1、2017年内蒙古赤峰二中高考三模 拟 化学 一、选择题 (共 7小题，每小题 6分，满分 42分 ) 1.(6分 )生产生活中处处有化学，下列表述错误的是 ( ) A.低碳生活的核心就是节约能源，减少温室气体的排放 B.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料 C.用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆，原理相似 D.变质的植物油有难闻的特殊气味，是由于植物油发生了氧化反应 解析 ： A.“ 低碳生活 ” ，就是指生活作息时所耗用的能量要尽力减少，从而减低碳，特别是二氧化碳的排放量，从而减少对大气的污染，减缓生态恶化，故 A 正确； B、硅酸钠是制备硅胶和木材防火剂的原料，故 B 正
2、确； C、活性炭有吸附作用，臭氧有强氧化性，有漂白作用，故 C错误； D、植物油发生了氧化反应而变质，故 D正确 。 答案： C 2.(6分 )设 NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是 ( ) A.将 78gNa2O2与过量 CO2反应转移的电子数为 2NA B.1mol N2与 4mol H2反应生成的 NH3 分子数为 2NA C.标准状况下， 2.24L SO3中所含原子数为 0.4 NA D.标准状况下， 18g D2O中所含电子数为 9 NA 解析 ： A.将 78gNa2O2物质的量 = 78g78g/mol=1mol，与过量 CO2反应，过氧化钠中氧元素化合价 1价变化为
3、 0价和 2价，转移的电子数为 NA，故 A错误； B.1mol N2与 4mol H2反应为可能反应，生成的 NH3 分子数小于 2NA，故 B错误； C.标准状况下，三氧化硫不是气体， 2.24L SO3中物质的量不是 0.1nol，故 C错误； D.标准状况下， 18g D2O物质的量 = 18g20g/mol=0.9mol，D2O中所含电子数为 0.9mol 10 NA=9 NA，故 D正确 。 答案： D 3.(6分 )下列有关实验原理或实验操作正确的是 ( ) A.可以用 pH 试纸测饱和氯水的 pH B.用量筒量取 8.61 mL 0.1 molL 1盐酸 C.用图 1所示的操作
4、检查装置的气密性 D.实验室用图 2所示的装置制取少量的 NO 解析 ： A.氯水中含有次氯酸，具有漂白性，无法用 pH 试纸测饱和氯水的 pH，故 A错误； B.量筒只能读到 0.1mL，无法用量筒量取 8.61 mL 0.1 molL 1盐酸，故 B 错误； C.关闭止水夹，观察长颈漏斗中液柱的高度检验气密性，故 C 正确； D.NO 与空气中氧气反应，能用排空气收集 NO，故 D错误 。 答案： C 4.(6分 )科学家们在研制一种吸气式的锂一空气电池，工作时吸收空气中的氧气在多孔金制成正极表面上反应 .总反应可表示为 2Li+O2 Li2O2，下列有关说法正确的是 ( ) A.充电时，
5、多孔金制成的电极外接电源负极 B.放电时，吸收空气中 22.4L的 O2，就有 2mol e 从电池负极流出 C.放电时， Li+从负极向正极移动 D.该电池可使用含 Li+的水溶液作电解质溶液 解析 ： A、充电时， Li2O2中氧元素失电子生成氧气，所以多孔金制成的电极作阳极，与外接电源的正极相连，故 A 错误； B、没说明是标准状况，氧气的物质的量无法计算，所以不能计算负极失去的电子数，故 B错误； C、放电时，阳离子向正极移动，所以 Li+从负极向正极移动，故 C 正确； D、该电池的负极材料为 Li，能与水反应，所以该电池不能使用含 Li+的水溶液作电解质溶液，故 D错误 。 答案：
6、 C 5.(6分 )短周期元素 W、 X、 Y、 Z的原子序数依次增加 ， m、 p、 r是由这些元素组成的二元化合物 .n是元素 Z的单质 .通常为黄绿色气体， q的水溶液具有漂白性 .0.01mol/L r 溶液的 pH为 2， p是甲烷 .上述物质的转化关系如图所示 .下列说法正确的是 ( ) A.原子半径的大小 W X Y B.元素的非金属性 Z X Y C.Y的氢化物常温常压下为气态 D.X的最高价氧化物对应的水化物为弱酸 解析 ： A.所以元素中 H 原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径 W(H)Y(O) X(C)，故 A 错误； B.氯的氧化物中氧元素表现负化合价
7、，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性 Y(O) Z(Cl) X(C)，故 B错误； C.氧元素氢化物为水，常温下为液态，故 C错误； D.X的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故 D正确 。 答案： D 6.(6分 )下列离子方程式书写不正确的是 ( ) A.碘化亚铁溶液与少量氯气反应： 2I +Cl2 I2+2Cl B.少量 CO2通入澄清石灰水中： CO2+Ca2+2OH CaCO3 +H2O C.明矾溶液中加氢氧化钡溶液至硫酸根恰好沉淀完全： Al3+2SO42 +2Ba2+4OH AlO2+2BaSO4 +2H2O D.向 Fe
8、(OH)2中加入稀硝酸： 3Fe2+4H+NO3 3Fe3+NO +2H2O 解析 ： A.碘化亚铁溶液与少量氯气反应，离子方程式： 2I +Cl2 I2+2Cl ，故 A正确； B.少量 CO2通入澄清石灰水中，离子方程式： CO2+Ca2+2OH CaCO3 +H2O，故 B 正确； C.明矾溶液中加氢氧化钡溶液至硫酸根恰好沉淀完全，离子方程式： Al3+2SO42 +2Ba2+4OH AlO2+2BaSO4 +2H2O，故 C 正确； D.向 Fe(OH)2中加入稀硝酸，离子方程式： 3Fe(OH)2+10H+NO3 3Fe3+NO +8H2O，故 D错误 。 答案： D 7.(6 分
9、)含 SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用 Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的 SO2.随着 SO2的吸收，吸收液的 pH不断变化 .下列粒子浓度关系一定正确的是 ( ) A.Na2SO3溶液中存在： c (Na+) c(SO32 ) c (H2SO3) c (HSO3 ) B.已知 NaHSO3溶液 pH 7，该溶液中： c (Na+) c (HSO3 ) c (H2SO3) c (SO32 ) C.当吸收液呈酸性时： c (Na+)=c (SO32 )+c (HSO3 )+c (H2SO3) D.当吸收液呈中性时： c (Na+)=2 c (SO32 )+c (HSO3 ) 解析 ：
10、A.Na2SO3 溶液中存在离子浓度大小 c(Na+) c(SO32 ) c(OH ) c(HSO3 ) c(H+)c(H2SO3)，故 A 错误； B.NaHSO3溶液 pH 7，该溶液中亚硫酸根离子电离大于水解，溶液中离子浓度大小 c(Na+) c(HSO3 ) c(H+) c(SO32 ) c(OH ) c(H2SO3)，故 B 错误； C.当吸收液呈酸性时可以是 NaHSO3，溶液中存在物料守恒 c(Na+)=c(H2SO3)+c(SO32 )+c(HSO3 )，可以是 NaHSO3和亚硫酸钠混合溶液可能呈酸性，物料守恒不是选项中的物料守恒，故 C错误：D.当吸收液呈中性时， c(H+
11、)=c(OH )，溶液中存在的电荷守恒为 c(Na+)+c(H+)=c(OH )+2c(SO32 )+c(HSO3 )得到 c(Na+)=2c(SO32 )+c(HSO3 )，故 D正确 。 答案： D 二、解答题 (共 3小题，满分 42分 ) 8 (14分 )CuCl广泛应用于化工和印染等行业某研究性学习小组拟热分解 CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究 。 【资料查阅】 【实验探究】该小组用如图所示装置进行实验 (夹持仪器略 )。 请回答下列问题： (1)仪器 X的名称是 。 解析 ： 由仪器构造可知，仪器 X的名称为球形干燥管 。 答案：球形干燥管 (2)实验操作的先后顺序是
12、 。 检查装置的气密性后加入药品 熄灭酒精灯，冷却 在 “ 气体入口 ” 处通干燥 HCl 点燃酒精灯，加热 停止通入 HCl，然后通入 N2 解析 ： 实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解 CuCl22H2O制备 CuCl，防止 CuCl被氧化和 Cu+水解所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在 HCl 气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气直至装置冷切，所以操作顺序为： 。 答案 ： (3)在实验过程中，观察到 B中物质由白色变为蓝色， C中试纸的颜色变化是 。 解析 ： B 中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有 Cl2，所以 C 中石蕊试
13、纸先逐渐变为红色，后褪色 。 答案 ：先变红色后褪色 (4)装置 D中发生反应的离子方程式是 。 解析 ： D中是 Cl2和 NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为 Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O。 答案 ： Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O (5) 若杂质是 CuCl2，则产生的原因是 。 若杂质是 CuO，则产生的原因是 。 解析 ： 反应结束后，取出 CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量的 CuCl2或 CuO 杂质，根据资料信息分析： 由 2CuCl2 2CuCl+Cl2 ，杂质是 CuCl2说明 CuCl2没有反应完全，分解温度不高； 杂质
14、是氧化铜，说明 CuCl 被氧气氧化才产生了 CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在 HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入 HCl 气体 。 答案 ：加热时间不足或温度偏低 HCl气流不足 (6)若已证实杂质为 CuO，请写出由 Cu2(OH)2Cl 2生成 CuO的化学方程式 。 解析 ：由 Cu2(OH)2Cl 2生成 CuO的化学方程式为： Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl 。 答案 ： Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl . 9 (14 分 )从银铜合金废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如图 1： 已知： 铝元素在溶液中的存在形态与溶液 pH的关系如下图所示
15、室温时， Cu(OH)2的溶度积 Ksp=2.0 10 20 (lg5=0.7) Al(OH)3和 Cu(OH)2开始分解的温度分别为 450 和 80 。 请回答下列问题： (1)电解精炼银时，粗银做 极 (填 “ 阴 ” 或 “ 阳 ” )，阴极电极反应为 解析 ：电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了： Ag e =Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银： Ag+e =Ag。 答案 ：阳 Ag+e =Ag (2)在生成固体 B的过程中，需控制 NaOH的加入量，使溶液的 pH 范围在 ，若控制不当，使 NaOH过量可能会引起的反应的离子方程式为 解析 ：未煮
16、沸之前是 Cu(OH)2和 Al(OH)3， Al(OH)3和 Cu(OH)2，煮沸后 Cu(OH)2分解产生氧化铜，可知 B 为 Al(OH)3和 CuO，在生成固体 B 的过程中，需控制 NaOH 的加入量，使溶液的pH 范围在铝离子和铜离子全部沉淀，氢氧化铝沉淀完全 PH=12，室温时， Cu(OH)2的溶度积Ksp=2.0 10 20.(lg5=0.7)，据此计算全部沉淀的 PH， c2(OH )=210201105 =2 10 15， c(H+)=10 6.65， PH=6.65，在生成固体 B 的过程中，需控制 NaOH 的加入量，使溶液的 pH 范围在为：6.65 12，氢氧化铝
17、显两性能与碱反应： Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O。 答案 ： 6.65 12 Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O (3)煅烧过程中发生多步反应，写出最终生成 CuAlO2的反应的化学方程式： 。 解析 ：反应前 Cu为 +2价，反应后为 +1，化合价降低 1， Al 化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为 2 价，反应后为 0，化合价升高 2，两者的最小公倍数是 2，再根据原子守恒得： 4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2 。 答案 ： 4CuO+2Al2O3=4CuA
18、lO2+O2 (4)若银铜合金中铜的质量分数为 64%，理论上 1.0kg 废料中的铜可完全转化为 CuAlO2，至少需要 1.0molL 1的 Al2(SO4)3溶液 L。 解析 ：由关系式： Cu CuAlO2得 n(CuAlO2)=1000g64%64g/mol =10.0mol，则 CuAlO2为 10.0mol， 由关系式： Al2(SO4)3 2CuAlO2 得 Al2(SO4)3=n(CuAlO2) 12=5.0mol，所以需要体积为5mol1.0mol/L=5L。 答案 ： 5 10 (14 分 )已知 A为一种盐， C、 D、 F、 N、 O为无色气体， E常温常压下为无色无
19、味的液体，N、 H、 L为高中常见的单质， I为常见无氧强酸， M 的焰色反应为紫色，反应 常用于气体 F的检验 。 (1)写出 D的电子式为 ； 解析 ： D为 CO2，电子式为： 。 答案 ： (2)写出反应 的化学方程式： ；反应 中氧化剂 和还原剂的物质的量之比为 ； 解析 ：反应 是氨气的催化氧化，反应的化学反应方程式： 4NH3+3O2=2N2+6H2O； 反应 是二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝的反应，根据方程式可知 3NO2+H2O=NO+2HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1： 2。 答案 ： 4NH3+3O2=2N2+6H2O 1： 2； (3)将等体积、等浓度的
20、G和 F 的溶液混合，溶液显碱性，则溶液中离子浓度从大到小的顺序为 ； 解析 ： F为 NH3， G为 NH4Cl，将等体积、等浓度的 G和 F的溶液混合，溶液显碱性，说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以溶液中离子浓度从大到小的顺序为 c(NH4+)c(Cl ) c(OH ) c(H+)。 答案 ： c(NH4+) c(Cl ) c(OH ) c(H+) (4)检验 J中阳离子的实验方法为 ； 解析 ： J为 FeCl2，检验 J中阳离子的实验方法为取少量样品于试管中，先加入 KSCN无明显现象，再加入少量氯水溶液出现红色 。 答案 ：取少量样品于试管中，先加入 KSCN无明显现象，
21、再加入少量氯水溶液出现红色 (5)已知 B 中氧元素的质量分数为 22.2%，且 A分解产生的各物质的物质的量之比为 n(B)：n(C)： n(D)： n(E)： n(F)=1： 2： 2： 1： 2，则 A的化学式为 。 解析 ：依据 K与 M反应生成血红色溶液，说明 K是三价铁盐溶液， M的焰色反应， M为紫色为 KSCN； I为常见无氧强酸为盐酸 HCl，依据 FNOP的转化关系可以推断 L为 O2， E常温常压下为无色无味的液体推断为 H2O，反应 常用于气体 F的检验， F和 I(HCl)反应，说明 F为NH3， G 为 NH4Cl； F 和氧气反应生成的单质 N 为 N2、 O 为
22、 NO， P 为 NO2， Q 为 HNO3；依据 J和硝酸反应生成的 K，是发生氧化还原反应的结果， H和 I(HCl)反应推断 H为 Fe， J为 FeCl2，题干中的信息中 CD 都是无色气体， B+C=Fe+D，能生成铁说明该反应是还原剂还原铁的氧化物生成，所以判断 C为 CO， D为 CO2， B为铁的氧化物， B中氧元素的质量分数为 22.2%，则B为 FeO， A在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为 B： C： D： E： F=1： 2： 2：2： 2，即 FeO： CO： CO2： H2O： NH3=1： 2： 2： 2： 2；依据原子守恒和化合价代数和为 0，结合
23、推断中生成物质的性质推断出 A的化学式为： (NH4)2Fe(C2O4)2。 答案 ： (NH4)2Fe(C2O4)2 选修 3-物质结构与性质 11 (16 分 )已知 X、 Y、 Z、 R、 Q为周期表中原子序数依次增大的前 36号元素相关信息如下： X元素是宇宙中最丰富的元素 Y元素基态原子的核外 p电子数比 s电子数少 1 Z元素被誉为 “ 太空金属 ” ，也有 “ 生物金属 ” 之称，其基态原子次外层有 2 个未成对电子 R元素在元素周期表的第十一列 Q元素在周期表里与 R元素在同一个分区 请回答下列问题： (1)YX3中心原子的杂化轨道类型是 ，离子化合物 YX5的电子式是 。 解
24、析 ： NH3中 N原子形成 3个键，含有 1对孤电子对，杂化轨道数目为 4， N原子杂化类型为sp3， NH5属于离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为 ； 答案 ： sp3 (2)CO与 Y2属于等电子体， 1 个 CO分子中含有的 键数目是 个 。 解析 ： CO 与 N2互为等电子体，二者结构相似，所以 CO 分子结构式为 C O，则 1 个 CO分子中含有的 键数目是 2。 答案 ： 2 (3)工业上利用 ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物 A(A 可看做一种含氧酸盐 ) A 晶体的晶胞为正方体 (如图 1)。 制备 A的化学反应方程式是 ； 在 A晶体中， Z的配位数为
25、； 在 A 晶体中，若将 Z 元素置于立方体的体心， Ba 元素置于立方体的顶点，则 O 元素处于立方体的 。 解析 ： 可知晶胞中 Ba 原子数目为 1， O原子数目为 12 =3、 Ti原子数目为 8 =，故A为 BaTiO3，反应还生成二氧化碳，反应方程式为： TiO2+BaCO3 BaTiO3+CO2 ， 由 BaTiO3晶胞可知，每个 Ti4+周围有 6个 O2 ，所以 Ti4+的氧配位数为为 6， 在 BaTiO3晶体中，若将Ti4+置于立方体的体心， Ba2+置于立方体的顶点，则 O2 只能处于立方体的面心 。 答案 ： TiO2+BaCO3 BaTiO3+CO2 6 面心 (4
26、)R2+离子的外围电子层电子排布式为 R2O 的熔点比 R2S 的 (填 “ 高 ” 或 “ 低 ” )。 解析 ： R 为 Cu，其原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，则 Cu2+离子的外围电子层电子排布式为 3d9；离子电荷相同，氧离子半径小于硫离子半径，所以 Cu2O 的熔点比 Cu2S的高 。 答案 ： 3d9 高 (5)Q 元素和硫 (S)元素能够形成化合物 B B 晶体的晶胞为正方体 (如图 2)，若晶胞棱长为540.0pm，则晶胞密度为 gcm 3(列式并计算 )。 解析 ：已知 X、 Y、 Z、 R、 Q 为周期表中原子序数依次增大的前 36 号
27、元素， X 元素是宇宙中最丰富的元素，则 X为 H元素； Y元素原子的核外 p轨道电子数比 s轨道电子数少 1，原子核外电子排布为 1s22s22p3，则 Y为 N元素； Z元素被誉为 “ 太空金属 ” ，也有 “ 生物金属 ”之称，其基态原子次外层有 2 个未成对电子，则 Z 为 Ti 元素； R 元素在元素周期表的第十一列，属于第 IB族，在第四周期，所以 R为 Cu； Q 元素在周期表里与 R元素在同一个分区，则 Q为 Zn元素 。 晶胞中 S原子数目为 8 18+6 12=4， Zn 原子位于晶胞内部，共 4个，则晶胞质量为 4 (65+32)g/mol 6.02 1023mol 1)
28、，晶胞的体积为 (540.0 10 10cm)3，则密度为=4 (65+32)g/mol6.021023mol1(5401010cm)3=4.1gcm 3； 答案 ：4 (65+32)g/mol6.021023mol1(5401010cm)3 =4.1. 选修 5 有机化学基础 12四苯基乙烯 (TPE)及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是 TPE的两条合成路线 (部分试剂和反应条件省略 )： (1)A的名称是 ；试剂 Y为 ； 解析 ：由 A的分子式与 B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸 。 答案 ：甲苯 酸性高锰酸钾溶液 (2)BC 的反
29、应类型是 ； B中官能团的名称是 ， D中官能团的名称是 ； 解析 ：对比 B、 C的结构简式可知， B 发生取代反应生成 C；由 B、 D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基 。 答案 ：取代反应 羧基 羰基 (3)EF 的化学方程式是 ； 解析 ：对比 E 的结构与 F 的分子式可知， E 中 Br 原子被 OH 取代生成 F，反应方程式为。 答案 ： (4)W是 D的同分异构体，具有下列结构特征： 属于萘 ( )的一元取代物； 存在羟甲基 ( CH2OH)，写出 W所有可能的结构简式： ； 解析 ： D的分子式为 C13H10O，不饱和度为 9， W是 D的同分异构体属于萘 ( )的一
30、元取代物，存在羟甲基 ( CH2OH)，萘环不饱和度为 7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为 C CCH2OH ， 萘 有 2 种 化 学 环 境 不 同 的 H 原 子 ， 符 合 条 件 的 W 有：。 答案 ： (5)下列说法正确的是 a、 B的酸性比苯酚强 b、 D不能发生还原反应 c、 E含有 3种不同化学环境的氢 d、 TPE既属于芳香烃也属于烯烃 解析 ： a.羧基酸性大于酚羟基，故 a正确； b.D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故 b错误； c.E中含有 4种化学环境不同的 H原子，故 c错误； d.TPE只有含有 C、 H2 种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃，故 d正确 。 答案： ad
