以②中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是③中结论合理。【分析】Ⅰ.A装置制备二氧化硫，B装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置D中干燥后在通入装置E中发生反应生成三氧化硫，装置F收集三氧化硫，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理；Ⅱ.浓硫酸和乙醇混合加热到170℃发生消去反应生成乙烯，浓硫酸有强氧化性和脱水性，乙醇碳化后与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2和SO2，制得的乙烯中混有CO2和SO2，检验乙烯时需要排除SO2的干扰，检验CO2时需要排除SO2的干扰，且应先检验SO2，再检验CO2；Ⅲ.制得的乙烯中混有CO2和SO2，SO2具有还原性。16．燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一。（1）以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。①结合图1中的信息，写出总反应的化学方程式 。用氢气进行脱硫的优点是 。②已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比[V(H2)/V(SO2)]的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是 。③现有3molH2和1molSO2在上述条件下反应，其中SO2的转化率或Sx的选择性的结果如图2所示，则剩余的SO2的物质的量 mol，H2的物质的量 mol。（2）如图3表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的SO2的转化率。由图可知该反应为放热反应，解释图3中温度小于350℃时，转化率随温度升高而增大的原因是 。在图3中A、B、C、D四点对应的条件中，你认为 (填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是 。【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2 )增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，Sx选择性会降低；③物质的量之比等于体积之比，3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。
简介：高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题1．中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（ ）选项ABCD文物名称东汉铜车马舞马衔杯纹银壶萧何月下追韩信梅瓶雪景寒林图A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途【解析】【解答】A．东汉铜车马为青铜器，属于合金，A不符合题意；B．舞马衔杯纹银壶为金属制品，B不符合题意；C．萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C符合题意；D．雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D不符合题意；故答案为C。【分析】瓷器是由陶瓷制得2．下列物质属于电解质的是（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】电解质与非电解质【解析】【解答】A．碳酸钙属于盐是电解质，故A选；B．属于非电解质，故B不选；C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D．乙醇属于有机物，水溶液和液态时都不导电，属于非电解质，故D不选；故答案为：A。【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。3．下列有关说法正确的是（ ）A．虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用B．抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子【答案】A【知识点】绿色化学；药物的主要成分和疗效【解析】【解答】A．凡是药物都带有一定的毒性和副作用，因此要合理使用以确保用药安全，故A符合题意；B．不同的抗生素对不同的细菌感染有抵抗能力，而且会产生耐药性，因此不可以胡乱使用，更不能大量使用，抗生素在对抗细菌感染的同时，它对人体的正常细胞、组织、器官也会造成不同的损害，故B不符合题意；C．绿色化学的核心是从源头上消除污染，而不是先污染后治理，故C不符合题意；D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.抗生素对抵抗细菌感染很有效，但不能滥用；C.绿色化学的核心是从源头上消除污染；D.氯气与Cu2+、Hg2+等不反应。4．下列说法错误的是（ ）A．晶体熔点由低到高：CO 离子晶体>分子晶体；B.存在氢键的物质熔沸点较高；C.氯化钠为离子晶体。5．下列事实能用同一原理解释的是（ ）A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液或NaAlO2溶液，均生成白色沉淀B．向BaCl2溶液中通入SO2，再加入氯水或氨水，均产生白色沉淀C．向蛋白质溶液中加入饱和NaCl或BaCl2溶液，均产生白色沉淀D．用洁净铂丝分别蘸取烧碱或纯碱在外焰上灼烧，火焰均呈黄色【答案】D【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【解析】【解答】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液生成沉淀是因为HCO和Al3+发生双水解，加入NaAlO2溶液是因为HCO的酸性比HAlO2强，二者原理不同，A不符合题意；B．加入氯水生成白色沉淀是因为Cl2将SO2氧化为SO，生成硫酸钡沉淀，加入氨水是因为SO2和氨水反应生成SO，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，B不符合题意；C．加入饱和NaCl发生的是蛋白质的盐析，加入BaCl2溶液是重金属盐使蛋白质发生变形，二者原理不同，C不符合题意；D．火焰均呈黄色是因为烧碱和纯碱都含有钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，二者原理相同，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.碳酸氢钠和氯化铝能产生沉淀，但是不能和偏铝酸钠反应得到沉淀B.氯水具有氧化性将二氧化硫氧化成硫酸根形成硫酸钡沉淀，而加入氨水形成碱性环境得到的是亚硫酸钡沉淀C.氯化钡是蛋白质变性，而氯化钠发生的是盐析D.主要是钠元素的焰色反应均是黄色6．下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是（ ）A．ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2B．第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8C．第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11D．基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族【答案】B【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A.ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A不符合题意B.第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B符合题意；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C不符合题意；D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.ⅡA族基态原子最外层有2个电子；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族。7．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（ ）A．测定一定质量的镁铝合金中铝的质量分数B．确定有机物C2H6O分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的Na2SO4·xH2O晶体中结晶水数目D．测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量【答案】C【知识点】实验装置综合；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】A．测定镁铝合金中铝质量分数，可用NaOH溶液溶解合金并测定生成氢气的体积，从而求出铝的量，A可以用如图装置进行实验，不符合题意； B．可用活泼金属Na与该有机物反应，并测定生成氢气的体积，从而确定两者比例关系，B可以用如图装置进行实验，不符合题意；C．测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法，该方法需要加热，图示装置实现不了；或者取一定质量晶体，先测Na2SO4，再求H2O，利用两者物质的量之比求出x，图示装置实现不了，C符合题意；D．用水溶解该混合物，测定生成氧气的体积，从而求出Na2O2含量，D可以用如图装置进行实验，不符合题意；故答案为：C。【分析】A.铝能与NaOH反应，Mg不与NaOH反应；B.只有-OH上氢与Na反应生成氢气；D.过氧化钠与水反应生成氧气而氧化钠不生成氧气。8．下列说法正确的是（ ）A．KAl(SO4)2溶液中c(K+)=2c(SO42-)B．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，c(CO32-)增大C．含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中，C(Ag+)>c(Cl-)=c(Br-)D．常温下，向含0.1molCH3COOH的溶液中加入amolNaOH固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性。（已知醋酸Ka=1.75×10-5)【答案】B【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A、根据电荷守恒KAl(SO4)2溶液中c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，故A项不符合题意；B、向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，反应离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，所以c(CO32-)增大，故B项符合题意；C、悬浊液中AgCl和AgBr均达到沉淀溶解平衡，Ksp(AgCl)=C(Ag+)∙c(Cl-)，Ksp(AgBr)=C(Ag+)∙c(Br-)，因为Ksp(AgCl)≠Ksp(AgBr)，所以c(Cl-)≠c(Br-)，故C项不符合题意；D、c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，常温下根据电离常数Ka=1.75×10-5和Ka=，可得：c(H+)=Ka=1.75×10-5>10-7，所以溶液显酸性，故D项不符合题意。故答案为：B。【分析】A.根据电荷守恒存在c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)；C.AgCl和AgBr的溶解度不同；D.CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度。9．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法正确的是（ ）A．反应过程只有C-H键断开B．反应I的活化能为C．总反应的热化学方程式为：D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢【答案】C【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响【解析】【解答】A．据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A不符合题意；B．反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B不符合题意；C．焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：，故C符合题意；D．据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D不符合题意；故答案为C。【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键B.分步反应，第一步未给出能量最大值 C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式D.活化能大的影响速率，过程1的活化能大10．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（ ）A．整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气B．装置II、III中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水C．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置IV石英管D．尾气处理可直接通入NaOH溶液中【答案】D【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．SiHCl3的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故A不符合题意；B．装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B不符合题意；C．实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C不符合题意；D．SiHCl3与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒吸装置，故D符合题意；故答案为：D。【分析】装置Ⅰ中，Zn与稀硫酸反应生成氢气，Ⅱ中用浓硫酸干燥氢气，SiHCl3在装置Ⅲ中气化，Ⅳ中高温下SiHCl3与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅。11．用电解法合成1，2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中错误的是（ ）A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B．X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜C．液相反应中，C2H4被CuCl2还原为1，2-二氯乙烷D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl【答案】C【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A在电解池装置中，阴极H+放电生成H2和NaOH，反应消耗水，阴极区溶液中的离子浓度不断增大，故A不符合题意；B.由分析可知，X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，故B不符合题意；C.液相反应中，C2H4与CuCl2反应生成1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被CuCl2氧化为1，2-二氯乙烷，故C符合题意；D.以NaCl溶液和乙烯为原料合成1，2-二氯乙烷中，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】由图可知，右边电极与电源负极相连，为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；左边电极为阳极，阳极上CuCl转化为CuCl2，液相反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl。二、多选题12．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是（ ） A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B．1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和5molNaOH发生反应【答案】B,C【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【解析】【解答】A．迷迭香酸分子中含碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，A不符合题意；B.1mol苯环消耗3mol氢气、1mol碳碳双键消耗1mol氢气，则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，B符合题意；C．含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，C符合题意；D．酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应，D不符合题意；故答案为：BC。【分析】A.迷迭香酸中含有的碳碳双键能与溴加成；B.迷迭香酸中苯环和碳碳双键均能与氢气加成；C.迷迭香酸含有酯基、羧基、酚羟基和碳碳双键，具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质；D.酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。三、综合题13．可从铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)和闪锌矿(主要成分是ZnS)得到锌。（1）Zn2+基态核外电子排布式为 。（2）铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和水，浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式 。氨分子的VSEPR模型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。（3）CuSO4能活化ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝(CuS)，试推测其原因是 。（4）ZnS的晶胞结构如图所示：在ZnS的晶体中与S2-离子距离相等且最近的Zn2+的个数是 。其晶胞边长为540.0pm，密度为 (列式并计算)。（5）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3~4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为 (用代数式表示)，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10（2）ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3（3）在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）（4）4；（5）；偏低【知识点】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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】(1)Zn的原子序数为30，则Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2+＋3H2O，氨分子有3个键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3。(3)CuSO4 溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS比ZnS更难溶。故答案为：在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）。(4)观察ZnS的晶胞结构，据均摊法可知S2-离子数为，Zn2+在晶胞内部也有4个，每个S2-与周围的4个带相反电荷的Zn2+构成正四面体，同样每个Zn2+也与周围的4个S2-构成正四面体，故其配位数为4，则密度；故答案为：4，。(5)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为mol，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致标准液消耗量较少，测定结果偏低。故答案为：，偏低。【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子生成Zn2+，根据构造原理书写核外电子排布式；（2）ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+；氨分子形成3个σ键，N原子上含有一个孤电子对；（3）ZnS沉淀转化为更难溶的CuS；（4）根据均摊法和计算；（5）根据n=cV计算EDTA的消耗量，进而计算氧化锌的质量和质量分数；俯视滴定管读数偏小。14．化合物H是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如图：已知：①—NH2易被氧化；②(或H)；（1）化合物A中 (填“是”或“否”)含有手性碳原子。（2）化合物H中所含官能团的名称为 。（3）E→F的化学反应类型为 反应。（4）G的分子式为 。（5）写出X物质的名称 。（6）写出B→C的化学反应方程式 。（7）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 。①分子中有4种不同化学环境的氢原子；②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等。（8）写出以和(EtO)2POCH2CN为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。 【答案】（1）否（2）酰胺基、醚键 （3）还原反应（4）C13H17NO（5）丙酸（6）（7）（8）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)化合物A的饱和碳原子上均连有相同的原子或基团，故化合物A不含手性碳原子。(2)化合物H中所含官能团的名称为酰胺基和醚键。(3)E→F的反应中，E中的转化为F中的-CH2NH2，故该反应为还原反应。(4)由G的结构简式可以得知其分子式为C13H17NO。(5)G和X反应生成H，对比G和X的结构简式可知，该反应为取代反应，X的结构简式为CH3CH2COOH，则X的名称为丙酸。(6)由分析可知，B、C的结构简式分别为为、，则B→C的化学方程式为。(7)D的分子式为C11H10O2，其同分异构体中，能发生水解反应，说明该物质为脂类化合物；水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等，说明该物质水解产物为酚和不饱和酸；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为。(8)结合D→H的转化流程和“已知②”可知，目标产物可以由制得，根据“已知①”可知，-NH2易被氧化，故应该先将-CH2OH转化为-COOH，则目标产物的合成路线为：。【分析】A（）和SOCl2反应生成B（C11H9O2Br2Cl），则B的结构简式为；B在AlCl3的作用下反应生成C（C11H8O2Br2），C再和H2反应生成D（），结合B、D的结构简式可知推出C的结构简式为；D和(EtO)2POCH2CN发生取代反应生成E（）；E和NaBH4 发生还原反应生成F（）；F和H2发生加成反应生成G（）；G和X反应生成H（），则X为CH3CH2COOH。15．某同学制备H2SO4，再用H2SO4制备C2H4，并检验产物。（1）I.制备H2SO4的重要一步是制SO3某同学在实验室中根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，设计如图1所示实验装置来制备SO3固体。①在A装置中加入Na2SO3固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是 。②装置D盛放的是 溶液，其作用是 。③实验开始时的操作顺序为 。a.先点燃E处的酒精灯后将混合气体通入Eb.先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯（2）II.制取乙烯图2是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题：图2中仪器①、②的名称分别为 。（3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是 。（4）III.检验产物为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如表实验并得出相应结论。实验序号检验试剂和反应条件现象结论①酸性KMnO4溶液紫红色褪去产物含有乙烯②澄清Ca(OH)2溶液.变浑浊产物含有CO2③通过品红溶液红色褪去产物含有SO2实验①～③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。【答案】（1）水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；浓硫酸；燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；b（2）温度计和圆底烧瓶（3）防暴沸（4）①；②；二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色；二氧化硫能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)①实验中A装置制取SO2，制备原理本质为：SO+2H+＝SO2↑+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出，故答案为：水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；②气体SO2和O2在E试管中以Cr2O3作催化剂、加热条件制备SO3，并且SO3 易吸水。为实验安全、防止催化剂中毒以便得到SO3固体，进入E试管的气体应干燥。气体SO2和O2在催化剂表面反应生成SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置D的作用是①干燥SO2和O2；②使SO2和O2混合均匀；③通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；干燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯，故答案为：b。(2)根据仪器构造可判断图2中仪器①、②的名称分别为温度计和圆底烧瓶。(3)反应需要加热，反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。(4)由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以①中结论不合理；二氧化硫也能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊，所以②中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是③中结论合理。【分析】Ⅰ.A装置制备二氧化硫，B装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置D中干燥后在通入装置E中发生反应生成三氧化硫，装置F收集三氧化硫，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理；Ⅱ.浓硫酸和乙醇混合加热到170℃发生消去反应生成乙烯，浓硫酸有强氧化性和脱水性，乙醇碳化后与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2和SO2，制得的乙烯中混有CO2和SO2，检验乙烯时需要排除SO2的干扰，检验CO2时需要排除SO2的干扰，且应先检验SO2，再检验CO2；Ⅲ.制得的乙烯中混有CO2和SO2，SO2具有还原性。16．燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一。（1）以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。①结合图1中的信息，写出总反应的化学方程式 。用氢气进行脱硫的优点是 。②已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比[V(H2)/V(SO2)]的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是 。③现有3molH2和1molSO2在上述条件下反应，其中SO2的转化率或Sx的选择性的结果如图2所示，则剩余的SO2的物质的量 mol，H2的物质的量 mol。（2）如图3表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的SO2的转化率。由图可知该反应为放热反应，解释图3中温度小于350℃时，转化率随温度升高而增大的原因是 。在图3中A、B、C、D四点对应的条件中，你认为 (填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是 。【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2 )增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，Sx选择性会降低；③物质的量之比等于体积之比，3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。
简介：高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题1．中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（ ）选项ABCD文物名称东汉铜车马舞马衔杯纹银壶萧何月下追韩信梅瓶雪景寒林图A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途【解析】【解答】A．东汉铜车马为青铜器，属于合金，A不符合题意；B．舞马衔杯纹银壶为金属制品，B不符合题意；C．萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C符合题意；D．雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D不符合题意；故答案为C。【分析】瓷器是由陶瓷制得2．下列物质属于电解质的是（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】电解质与非电解质【解析】【解答】A．碳酸钙属于盐是电解质，故A选；B．属于非电解质，故B不选；C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D．乙醇属于有机物，水溶液和液态时都不导电，属于非电解质，故D不选；故答案为：A。【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。3．下列有关说法正确的是（ ）A．虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用B．抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子【答案】A【知识点】绿色化学；药物的主要成分和疗效【解析】【解答】A．凡是药物都带有一定的毒性和副作用，因此要合理使用以确保用药安全，故A符合题意；B．不同的抗生素对不同的细菌感染有抵抗能力，而且会产生耐药性，因此不可以胡乱使用，更不能大量使用，抗生素在对抗细菌感染的同时，它对人体的正常细胞、组织、器官也会造成不同的损害，故B不符合题意；C．绿色化学的核心是从源头上消除污染，而不是先污染后治理，故C不符合题意；D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.抗生素对抵抗细菌感染很有效，但不能滥用；C.绿色化学的核心是从源头上消除污染；D.氯气与Cu2+、Hg2+等不反应。4．下列说法错误的是（ ）A．晶体熔点由低到高：CO 离子晶体>分子晶体；B.存在氢键的物质熔沸点较高；C.氯化钠为离子晶体。5．下列事实能用同一原理解释的是（ ）A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液或NaAlO2溶液，均生成白色沉淀B．向BaCl2溶液中通入SO2，再加入氯水或氨水，均产生白色沉淀C．向蛋白质溶液中加入饱和NaCl或BaCl2溶液，均产生白色沉淀D．用洁净铂丝分别蘸取烧碱或纯碱在外焰上灼烧，火焰均呈黄色【答案】D【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【解析】【解答】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液生成沉淀是因为HCO和Al3+发生双水解，加入NaAlO2溶液是因为HCO的酸性比HAlO2强，二者原理不同，A不符合题意；B．加入氯水生成白色沉淀是因为Cl2将SO2氧化为SO，生成硫酸钡沉淀，加入氨水是因为SO2和氨水反应生成SO，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，B不符合题意；C．加入饱和NaCl发生的是蛋白质的盐析，加入BaCl2溶液是重金属盐使蛋白质发生变形，二者原理不同，C不符合题意；D．火焰均呈黄色是因为烧碱和纯碱都含有钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，二者原理相同，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.碳酸氢钠和氯化铝能产生沉淀，但是不能和偏铝酸钠反应得到沉淀B.氯水具有氧化性将二氧化硫氧化成硫酸根形成硫酸钡沉淀，而加入氨水形成碱性环境得到的是亚硫酸钡沉淀C.氯化钡是蛋白质变性，而氯化钠发生的是盐析D.主要是钠元素的焰色反应均是黄色6．下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是（ ）A．ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2B．第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8C．第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11D．基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族【答案】B【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A.ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A不符合题意B.第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B符合题意；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C不符合题意；D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.ⅡA族基态原子最外层有2个电子；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族。7．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（ ）A．测定一定质量的镁铝合金中铝的质量分数B．确定有机物C2H6O分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的Na2SO4·xH2O晶体中结晶水数目D．测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量【答案】C【知识点】实验装置综合；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】A．测定镁铝合金中铝质量分数，可用NaOH溶液溶解合金并测定生成氢气的体积，从而求出铝的量，A可以用如图装置进行实验，不符合题意； B．可用活泼金属Na与该有机物反应，并测定生成氢气的体积，从而确定两者比例关系，B可以用如图装置进行实验，不符合题意；C．测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法，该方法需要加热，图示装置实现不了；或者取一定质量晶体，先测Na2SO4，再求H2O，利用两者物质的量之比求出x，图示装置实现不了，C符合题意；D．用水溶解该混合物，测定生成氧气的体积，从而求出Na2O2含量，D可以用如图装置进行实验，不符合题意；故答案为：C。【分析】A.铝能与NaOH反应，Mg不与NaOH反应；B.只有-OH上氢与Na反应生成氢气；D.过氧化钠与水反应生成氧气而氧化钠不生成氧气。8．下列说法正确的是（ ）A．KAl(SO4)2溶液中c(K+)=2c(SO42-)B．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，c(CO32-)增大C．含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中，C(Ag+)>c(Cl-)=c(Br-)D．常温下，向含0.1molCH3COOH的溶液中加入amolNaOH固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性。（已知醋酸Ka=1.75×10-5)【答案】B【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A、根据电荷守恒KAl(SO4)2溶液中c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，故A项不符合题意；B、向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，反应离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，所以c(CO32-)增大，故B项符合题意；C、悬浊液中AgCl和AgBr均达到沉淀溶解平衡，Ksp(AgCl)=C(Ag+)∙c(Cl-)，Ksp(AgBr)=C(Ag+)∙c(Br-)，因为Ksp(AgCl)≠Ksp(AgBr)，所以c(Cl-)≠c(Br-)，故C项不符合题意；D、c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，常温下根据电离常数Ka=1.75×10-5和Ka=，可得：c(H+)=Ka=1.75×10-5>10-7，所以溶液显酸性，故D项不符合题意。故答案为：B。【分析】A.根据电荷守恒存在c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)；C.AgCl和AgBr的溶解度不同；D.CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度。9．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法正确的是（ ）A．反应过程只有C-H键断开B．反应I的活化能为C．总反应的热化学方程式为：D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢【答案】C【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响【解析】【解答】A．据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A不符合题意；B．反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B不符合题意；C．焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：，故C符合题意；D．据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D不符合题意；故答案为C。【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键B.分步反应，第一步未给出能量最大值 C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式D.活化能大的影响速率，过程1的活化能大10．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（ ）A．整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气B．装置II、III中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水C．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置IV石英管D．尾气处理可直接通入NaOH溶液中【答案】D【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．SiHCl3的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故A不符合题意；B．装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B不符合题意；C．实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C不符合题意；D．SiHCl3与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒吸装置，故D符合题意；故答案为：D。【分析】装置Ⅰ中，Zn与稀硫酸反应生成氢气，Ⅱ中用浓硫酸干燥氢气，SiHCl3在装置Ⅲ中气化，Ⅳ中高温下SiHCl3与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅。11．用电解法合成1，2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中错误的是（ ）A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B．X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜C．液相反应中，C2H4被CuCl2还原为1，2-二氯乙烷D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl【答案】C【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A在电解池装置中，阴极H+放电生成H2和NaOH，反应消耗水，阴极区溶液中的离子浓度不断增大，故A不符合题意；B.由分析可知，X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，故B不符合题意；C.液相反应中，C2H4与CuCl2反应生成1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被CuCl2氧化为1，2-二氯乙烷，故C符合题意；D.以NaCl溶液和乙烯为原料合成1，2-二氯乙烷中，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】由图可知，右边电极与电源负极相连，为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；左边电极为阳极，阳极上CuCl转化为CuCl2，液相反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl。二、多选题12．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是（ ） A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B．1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和5molNaOH发生反应【答案】B,C【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【解析】【解答】A．迷迭香酸分子中含碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，A不符合题意；B.1mol苯环消耗3mol氢气、1mol碳碳双键消耗1mol氢气，则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，B符合题意；C．含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，C符合题意；D．酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应，D不符合题意；故答案为：BC。【分析】A.迷迭香酸中含有的碳碳双键能与溴加成；B.迷迭香酸中苯环和碳碳双键均能与氢气加成；C.迷迭香酸含有酯基、羧基、酚羟基和碳碳双键，具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质；D.酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。三、综合题13．可从铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)和闪锌矿(主要成分是ZnS)得到锌。（1）Zn2+基态核外电子排布式为 。（2）铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和水，浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式 。氨分子的VSEPR模型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。（3）CuSO4能活化ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝(CuS)，试推测其原因是 。（4）ZnS的晶胞结构如图所示：在ZnS的晶体中与S2-离子距离相等且最近的Zn2+的个数是 。其晶胞边长为540.0pm，密度为 (列式并计算)。（5）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3~4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为 (用代数式表示)，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10（2）ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3（3）在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）（4）4；（5）；偏低【知识点】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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】(1)Zn的原子序数为30，则Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2+＋3H2O，氨分子有3个键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3。(3)CuSO4 溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS比ZnS更难溶。故答案为：在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）。(4)观察ZnS的晶胞结构，据均摊法可知S2-离子数为，Zn2+在晶胞内部也有4个，每个S2-与周围的4个带相反电荷的Zn2+构成正四面体，同样每个Zn2+也与周围的4个S2-构成正四面体，故其配位数为4，则密度；故答案为：4，。(5)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为mol，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致标准液消耗量较少，测定结果偏低。故答案为：，偏低。【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子生成Zn2+，根据构造原理书写核外电子排布式；（2）ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+；氨分子形成3个σ键，N原子上含有一个孤电子对；（3）ZnS沉淀转化为更难溶的CuS；（4）根据均摊法和计算；（5）根据n=cV计算EDTA的消耗量，进而计算氧化锌的质量和质量分数；俯视滴定管读数偏小。14．化合物H是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如图：已知：①—NH2易被氧化；②(或H)；（1）化合物A中 (填“是”或“否”)含有手性碳原子。（2）化合物H中所含官能团的名称为 。（3）E→F的化学反应类型为 反应。（4）G的分子式为 。（5）写出X物质的名称 。（6）写出B→C的化学反应方程式 。（7）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 。①分子中有4种不同化学环境的氢原子；②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等。（8）写出以和(EtO)2POCH2CN为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。 【答案】（1）否（2）酰胺基、醚键 （3）还原反应（4）C13H17NO（5）丙酸（6）（7）（8）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)化合物A的饱和碳原子上均连有相同的原子或基团，故化合物A不含手性碳原子。(2)化合物H中所含官能团的名称为酰胺基和醚键。(3)E→F的反应中，E中的转化为F中的-CH2NH2，故该反应为还原反应。(4)由G的结构简式可以得知其分子式为C13H17NO。(5)G和X反应生成H，对比G和X的结构简式可知，该反应为取代反应，X的结构简式为CH3CH2COOH，则X的名称为丙酸。(6)由分析可知，B、C的结构简式分别为为、，则B→C的化学方程式为。(7)D的分子式为C11H10O2，其同分异构体中，能发生水解反应，说明该物质为脂类化合物；水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等，说明该物质水解产物为酚和不饱和酸；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为。(8)结合D→H的转化流程和“已知②”可知，目标产物可以由制得，根据“已知①”可知，-NH2易被氧化，故应该先将-CH2OH转化为-COOH，则目标产物的合成路线为：。【分析】A（）和SOCl2反应生成B（C11H9O2Br2Cl），则B的结构简式为；B在AlCl3的作用下反应生成C（C11H8O2Br2），C再和H2反应生成D（），结合B、D的结构简式可知推出C的结构简式为；D和(EtO)2POCH2CN发生取代反应生成E（）；E和NaBH4 发生还原反应生成F（）；F和H2发生加成反应生成G（）；G和X反应生成H（），则X为CH3CH2COOH。15．某同学制备H2SO4，再用H2SO4制备C2H4，并检验产物。（1）I.制备H2SO4的重要一步是制SO3某同学在实验室中根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，设计如图1所示实验装置来制备SO3固体。①在A装置中加入Na2SO3固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是 。②装置D盛放的是 溶液，其作用是 。③实验开始时的操作顺序为 。a.先点燃E处的酒精灯后将混合气体通入Eb.先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯（2）II.制取乙烯图2是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题：图2中仪器①、②的名称分别为 。（3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是 。（4）III.检验产物为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如表实验并得出相应结论。实验序号检验试剂和反应条件现象结论①酸性KMnO4溶液紫红色褪去产物含有乙烯②澄清Ca(OH)2溶液.变浑浊产物含有CO2③通过品红溶液红色褪去产物含有SO2实验①～③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。【答案】（1）水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；浓硫酸；燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；b（2）温度计和圆底烧瓶（3）防暴沸（4）①；②；二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色；二氧化硫能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)①实验中A装置制取SO2，制备原理本质为：SO+2H+＝SO2↑+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出，故答案为：水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；②气体SO2和O2在E试管中以Cr2O3作催化剂、加热条件制备SO3，并且SO3 易吸水。为实验安全、防止催化剂中毒以便得到SO3固体，进入E试管的气体应干燥。气体SO2和O2在催化剂表面反应生成SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置D的作用是①干燥SO2和O2；②使SO2和O2混合均匀；③通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；干燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯，故答案为：b。(2)根据仪器构造可判断图2中仪器①、②的名称分别为温度计和圆底烧瓶。(3)反应需要加热，反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。(4)由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以①中结论不合理；二氧化硫也能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊，所以②中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是③中结论合理。【分析】Ⅰ.A装置制备二氧化硫，B装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置D中干燥后在通入装置E中发生反应生成三氧化硫，装置F收集三氧化硫，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理；Ⅱ.浓硫酸和乙醇混合加热到170℃发生消去反应生成乙烯，浓硫酸有强氧化性和脱水性，乙醇碳化后与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2和SO2，制得的乙烯中混有CO2和SO2，检验乙烯时需要排除SO2的干扰，检验CO2时需要排除SO2的干扰，且应先检验SO2，再检验CO2；Ⅲ.制得的乙烯中混有CO2和SO2，SO2具有还原性。16．燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一。（1）以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。①结合图1中的信息，写出总反应的化学方程式 。用氢气进行脱硫的优点是 。②已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比[V(H2)/V(SO2)]的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是 。③现有3molH2和1molSO2在上述条件下反应，其中SO2的转化率或Sx的选择性的结果如图2所示，则剩余的SO2的物质的量 mol，H2的物质的量 mol。（2）如图3表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的SO2的转化率。由图可知该反应为放热反应，解释图3中温度小于350℃时，转化率随温度升高而增大的原因是 。在图3中A、B、C、D四点对应的条件中，你认为 (填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是 。【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2 )增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，Sx选择性会降低；③物质的量之比等于体积之比，3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。
简介：高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题1．中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（ ）选项ABCD文物名称东汉铜车马舞马衔杯纹银壶萧何月下追韩信梅瓶雪景寒林图A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途【解析】【解答】A．东汉铜车马为青铜器，属于合金，A不符合题意；B．舞马衔杯纹银壶为金属制品，B不符合题意；C．萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C符合题意；D．雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D不符合题意；故答案为C。【分析】瓷器是由陶瓷制得2．下列物质属于电解质的是（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】电解质与非电解质【解析】【解答】A．碳酸钙属于盐是电解质，故A选；B．属于非电解质，故B不选；C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D．乙醇属于有机物，水溶液和液态时都不导电，属于非电解质，故D不选；故答案为：A。【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。3．下列有关说法正确的是（ ）A．虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用B．抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子【答案】A【知识点】绿色化学；药物的主要成分和疗效【解析】【解答】A．凡是药物都带有一定的毒性和副作用，因此要合理使用以确保用药安全，故A符合题意；B．不同的抗生素对不同的细菌感染有抵抗能力，而且会产生耐药性，因此不可以胡乱使用，更不能大量使用，抗生素在对抗细菌感染的同时，它对人体的正常细胞、组织、器官也会造成不同的损害，故B不符合题意；C．绿色化学的核心是从源头上消除污染，而不是先污染后治理，故C不符合题意；D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.抗生素对抵抗细菌感染很有效，但不能滥用；C.绿色化学的核心是从源头上消除污染；D.氯气与Cu2+、Hg2+等不反应。4．下列说法错误的是（ ）A．晶体熔点由低到高：CO 离子晶体>分子晶体；B.存在氢键的物质熔沸点较高；C.氯化钠为离子晶体。5．下列事实能用同一原理解释的是（ ）A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液或NaAlO2溶液，均生成白色沉淀B．向BaCl2溶液中通入SO2，再加入氯水或氨水，均产生白色沉淀C．向蛋白质溶液中加入饱和NaCl或BaCl2溶液，均产生白色沉淀D．用洁净铂丝分别蘸取烧碱或纯碱在外焰上灼烧，火焰均呈黄色【答案】D【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【解析】【解答】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液生成沉淀是因为HCO和Al3+发生双水解，加入NaAlO2溶液是因为HCO的酸性比HAlO2强，二者原理不同，A不符合题意；B．加入氯水生成白色沉淀是因为Cl2将SO2氧化为SO，生成硫酸钡沉淀，加入氨水是因为SO2和氨水反应生成SO，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，B不符合题意；C．加入饱和NaCl发生的是蛋白质的盐析，加入BaCl2溶液是重金属盐使蛋白质发生变形，二者原理不同，C不符合题意；D．火焰均呈黄色是因为烧碱和纯碱都含有钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，二者原理相同，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.碳酸氢钠和氯化铝能产生沉淀，但是不能和偏铝酸钠反应得到沉淀B.氯水具有氧化性将二氧化硫氧化成硫酸根形成硫酸钡沉淀，而加入氨水形成碱性环境得到的是亚硫酸钡沉淀C.氯化钡是蛋白质变性，而氯化钠发生的是盐析D.主要是钠元素的焰色反应均是黄色6．下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是（ ）A．ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2B．第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8C．第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11D．基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族【答案】B【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A.ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A不符合题意B.第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B符合题意；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C不符合题意；D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.ⅡA族基态原子最外层有2个电子；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族。7．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（ ）A．测定一定质量的镁铝合金中铝的质量分数B．确定有机物C2H6O分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的Na2SO4·xH2O晶体中结晶水数目D．测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量【答案】C【知识点】实验装置综合；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】A．测定镁铝合金中铝质量分数，可用NaOH溶液溶解合金并测定生成氢气的体积，从而求出铝的量，A可以用如图装置进行实验，不符合题意； B．可用活泼金属Na与该有机物反应，并测定生成氢气的体积，从而确定两者比例关系，B可以用如图装置进行实验，不符合题意；C．测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法，该方法需要加热，图示装置实现不了；或者取一定质量晶体，先测Na2SO4，再求H2O，利用两者物质的量之比求出x，图示装置实现不了，C符合题意；D．用水溶解该混合物，测定生成氧气的体积，从而求出Na2O2含量，D可以用如图装置进行实验，不符合题意；故答案为：C。【分析】A.铝能与NaOH反应，Mg不与NaOH反应；B.只有-OH上氢与Na反应生成氢气；D.过氧化钠与水反应生成氧气而氧化钠不生成氧气。8．下列说法正确的是（ ）A．KAl(SO4)2溶液中c(K+)=2c(SO42-)B．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，c(CO32-)增大C．含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中，C(Ag+)>c(Cl-)=c(Br-)D．常温下，向含0.1molCH3COOH的溶液中加入amolNaOH固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性。（已知醋酸Ka=1.75×10-5)【答案】B【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A、根据电荷守恒KAl(SO4)2溶液中c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，故A项不符合题意；B、向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，反应离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，所以c(CO32-)增大，故B项符合题意；C、悬浊液中AgCl和AgBr均达到沉淀溶解平衡，Ksp(AgCl)=C(Ag+)∙c(Cl-)，Ksp(AgBr)=C(Ag+)∙c(Br-)，因为Ksp(AgCl)≠Ksp(AgBr)，所以c(Cl-)≠c(Br-)，故C项不符合题意；D、c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，常温下根据电离常数Ka=1.75×10-5和Ka=，可得：c(H+)=Ka=1.75×10-5>10-7，所以溶液显酸性，故D项不符合题意。故答案为：B。【分析】A.根据电荷守恒存在c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)；C.AgCl和AgBr的溶解度不同；D.CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度。9．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法正确的是（ ）A．反应过程只有C-H键断开B．反应I的活化能为C．总反应的热化学方程式为：D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢【答案】C【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响【解析】【解答】A．据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A不符合题意；B．反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B不符合题意；C．焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：，故C符合题意；D．据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D不符合题意；故答案为C。【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键B.分步反应，第一步未给出能量最大值 C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式D.活化能大的影响速率，过程1的活化能大10．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（ ）A．整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气B．装置II、III中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水C．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置IV石英管D．尾气处理可直接通入NaOH溶液中【答案】D【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．SiHCl3的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故A不符合题意；B．装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B不符合题意；C．实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C不符合题意；D．SiHCl3与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒吸装置，故D符合题意；故答案为：D。【分析】装置Ⅰ中，Zn与稀硫酸反应生成氢气，Ⅱ中用浓硫酸干燥氢气，SiHCl3在装置Ⅲ中气化，Ⅳ中高温下SiHCl3与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅。11．用电解法合成1，2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中错误的是（ ）A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B．X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜C．液相反应中，C2H4被CuCl2还原为1，2-二氯乙烷D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl【答案】C【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A在电解池装置中，阴极H+放电生成H2和NaOH，反应消耗水，阴极区溶液中的离子浓度不断增大，故A不符合题意；B.由分析可知，X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，故B不符合题意；C.液相反应中，C2H4与CuCl2反应生成1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被CuCl2氧化为1，2-二氯乙烷，故C符合题意；D.以NaCl溶液和乙烯为原料合成1，2-二氯乙烷中，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】由图可知，右边电极与电源负极相连，为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；左边电极为阳极，阳极上CuCl转化为CuCl2，液相反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl。二、多选题12．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是（ ） A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B．1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和5molNaOH发生反应【答案】B,C【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【解析】【解答】A．迷迭香酸分子中含碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，A不符合题意；B.1mol苯环消耗3mol氢气、1mol碳碳双键消耗1mol氢气，则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，B符合题意；C．含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，C符合题意；D．酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应，D不符合题意；故答案为：BC。【分析】A.迷迭香酸中含有的碳碳双键能与溴加成；B.迷迭香酸中苯环和碳碳双键均能与氢气加成；C.迷迭香酸含有酯基、羧基、酚羟基和碳碳双键，具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质；D.酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。三、综合题13．可从铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)和闪锌矿(主要成分是ZnS)得到锌。（1）Zn2+基态核外电子排布式为 。（2）铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和水，浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式 。氨分子的VSEPR模型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。（3）CuSO4能活化ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝(CuS)，试推测其原因是 。（4）ZnS的晶胞结构如图所示：在ZnS的晶体中与S2-离子距离相等且最近的Zn2+的个数是 。其晶胞边长为540.0pm，密度为 (列式并计算)。（5）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3~4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为 (用代数式表示)，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10（2）ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3（3）在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）（4）4；（5）；偏低【知识点】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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】(1)Zn的原子序数为30，则Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2+＋3H2O，氨分子有3个键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3。(3)CuSO4 溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS比ZnS更难溶。故答案为：在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）。(4)观察ZnS的晶胞结构，据均摊法可知S2-离子数为，Zn2+在晶胞内部也有4个，每个S2-与周围的4个带相反电荷的Zn2+构成正四面体，同样每个Zn2+也与周围的4个S2-构成正四面体，故其配位数为4，则密度；故答案为：4，。(5)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为mol，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致标准液消耗量较少，测定结果偏低。故答案为：，偏低。【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子生成Zn2+，根据构造原理书写核外电子排布式；（2）ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+；氨分子形成3个σ键，N原子上含有一个孤电子对；（3）ZnS沉淀转化为更难溶的CuS；（4）根据均摊法和计算；（5）根据n=cV计算EDTA的消耗量，进而计算氧化锌的质量和质量分数；俯视滴定管读数偏小。14．化合物H是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如图：已知：①—NH2易被氧化；②(或H)；（1）化合物A中 (填“是”或“否”)含有手性碳原子。（2）化合物H中所含官能团的名称为 。（3）E→F的化学反应类型为 反应。（4）G的分子式为 。（5）写出X物质的名称 。（6）写出B→C的化学反应方程式 。（7）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 。①分子中有4种不同化学环境的氢原子；②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等。（8）写出以和(EtO)2POCH2CN为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。 【答案】（1）否（2）酰胺基、醚键 （3）还原反应（4）C13H17NO（5）丙酸（6）（7）（8）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)化合物A的饱和碳原子上均连有相同的原子或基团，故化合物A不含手性碳原子。(2)化合物H中所含官能团的名称为酰胺基和醚键。(3)E→F的反应中，E中的转化为F中的-CH2NH2，故该反应为还原反应。(4)由G的结构简式可以得知其分子式为C13H17NO。(5)G和X反应生成H，对比G和X的结构简式可知，该反应为取代反应，X的结构简式为CH3CH2COOH，则X的名称为丙酸。(6)由分析可知，B、C的结构简式分别为为、，则B→C的化学方程式为。(7)D的分子式为C11H10O2，其同分异构体中，能发生水解反应，说明该物质为脂类化合物；水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等，说明该物质水解产物为酚和不饱和酸；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为。(8)结合D→H的转化流程和“已知②”可知，目标产物可以由制得，根据“已知①”可知，-NH2易被氧化，故应该先将-CH2OH转化为-COOH，则目标产物的合成路线为：。【分析】A（）和SOCl2反应生成B（C11H9O2Br2Cl），则B的结构简式为；B在AlCl3的作用下反应生成C（C11H8O2Br2），C再和H2反应生成D（），结合B、D的结构简式可知推出C的结构简式为；D和(EtO)2POCH2CN发生取代反应生成E（）；E和NaBH4 发生还原反应生成F（）；F和H2发生加成反应生成G（）；G和X反应生成H（），则X为CH3CH2COOH。15．某同学制备H2SO4，再用H2SO4制备C2H4，并检验产物。（1）I.制备H2SO4的重要一步是制SO3某同学在实验室中根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，设计如图1所示实验装置来制备SO3固体。①在A装置中加入Na2SO3固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是 。②装置D盛放的是 溶液，其作用是 。③实验开始时的操作顺序为 。a.先点燃E处的酒精灯后将混合气体通入Eb.先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯（2）II.制取乙烯图2是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题：图2中仪器①、②的名称分别为 。（3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是 。（4）III.检验产物为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如表实验并得出相应结论。实验序号检验试剂和反应条件现象结论①酸性KMnO4溶液紫红色褪去产物含有乙烯②澄清Ca(OH)2溶液.变浑浊产物含有CO2③通过品红溶液红色褪去产物含有SO2实验①～③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。【答案】（1）水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；浓硫酸；燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；b（2）温度计和圆底烧瓶（3）防暴沸（4）①；②；二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色；二氧化硫能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)①实验中A装置制取SO2，制备原理本质为：SO+2H+＝SO2↑+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出，故答案为：水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；②气体SO2和O2在E试管中以Cr2O3作催化剂、加热条件制备SO3，并且SO3 易吸水。为实验安全、防止催化剂中毒以便得到SO3固体，进入E试管的气体应干燥。气体SO2和O2在催化剂表面反应生成SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置D的作用是①干燥SO2和O2；②使SO2和O2混合均匀；③通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；干燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯，故答案为：b。(2)根据仪器构造可判断图2中仪器①、②的名称分别为温度计和圆底烧瓶。(3)反应需要加热，反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。(4)由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以①中结论不合理；二氧化硫也能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊，所以②中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是③中结论合理。【分析】Ⅰ.A装置制备二氧化硫，B装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置D中干燥后在通入装置E中发生反应生成三氧化硫，装置F收集三氧化硫，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理；Ⅱ.浓硫酸和乙醇混合加热到170℃发生消去反应生成乙烯，浓硫酸有强氧化性和脱水性，乙醇碳化后与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2和SO2，制得的乙烯中混有CO2和SO2，检验乙烯时需要排除SO2的干扰，检验CO2时需要排除SO2的干扰，且应先检验SO2，再检验CO2；Ⅲ.制得的乙烯中混有CO2和SO2，SO2具有还原性。16．燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一。（1）以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。①结合图1中的信息，写出总反应的化学方程式 。用氢气进行脱硫的优点是 。②已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比[V(H2)/V(SO2)]的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是 。③现有3molH2和1molSO2在上述条件下反应，其中SO2的转化率或Sx的选择性的结果如图2所示，则剩余的SO2的物质的量 mol，H2的物质的量 mol。（2）如图3表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的SO2的转化率。由图可知该反应为放热反应，解释图3中温度小于350℃时，转化率随温度升高而增大的原因是 。在图3中A、B、C、D四点对应的条件中，你认为 (填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是 。【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2 )增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，Sx选择性会降低；③物质的量之比等于体积之比，3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。
简介：高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题1．中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（ ）选项ABCD文物名称东汉铜车马舞马衔杯纹银壶萧何月下追韩信梅瓶雪景寒林图A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途【解析】【解答】A．东汉铜车马为青铜器，属于合金，A不符合题意；B．舞马衔杯纹银壶为金属制品，B不符合题意；C．萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C符合题意；D．雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D不符合题意；故答案为C。【分析】瓷器是由陶瓷制得2．下列物质属于电解质的是（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】电解质与非电解质【解析】【解答】A．碳酸钙属于盐是电解质，故A选；B．属于非电解质，故B不选；C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D．乙醇属于有机物，水溶液和液态时都不导电，属于非电解质，故D不选；故答案为：A。【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。3．下列有关说法正确的是（ ）A．虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用B．抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子【答案】A【知识点】绿色化学；药物的主要成分和疗效【解析】【解答】A．凡是药物都带有一定的毒性和副作用，因此要合理使用以确保用药安全，故A符合题意；B．不同的抗生素对不同的细菌感染有抵抗能力，而且会产生耐药性，因此不可以胡乱使用，更不能大量使用，抗生素在对抗细菌感染的同时，它对人体的正常细胞、组织、器官也会造成不同的损害，故B不符合题意；C．绿色化学的核心是从源头上消除污染，而不是先污染后治理，故C不符合题意；D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.抗生素对抵抗细菌感染很有效，但不能滥用；C.绿色化学的核心是从源头上消除污染；D.氯气与Cu2+、Hg2+等不反应。4．下列说法错误的是（ ）A．晶体熔点由低到高：CO 离子晶体>分子晶体；B.存在氢键的物质熔沸点较高；C.氯化钠为离子晶体。5．下列事实能用同一原理解释的是（ ）A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液或NaAlO2溶液，均生成白色沉淀B．向BaCl2溶液中通入SO2，再加入氯水或氨水，均产生白色沉淀C．向蛋白质溶液中加入饱和NaCl或BaCl2溶液，均产生白色沉淀D．用洁净铂丝分别蘸取烧碱或纯碱在外焰上灼烧，火焰均呈黄色【答案】D【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【解析】【解答】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液生成沉淀是因为HCO和Al3+发生双水解，加入NaAlO2溶液是因为HCO的酸性比HAlO2强，二者原理不同，A不符合题意；B．加入氯水生成白色沉淀是因为Cl2将SO2氧化为SO，生成硫酸钡沉淀，加入氨水是因为SO2和氨水反应生成SO，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，B不符合题意；C．加入饱和NaCl发生的是蛋白质的盐析，加入BaCl2溶液是重金属盐使蛋白质发生变形，二者原理不同，C不符合题意；D．火焰均呈黄色是因为烧碱和纯碱都含有钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，二者原理相同，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.碳酸氢钠和氯化铝能产生沉淀，但是不能和偏铝酸钠反应得到沉淀B.氯水具有氧化性将二氧化硫氧化成硫酸根形成硫酸钡沉淀，而加入氨水形成碱性环境得到的是亚硫酸钡沉淀C.氯化钡是蛋白质变性，而氯化钠发生的是盐析D.主要是钠元素的焰色反应均是黄色6．下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是（ ）A．ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2B．第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8C．第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11D．基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族【答案】B【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A.ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A不符合题意B.第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B符合题意；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C不符合题意；D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.ⅡA族基态原子最外层有2个电子；C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族。7．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（ ）A．测定一定质量的镁铝合金中铝的质量分数B．确定有机物C2H6O分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的Na2SO4·xH2O晶体中结晶水数目D．测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量【答案】C【知识点】实验装置综合；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】A．测定镁铝合金中铝质量分数，可用NaOH溶液溶解合金并测定生成氢气的体积，从而求出铝的量，A可以用如图装置进行实验，不符合题意； B．可用活泼金属Na与该有机物反应，并测定生成氢气的体积，从而确定两者比例关系，B可以用如图装置进行实验，不符合题意；C．测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法，该方法需要加热，图示装置实现不了；或者取一定质量晶体，先测Na2SO4，再求H2O，利用两者物质的量之比求出x，图示装置实现不了，C符合题意；D．用水溶解该混合物，测定生成氧气的体积，从而求出Na2O2含量，D可以用如图装置进行实验，不符合题意；故答案为：C。【分析】A.铝能与NaOH反应，Mg不与NaOH反应；B.只有-OH上氢与Na反应生成氢气；D.过氧化钠与水反应生成氧气而氧化钠不生成氧气。8．下列说法正确的是（ ）A．KAl(SO4)2溶液中c(K+)=2c(SO42-)B．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，c(CO32-)增大C．含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中，C(Ag+)>c(Cl-)=c(Br-)D．常温下，向含0.1molCH3COOH的溶液中加入amolNaOH固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性。（已知醋酸Ka=1.75×10-5)【答案】B【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A、根据电荷守恒KAl(SO4)2溶液中c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，故A项不符合题意；B、向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2固体，反应离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，所以c(CO32-)增大，故B项符合题意；C、悬浊液中AgCl和AgBr均达到沉淀溶解平衡，Ksp(AgCl)=C(Ag+)∙c(Cl-)，Ksp(AgBr)=C(Ag+)∙c(Br-)，因为Ksp(AgCl)≠Ksp(AgBr)，所以c(Cl-)≠c(Br-)，故C项不符合题意；D、c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，常温下根据电离常数Ka=1.75×10-5和Ka=，可得：c(H+)=Ka=1.75×10-5>10-7，所以溶液显酸性，故D项不符合题意。故答案为：B。【分析】A.根据电荷守恒存在c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)；C.AgCl和AgBr的溶解度不同；D.CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度。9．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法正确的是（ ）A．反应过程只有C-H键断开B．反应I的活化能为C．总反应的热化学方程式为：D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢【答案】C【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响【解析】【解答】A．据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A不符合题意；B．反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B不符合题意；C．焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：，故C符合题意；D．据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D不符合题意；故答案为C。【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键B.分步反应，第一步未给出能量最大值 C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式D.活化能大的影响速率，过程1的活化能大10．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是（ ）A．整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气B．装置II、III中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水C．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置IV石英管D．尾气处理可直接通入NaOH溶液中【答案】D【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．SiHCl3的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故A不符合题意；B．装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B不符合题意；C．实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C不符合题意；D．SiHCl3与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒吸装置，故D符合题意；故答案为：D。【分析】装置Ⅰ中，Zn与稀硫酸反应生成氢气，Ⅱ中用浓硫酸干燥氢气，SiHCl3在装置Ⅲ中气化，Ⅳ中高温下SiHCl3与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅。11．用电解法合成1，2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中错误的是（ ）A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B．X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜C．液相反应中，C2H4被CuCl2还原为1，2-二氯乙烷D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl【答案】C【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A在电解池装置中，阴极H+放电生成H2和NaOH，反应消耗水，阴极区溶液中的离子浓度不断增大，故A不符合题意；B.由分析可知，X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，故B不符合题意；C.液相反应中，C2H4与CuCl2反应生成1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被CuCl2氧化为1，2-二氯乙烷，故C符合题意；D.以NaCl溶液和乙烯为原料合成1，2-二氯乙烷中，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】由图可知，右边电极与电源负极相连，为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；左边电极为阳极，阳极上CuCl转化为CuCl2，液相反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl。二、多选题12．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是（ ） A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B．1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和5molNaOH发生反应【答案】B,C【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【解析】【解答】A．迷迭香酸分子中含碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，A不符合题意；B.1mol苯环消耗3mol氢气、1mol碳碳双键消耗1mol氢气，则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，B符合题意；C．含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，C符合题意；D．酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应，D不符合题意；故答案为：BC。【分析】A.迷迭香酸中含有的碳碳双键能与溴加成；B.迷迭香酸中苯环和碳碳双键均能与氢气加成；C.迷迭香酸含有酯基、羧基、酚羟基和碳碳双键，具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质；D.酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。三、综合题13．可从铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)和闪锌矿(主要成分是ZnS)得到锌。（1）Zn2+基态核外电子排布式为 。（2）铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和水，浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式 。氨分子的VSEPR模型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。（3）CuSO4能活化ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝(CuS)，试推测其原因是 。（4）ZnS的晶胞结构如图所示：在ZnS的晶体中与S2-离子距离相等且最近的Zn2+的个数是 。其晶胞边长为540.0pm，密度为 (列式并计算)。（5）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3~4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为 (用代数式表示)，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10（2）ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3（3）在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）（4）4；（5）；偏低【知识点】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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】(1)Zn的原子序数为30，则Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2+＋3H2O，氨分子有3个键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3。(3)CuSO4 溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS比ZnS更难溶。故答案为：在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）。(4)观察ZnS的晶胞结构，据均摊法可知S2-离子数为，Zn2+在晶胞内部也有4个，每个S2-与周围的4个带相反电荷的Zn2+构成正四面体，同样每个Zn2+也与周围的4个S2-构成正四面体，故其配位数为4，则密度；故答案为：4，。(5)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为mol，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致标准液消耗量较少，测定结果偏低。故答案为：，偏低。【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子生成Zn2+，根据构造原理书写核外电子排布式；（2）ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+；氨分子形成3个σ键，N原子上含有一个孤电子对；（3）ZnS沉淀转化为更难溶的CuS；（4）根据均摊法和计算；（5）根据n=cV计算EDTA的消耗量，进而计算氧化锌的质量和质量分数；俯视滴定管读数偏小。14．化合物H是一种治疗失眠症的药物，其一种合成路线如图：已知：①—NH2易被氧化；②(或H)；（1）化合物A中 (填“是”或“否”)含有手性碳原子。（2）化合物H中所含官能团的名称为 。（3）E→F的化学反应类型为 反应。（4）G的分子式为 。（5）写出X物质的名称 。（6）写出B→C的化学反应方程式 。（7）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 。①分子中有4种不同化学环境的氢原子；②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等。（8）写出以和(EtO)2POCH2CN为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干)。 【答案】（1）否（2）酰胺基、醚键 （3）还原反应（4）C13H17NO（5）丙酸（6）（7）（8）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)化合物A的饱和碳原子上均连有相同的原子或基团，故化合物A不含手性碳原子。(2)化合物H中所含官能团的名称为酰胺基和醚键。(3)E→F的反应中，E中的转化为F中的-CH2NH2，故该反应为还原反应。(4)由G的结构简式可以得知其分子式为C13H17NO。(5)G和X反应生成H，对比G和X的结构简式可知，该反应为取代反应，X的结构简式为CH3CH2COOH，则X的名称为丙酸。(6)由分析可知，B、C的结构简式分别为为、，则B→C的化学方程式为。(7)D的分子式为C11H10O2，其同分异构体中，能发生水解反应，说明该物质为脂类化合物；水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等，说明该物质水解产物为酚和不饱和酸；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为。(8)结合D→H的转化流程和“已知②”可知，目标产物可以由制得，根据“已知①”可知，-NH2易被氧化，故应该先将-CH2OH转化为-COOH，则目标产物的合成路线为：。【分析】A（）和SOCl2反应生成B（C11H9O2Br2Cl），则B的结构简式为；B在AlCl3的作用下反应生成C（C11H8O2Br2），C再和H2反应生成D（），结合B、D的结构简式可知推出C的结构简式为；D和(EtO)2POCH2CN发生取代反应生成E（）；E和NaBH4 发生还原反应生成F（）；F和H2发生加成反应生成G（）；G和X反应生成H（），则X为CH3CH2COOH。15．某同学制备H2SO4，再用H2SO4制备C2H4，并检验产物。（1）I.制备H2SO4的重要一步是制SO3某同学在实验室中根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，设计如图1所示实验装置来制备SO3固体。①在A装置中加入Na2SO3固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是 。②装置D盛放的是 溶液，其作用是 。③实验开始时的操作顺序为 。a.先点燃E处的酒精灯后将混合气体通入Eb.先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯（2）II.制取乙烯图2是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题：图2中仪器①、②的名称分别为 。（3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是 。（4）III.检验产物为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如表实验并得出相应结论。实验序号检验试剂和反应条件现象结论①酸性KMnO4溶液紫红色褪去产物含有乙烯②澄清Ca(OH)2溶液.变浑浊产物含有CO2③通过品红溶液红色褪去产物含有SO2实验①～③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。【答案】（1）水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；浓硫酸；燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；b（2）温度计和圆底烧瓶（3）防暴沸（4）①；②；二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色；二氧化硫能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)①实验中A装置制取SO2，制备原理本质为：SO+2H+＝SO2↑+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出，故答案为：水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；②气体SO2和O2在E试管中以Cr2O3作催化剂、加热条件制备SO3，并且SO3 易吸水。为实验安全、防止催化剂中毒以便得到SO3固体，进入E试管的气体应干燥。气体SO2和O2在催化剂表面反应生成SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置D的作用是①干燥SO2和O2；②使SO2和O2混合均匀；③通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；干燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯，故答案为：b。(2)根据仪器构造可判断图2中仪器①、②的名称分别为温度计和圆底烧瓶。(3)反应需要加热，反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。(4)由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以①中结论不合理；二氧化硫也能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊，所以②中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是③中结论合理。【分析】Ⅰ.A装置制备二氧化硫，B装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置D中干燥后在通入装置E中发生反应生成三氧化硫，装置F收集三氧化硫，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理；Ⅱ.浓硫酸和乙醇混合加热到170℃发生消去反应生成乙烯，浓硫酸有强氧化性和脱水性，乙醇碳化后与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2和SO2，制得的乙烯中混有CO2和SO2，检验乙烯时需要排除SO2的干扰，检验CO2时需要排除SO2的干扰，且应先检验SO2，再检验CO2；Ⅲ.制得的乙烯中混有CO2和SO2，SO2具有还原性。16．燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一。（1）以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。①结合图1中的信息，写出总反应的化学方程式 。用氢气进行脱硫的优点是 。②已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比[V(H2)/V(SO2)]的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是 。③现有3molH2和1molSO2在上述条件下反应，其中SO2的转化率或Sx的选择性的结果如图2所示，则剩余的SO2的物质的量 mol，H2的物质的量 mol。（2）如图3表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的SO2的转化率。由图可知该反应为放热反应，解释图3中温度小于350℃时，转化率随温度升高而增大的原因是 。在图3中A、B、C、D四点对应的条件中，你认为 (填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是 。【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2 )增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，Sx选择性会降低；③物质的量之比等于体积之比，3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。
