1、届吉林省白城市通渭县三校高三最后模拟联考理科综合化学试题解析版吉林省白城市通渭县三校2018届高三最后模拟联考化学试题1. 化学与人类的生活、生产息息相关，下列叙述错误的是A. “火树银花”中的烟火颜色实质上是金属元素的焰色反应B. 抱朴子中“以曾青涂铁，铁赤色如铜，“曾青”是可溶性铜盐C. 绿色化学的核心是利用化学原理解决食品安全的问题D. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3【答案】C【解析】分析：A.根据焰色反应的原理分析；B.根据铁的金属性强于铜，可置换出铜判断；C.根据绿色化学的含义解答；D.根据碳酸钾水解显碱性分析。详解：A.焰色反应是金属或
2、它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，“火树银花”中的烟火颜色是金属元素的焰色反应，A正确；B.曾青涂铁是在一种可溶性铜盐的溶液中放入金属铁，铁置换出铜而得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，B正确；C“绿色化学”的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，C错误；D.草木灰中含有K2CO3，K2CO3溶液显碱性可以去污，D正确；答案选C。2. 阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A. 常温下，1 mol C6H12中含CC键的数目一定小于6NAB. 4.0 g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NAC. 0.5 mol/L亚硫酸溶液
3、中含有的H+数目小于NAD. 标准状况下，22.4 L H2S和SO2的混合气体中含有的分子数为NA【答案】B【解析】分析：A、根据C6H12的结构分析；B、根据中子数质量数质子数解答；C、溶液体积未知；D、H2S和SO2混合反应生成水和硫。详解：A、1molC6H12中含CC键的数目不一定小于6NA，如果是环烷烃，CC键的数目等于6NA，A错误；B、H218O与D216O的摩尔质量均为20gmol1，故4.0gH218O与D216O的物质的量均为0.2mol，且两者中均含10个中子，即0.2mol由H218O与D216O组成的混合物中含2NA个中子，B正确；C、没有给定体积，无法计算氢离子的
4、数目，C错误；D、标况下22.4L气体的物质的量为1mol，由于H2S和SO2混合后会发生反应：2H2S+SO23S+2H2O，所以二者混合后气体的物质的量小于1mol，混合气体中含有的分子总数小于NA，D错误；答案选B。点睛：对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在一起进行考查。要准确把握阿伏加德罗常数的应用，关键是要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用、留心特殊的化学反应，如本题中H2S与SO2的反应为解答的易错点。3. 下列说法正确的是A. 蒸馏完毕后，先停止通
5、冷凝水，再停止加热B. 用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气C. 从海带中提取碘应在烧杯中灼烧海带并用玻璃棒搅拌D. 液溴易挥发，盛放在用水液封的试剂瓶中【答案】D【解析】分析：A、根据蒸馏原理解答；B、根据氨气极易溶于水分析；C、固体灼烧在坩埚中进行；D、根据液溴易挥发解答。详解：A、蒸馏完毕后，应先停止加热，待烧瓶中溶液冷却后，再停止通冷凝水，因为在停止加热之后体系内温度依然很高，还会有少量蒸气溢出，A错误；B、氨气极易溶于水，不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气，B错误；C、灼烧海带应使用坩埚，C错误；D、液溴易挥发，一般采用水封的办法以减少挥发，D正确；答案选D。4. 下列说法正确的是A.
6、 植物油通过氢化可以变成脂肪B. 丙烯和氯乙烯均可以合成食品包装材料C. 苯分子的碳碳双键可与氢气发生加成反应D. 硝酸可以使蛋白质变黄，能用来鉴别所有的蛋白质【答案】A【解析】详解：A、植物油为不饱和的高级脂肪酸甘油酯，加氢后，可以变成饱和的高级脂肪酸甘油酯，由液态的油变成固态的脂肪，A正确；B、丙烯可以合成聚丙烯，无毒；氯乙烯可以合成聚氯乙烯，有毒；因此氯乙烯不可以作为合成食品包装材料，B错误；C、苯分子没有碳碳双键，苯分子中的碳碳键是一种介碳碳单键与碳碳双键之间的独特的化学键，C错误；点睛：鉴别蛋白质除了利用颜色反应以外，还可以利用灼烧的方法，由于灼烧蛋白质会产生烧焦羽毛的气味，也可以据
7、此鉴别蛋白质。5. 下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A提纯氯气将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸的洗气瓶B配制100 mL 1.0 molL1CuSO4溶液称取CuSO45H2O固体25.0 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C制备硅酸胶体向Na2SiO3溶液（饱和溶液12用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失D证明金属性：FeCu将铜片和铁片导线连接插入浓硝酸中，铁片表面有气泡产生A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析：A.根据氯气能与碳酸氢钠溶液反应解答；B.固体应该在烧杯中溶解并冷却后
8、转移；C.根据硅酸制备的原理分析；D.常温下铁在浓硝酸中钝化。详解：A氯气溶液中生成的盐酸与饱和碳酸氢钠溶液反应，生成氯化钠、二氧化碳，A错误；B配制100mL1.0molL-1CuSO4溶液，不能把固体直接放在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解并冷却后再转移到容量瓶中，B错误；CNa2SiO3溶液水解显碱性，逐滴滴入盐酸，至溶液红色变浅并接近消失，转化为硅酸胶体，C正确；D将铜片和铁片导线连接插入浓硝酸中，因为铁发生钝化反应，则铁为正极，铜为负极，铜片表面产生气泡，D错误；答案选C。6. 短同期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子核外最外层电子数是次外层的2倍，也是Y原子最外层电子数
9、的2倍，X与Z同主族。Y单质能在X单质中燃烧，生成的二元化合物与H2O反应，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法正确的是A. 简单离子半径：r(Z)r(Y)r(X)B. 气态氢化物的沸点：ZXWC. 含氧酸的酸性：XZWD. Y单质能与W的氧化物发生置换反应【答案】D【解析】分析：短同期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y单质能在X单质中燃烧，生成的二元化合物与H2O反应，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体是氨气，则X是N，X与Z同主族，Z是P。W原子核外最外层电子数是次外层的2倍，也是Y原子最外层电子数的2倍，则W是C，因此Y是Mg，据此解答。详解：根据以上分析可知
10、W、X、Y、Z分别是C、N、Mg、P。则A.核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径：r(Z)r(X)r(Y)，A错误；B.氨气分子间存在氢键，且碳元素的氢化物不止一种，无法比较其沸点，B错误；C.应该是最高价含氧酸的酸性：XZW，C错误；D.镁能与二氧化碳发生置换反应生成氧化镁和碳，D正确，答案选D。7. 常温下，分别向体积相同、浓度均为0.1 mol/L的MOH、ROH两种碱溶液中不断加水稀释，溶液的pH与溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列说法错误的是A. Kb(MOH)的数量级为105B. a、b两点溶液中，水的电离程度：ab
11、C. 等体积等浓度的ROH和MCl混合后所得溶液中：c(OH)c(H)D. 用相同浓度的盐酸分别中和a、b两点溶液，消耗盐酸体积：VaVb【答案】D【解析】分析：根据稀释前碱溶液的浓度和对应的pH判断碱的相对强弱，根据稀释对电离平衡的影响、结合盐类水解、水的电离等解答详解：A.没有稀释前MOH溶液中氢离子浓度是1011mol/L，则氢氧根是103mol/L，所以Kb(MOH)，A正确；B.a、b两点溶液中a点溶液碱性强，对水的抑制程度大，所以水的电离程度：ab，B正确；C.根据图像可知碱性是MOHROH，ROH的电离常数大于MCl的水解程度，因此溶液显碱性，即c(OH)c(H)，C正确；D.两
12、种碱溶液的物质的量相等，用相同浓度的盐酸分别中和时消耗盐酸体积相等，即VaVb，D错误，答案选D。点睛：选项C是解答的易错点和难点，首先要判断出二者的碱性相对强弱，进而判断ROH和MCl混合后是否发生化学反应，最后根据ROH电离常数和MCl的水解常数判断溶液的酸碱性，题目难度较大。8. 氧化铬（Cr2O3）主要用于冶炼金属铬、有机化学合成的催化剂等。工业上是以铬铁矿主要成份为Fe(CrO2)2，还含有Al2O3、SiO2等杂质为主要原料进行生产，其主要工艺流程如下：（1）亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2中Cr的化合价是_。（2）焙烧时的主要反应为：4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2
13、CrO4+2Fe2O3+8CO2，其中被氧化的元素为_，每产生32 g Fe2O3，转移电子的数目为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。（3）操作I包括过滤与洗涤，简述实验室中洗涤沉淀的操作：_。（4）硫磺在与铬酸钠的反应中转化为硫代硫酸钠，反应的离子方程式为_。滤渣中除Al(OH)3外还有_（填化学式）。（5）某工厂用448 kg铬铁矿粉含Fe(CrO2)280%制备Cr2O3，最终得到产品182.4 kg，产率为_%。（6）Cr3+也有一定毒性，会污染水体，常温下要除去废液中多余的Cr3+，调节pH至少为_，才能使铬离子沉淀完全。已知Cr(OH)3的溶度积常数为1.01032。【答案】
14、(1). +3 (2). Cr、Fe (3). 2.8NA (4). 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 (5). 将蒸馏水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水流尽后，再重复操作23次 (6). 4CrO42+6S+7H2O4Cr（OH）3+3S2O32+2OH (7). H2SiO3 (8). 75.0 (9). 5.0【解析】分析：铬铁矿与纯碱、空气混合焙烧Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4、Fe2O3，Al2O3、SiO2分别转化为偏铝酸钠和硅酸钠，加水浸取后得到氧化铁，滤液1中加入适量稀硫酸得到滤渣硅酸和氢氧化铝，铬酸钠溶液中加入硫磺生成氢氧化铬和硫代硫酸钠，氢氧化铬受热分解生成氧
15、化铬，据此解答。详解：（1）根据化合物的组成可知：Fe为+2价，O为-2价，根据化合物化合价代数和为0可知Cr的化合价是+3价；（2）反应中Fe由+2价升高到+3价，Cr由+3价升高到+6价，因此被氧化的元素为Fe、Cr。32gFe2O3的物质的量是0.2mol，消耗氧气是0.7mol，转移电子的数目为2.8NA；该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（3）洗涤沉淀要注意用玻璃棒引流且在过滤器中完成，其操作方法为：将蒸馏水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水流尽后，再重复操作23次；（4）由电荷守恒和氧原子及氢原子守恒可知方程式为4CrO42-+6S+
16、7H2O4Cr（OH）3+3S2O32-+2OH-；矿石中SiO2焙烧生成硅酸钠，加入硫酸生成硅酸，即滤渣中除Al(OH)3外还有H2SiO3；（6）要使铬的离子沉淀完全，c（Cr3+）10-5mol/L，则c（OH-）mol/L110-9mol/L，所以溶液的pH5。9. 氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。回答下列问题：（1）有人设想利用CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJmol1、283.0 kJmol1，请写出CO还原SO2的生成CO2和S(s)热化学方程式_。（2）某科研小组研究臭氧氧化碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化
17、能数据如下：反应：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) H1200.9 kJmol1 Ea13.2 kJmol1反应：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) H2241.6 kJmol1 Ea258 kJmol1已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。请回答：其它条件不变，每次向容积为2 L的反应器中充入含2.0 mol NO、2.0 mol SO2的模拟烟气和4.0 mol O3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示：由图1可知相同温度下NO的转化率远高于SO2，结合题中数据分析其可能原因_。下列说法正确的是_。AQ点一定为平衡状态
18、点B温度高于200后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零C其它条件不变，若扩大反应器的容积可提高NO和SO2的转化率D臭氧氧化过程不能有效地脱除SO2，但后续步骤碱吸收可以有效脱硫假设100时P、Q均为平衡点，此时反应时间为5min，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，则体系中剩余O3的物质的量是_mol；SO2的平均反应速率为_；反应在此时的平衡常数为_。（3）以连二硫酸根(S2O42)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：ab是_离子交换膜（填“阳”或“阴”）。阴极区的电极反应式为_。若NO吸收转化后的产物为NH4+，通电过程中吸收4.48
19、LNO（标况下），则阳极可以产生_mol气体。【答案】 (1). 2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s) H270 kJmol1 (2). 反应的活化能小于反应，相同条件下更易发生反应 (3). BD (4). 1.4 (5). 0.06mol/(Lmin) (6). 8 (7). 阳 (8). 2SO32+4H+2eS2O42+2H2O (9). 0.25【解析】分析：（1）利用燃烧热借助于盖斯定律解答；（2）根据活化能对反应速率的影响分析；根据反应原理结合图像曲线变化分析判断；根据方程式结合有关概念计算；（3）根据电解产物结合离子的移动方向判断；根据电子得失守恒计算。详解：（1
20、）已知S和CO的燃烧热分别是296.0kJmol-1、283.0kJmol-1，则S(s)+O2(g)SO2(g)H296.0kJmol-1CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)H283.0kJmol-1根据盖斯定律可知2即得到CO还原SO2的热化学方程式2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)H270kJmol-1。（2）反应的活化能小于反应，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下NO的转化率远高于SO2；A随着反应的进行，反应物的转化率逐渐增大，因此Q点不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一个点，A错误；B根据图像，温度高于200后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降
21、、最后几乎为零，B正确；C根据2O3(g)3O2(g)可知其它条件不变，若扩大反应器的容积，压强减小，平衡正向移动，使得臭氧的浓度减小，氧气浓度增大，反应I和反应II的平衡逆向移动，NO和SO2的转化率减小，C错误；D根据图像，臭氧氧化过程中二氧化硫的转化率较低，不能有效地脱除SO2，二氧化硫是碱性氧化物，能够被氢氧化钠溶液吸收，D正确；答案选BD；假设100时P、Q均为平衡点，此时反应时间为5min，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，发生分解反应的臭氧为4mol10%0.4mol，根据反应：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，平衡时NO的转化率为80%，反应的臭氧为2mo
22、l80%1.6mol；反应：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)，平衡时二氧化硫的转化率为30%，反应的臭氧为2mol30%0.60mol；最终剩余臭氧4mol-0.4mol-1.60mol-0.60mol1.4mol；5min内SO2的平均反应速率=0.06mol/(Lmin)；平衡时NO、O3、NO2、O2的物质的量分别为0.4mol、1.4mol、1.6mol、0.4mol+1.6mol+0.6mol2.8mol，反应在此时的平衡常数8；（3）由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H+2e-S2O42-+2H2
23、O，由于阴极需要消耗氢离子，则ab是阳离子交换膜；4.48LNO（标况下）的物质的量是0.2mol，由于NO吸收转化后的产物为NH4+，则电路中转移1mol电子；阳极氢氧根放电产生氧气，需要氧气的物质的量是1mol40.25mol。10. 亚硝酸钠（NaNO2）是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂，某化学兴趣小组利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠并进行一系列实验探究。查阅资料：NO2能与Na2O2反应；在酸性溶液中，NO2可将MnO4还原为Mn2且无气体生成。NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸。.制备亚硝酸钠（1）装置A用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是_。（2
24、）上述装置按气流方向连接的顺序为：a_（填仪器接口的字母编号）。（3）D中反应的方程式为_。如果没有B装置，D中生成的亚硝酸钠中含有的杂质有_（填化学式）。（4）C装置的作用是_（用离子方程式表示）。.测定产品纯度，实验步骤：准确称量4.000 g产品配成250 mL溶液。从步骤配制的溶液中移取25.00 mL加入锥形瓶中。用0.1000 mol/L酸性KMnO4溶液滴定至终点。重复以上操作3次，消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为20.00 mL。（5）达到滴定终点的现象是_。产品中NaNO2的纯度为_%。（6）设计实验证明HNO2的酸性比CH3COOH强_。【答案】 (1). 平衡滴液漏斗与
25、烧瓶内压强，便于硝酸流下 (2). ghbcefd（b和c、e和f可颠倒） (3). 2NO+Na2O22NaNO2 (4). NaOH、NaNO3 (5). 5NO+3MnO4+4H3Mn2+5NO3+2H2O (6). 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色 (7). 86.25 (8). 相同温度下，分别测定相同物质的量浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液的pH，比较pH的大小(或其他合理答案)【解析】分析：浓硝酸与铜反应生成NO2，通入水中生成硝酸和NO，硝酸与铜反应生成NO，与过氧化钠反应前还需要干燥，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，结合物质的
26、性质和具体问题解答。详解：（1）恒压滴液漏斗可以内外压强相等，因此相比普通分液漏斗，显著的优点是平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于硝酸流下；（2）浓硝酸与铜反应生成NO2，通入水中生成硝酸和NO，硝酸与铜反应生成NO，与过氧化钠反应前还需要干燥，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，则顺序为aghbcefd；（3）NO与过氧化钠反应的方程式为2NO+Na2O2=2NaNO2；如果没有B装置，NO中含有水蒸气，水蒸气与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，氧气与NO反应生成NO2，NO2与过氧化钠反应生成硝酸钠。（4）NO是大气污染物，需要尾气处理，根据已知信息可知酸性高锰酸钾溶液能氧化NO，所以依据电子得失
27、守恒、原子守恒可知方程式为5NO+3MnO4+4H3Mn2+5NO3+2H2O；（6）要证明HNO2的酸性比CH3COOH强，可以通过测相同浓度的pH值，pH越小说明酸性越强；也可以测相同浓度NaNO2和CH3COONa溶液的pH，比较pH的大小，pH越大，说明对应的酸越弱等等。11. 有机物H是一种中枢神经兴奋剂，其合成路线如下图所示。请回答下列题：（1）A的化学名称为_，C的结构简式为_。（2）E中官能团的名称为_。BC、GH的反应类型分别为_、_。（3）D分子中最多有_个原子共平面。（4）FG历经两步反应，第一步反应的化学方程式为_。（5）同时满足下列条件的F的同分异构体有_种(不考虑立
28、体异构)。能发生银镜反应；能与氯化铁溶液反应；分子中只有1个甲基。其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为_。（6）参照上述合成路线和信息，以乙烯为原料制备强吸水性树脂的合成路线流程图（可选择题干中相关试剂，无机试剂任选）_。【答案】 (1). 甲苯 (2). (3). 羟基、碳碳三键 (4). 取代反应 (5). 加成反应 (6). 14 (7). (8). 23 (9). (10). 【解析】分析：由题中信息可以推知，A为甲苯，B为，C为，C发生催化氧化生成D，D为苯甲醛，D与发生加成反应后再酸化生成E。据此解答。详解：（1）根据以上分析可知A的化学名称为甲苯，C的结构简式为。（2）E中官能团
29、的名称为羟基、碳碳三键。BC、GH的反应类型分别为取代反应、加成反应。（3）由于苯环和醛基均是平面形结构，则苯甲醛分子中最多有14个原子共平面。（4）FG历经两步反应，首先是羰基的加成反应生成羟基，然后羟基发生消去反应生成双键，则第一步反应反应的化学方程式为。（5）同时满足下列条件的F的同分异构体中能发生银镜反应，含有醛基；能与氯化铁溶液反应，含有酚羟基；分子中只有1个甲基。则苯环上如果是两个取代基，应该是OH和CH(CH3)CHO，有邻间对3种；如果是三个取代基应该是OH、CHO和CH2CH3或OH、CH3和CH2CHO，在苯环上的位置均有10种，因此共计是23种；其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为。（6）根据逆推法结合已知信息可知以乙烯为原料制备强吸水性树脂的合成路线流程图为。点睛：根据流程图判断出有机物的结构简式是解答的关键，注意已知有机物官能团结构与性质的迁移灵活应用。难点是同分异构体判断，尤其是苯环上含有3个不同的取代基时，要注意定一移一或定二移一法的应用，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。
