【Ks5u解析】福建省福州一中2020届高三下学期理综第三次模拟训练化学试题.docx

福建省福州一中2022届高三下学期理综第三次模拟训练
化学试题
6. 下列关于“化学与健康”的说法不正确的是（ ）
A. 服用铬含量超标的药用胶囊会对人对健康造成危害
B. 食用确定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸取
C. “血液透析”利用了胶体的性质
D. 光化学烟雾不会引起呼吸道疾病
【答案】D
【考查目的】本题旨在考查化学与健康的相关学问点．
【解析】A. 铬为重金属，其含量超标的胶囊对健康有害，故A正确；B. 油脂还能溶解一些脂溶性维生素,因此食用确定量的油脂能促进人体对脂溶性维生素的吸取，故B正确； C. 血液是胶体,而胶体有电泳现象,血液透析正是利用胶体的这共性质.， 故C错误；D. 光化学烟雾会引起呼吸道疾病，故D错误.
7．下列关于有机物的说法错误的是（ ）
A．CH4和Cl2在光照条件下反应的产物最多可能有四种
B．CH3CH2OH是一种可再生的能源
C．无论乙烯的加成，还是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，都与分子内含有碳碳双键有关
D．淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖
【答案】A
【考查目的】本题旨在考查有机化合物物的相关性质．
【解析】A. CH4和Cl2在光照条件下反应的产物最多可能有五种，故A错误；B. 乙醇可由粮食酿造的，所以是可再生能源，故B正确； C.都与双键有关， 故C正确；D. 淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，故D正确.
8. 已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是（ ）
A. 元素A、B组成的化合物常温下确定呈气态
B. 元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不行能发生反应
C. 工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质
D. 化台物AE与CE古有相同类型的化学键
【答案】C
【考查目的】本题旨在考查元素周期表和元素周期律的学问．
【解析】依据元素B的最外层电子数是电子层数的2倍，可知B为C元素；A为题中原子序数最小的主族元素且单质常温下呈气态，则为H元素；元素D的合金是日常生活中的金属材料，且为短周期元素，则D为Al元素；元素C是同周期中原子半径最大的，则C为Na元素；E的原子序数最大，且单质常温下呈气态，则为Cl元素。A项，元素A、B组成的化合物常温下可能呈气态(4个碳以下)，可能呈液态(5～16个碳)，也可能呈固态(17个碳以上)，故A错误；B项，C、D的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3可以反应，错误。C项正确；D项，化合物AE(HCl)含有共价键，而化合物CE(NaCl)含有离子键，故D错误，不正确。
9. 甲醇-空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染的车载电池，其工作原理如下图。下列有关叙述正确的是（ ）
A．H+从正极区通过交换膜移向负极区
B．负极的电极反应式为：
CH3OH(l) + H2O(l)－6e－＝CO2(g) + 6H+
C．d导出的是CO2
D．图中b、c分别是O2、甲醇
【答案】B
【考查目的】本题旨在考查电化学学问的应用．
【解析】A．原电池工作时，阳离子移向原电池的正极，故A错误； B．负极甲醇失电子被氧化，电极方程式为CH3OH（l）+H2O（l）-6e-=CO2（g）+6H+，故B正确； C．乙为燃料电池的正极，导入的为空气，氧气在正极被还原生成水，导出的为氮气和水蒸汽，故C错误； D．图中b、c分别是甲醇、O2，故D错误．
10．下列叙述正确的是（ ）
A．醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则a＞b
B．物质的量浓度均为0.01 mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中：
c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)＝0.01mol·L-1
C．1.0×10-3 mol·L-1盐酸的pH＝3.0，1.0×10-8mol·L-1盐酸的pH＝8.0
D．0.1mol·L-1的醋酸溶液中滴加少量烧碱溶液，溶液中值减小
【答案】D
【考查目的】本题旨在考查溶液中的离子浓度及化学平衡．
【解析】A. 因醋酸是弱电解质，稀释时促进电离，但氢离子的浓度减小，则pH变大，即b＞a，故A错误；B. 物质的量浓度均为0.01 mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中：c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)＝0.02mol·L-1，故B错误； C. 1.0×10-8mol·L-1盐酸的pH接近于7不能大于7， 故C错误；D. 加入少量烧碱K=C(H+)(CH3COO-)/C(CH3COOH)其中C(CH3COO-)增大，则C(H+)/C(CH3COOH)减小，故D正确.
【易错警示】C选项中很简洁推断PH=8为碱性，但是酸的浓度很低时PH接近于7
11．下列试验操作与预期试验目的或所得试验结论全都的是（ ）
选项
试验操作
试验目的或结论
A
某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
说明该钾盐是
B
向含有少量的溶液中加入足量粉末，搅拌一段时间后过滤
除去溶液中少量
C
常温下，向饱和溶液中加少量粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生
说明常温下

D
将亚硫酸钠与浓硫酸反应制得的气体通入品红溶液中使之褪色
可证明浓硫酸的强氧化性
【答案】B
【考查目的】本题旨在考查化学试验相关学问点．
【解析】A. 某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体可能为KHCO3，故A错误；B.通过加入Mg(OH)2粉末调整pH,是FeCl3生成Fe(OH)3沉淀，故B正确； C. 这和溶度积大小没关系，只所以硫酸钡转化成了碳酸钡，是由于溶液中的碳酸根离子的浓度达到了与钡离子沉淀的数值，错误， 故C错误；D.非氧化还原反应不能证明强化性，故D错误.
12. 已知25℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10-4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10-10。现向 1 L 0.2mol·L-1HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L-1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是（ ）
A．25℃时，0.1 mol·L-1HF溶液中pH＝1 B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C．加入CaCl2溶液后体系中的c(H+)浓度不变 D．该体系中有CaF2沉淀产生
【答案】D
【考查目的】本题旨在考查难溶电解质的溶解平衡．
【解析】A．电离常数Ka（HF）=3.6×10-4，HF为弱电解质，不能完全电离，25℃时，0.1mol•L-1HF溶液中c（H+）=mol/L=6×10-3mol/L，pH＞1，故A错误； B．溶度积只受温度的影响，不随浓度的变化而变化，故B错误； C．溶液中存在HF⇌H++F-，CaF2（s）⇌Ca2+（aq）+2F-（aq），加入CaCl2溶液后，Ca2+浓度增大，平衡向生成沉淀的方向移动，则F-浓度减小，促进HF的电离，c（H+）浓度增大，故C错误； D．向1L 0.2mol•L-1HF溶液中加入1L 0.2mol•L-1CaCl2溶液，混合后，c（H+）=c（F-）=mol/L=6×10-3mol/L，c（Ca2+）=0.1mol/L，c2（F-）×c（Ca2+）=3.6×10-5×0.1=3.6×10-6＞1.46×10-10，该体系中有CaF2沉淀产生，故D正确．
23．（16分）有V、W、X、Y、Z五种元素，它们的原子序数依次增大，且都小于20。其中X和Z是金属元素。已知V和Z属同一族，它们原子的最外电子层上只有1个电子。W和Y也属同一族，W原子最外电子层上的电子数是次外电子层上电子数的3倍。X原子最外电子层上电子数等于Y原子最外电子层上电子数的一半。请用相关的元素符号回答：
（1）X、Z各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，该反应的离子方程式为 ；
（2）X最高价氧化物对应的水化物在水中电离方程式为： ；
（3）W与Z 可形成化合物Z2W2，该化合物的电子式为 ；
（4）Y与Z形成的化合物水溶液pH 7（填“＞”、“＜”或“＝”），用离子方程式表示其缘由 ；
（5）标准状况下，Y的最高价氧化物为无色晶体，该条件下0.25 mol该物质与确定量液态水混合得到一种稀溶液，并放出Q kJ的热量。写出该反应的热化学方程式： 。
【答案】（1）Al(OH)3＋OH-＝AlO2-＋2H2O（3分）
（2）H+＋AlO2-＋H2OAl(OH)3Al3+＋3OH-（3分）
（3） （2分）
（4）＞（2分），S2-＋H2OHS-＋OH-（3分）
（5）SO3(s)＋H2O(l)＝H2SO4(aq) △H＝—4Q kJ·mol-1（3分）
【考查目的】本题旨在考查元素的推断及性质的应用．
【解析】W元素原子L层电子数是K层电子数的3倍， W是氧； W和Y元素原子的最外层电子数相同，Y的核电荷数比W大，且都小于20， Y为硫； Z的核电荷数比硫大，小于20，金属元素，Z元素原子的最外层电子只有一个， Z是钾； X元素原子的最外层电子数是Y元素原子最外层电子数的一半，硫的核电荷数比X大，X的原子序数比氧大， X是铝；V元素原子的最外层电子只有一个，非金属元素，V的核电荷数比氧小， V是氢．
（2）Al(OH)3的水中的电离分为酸式电离和碱式电离，方程式为H+＋AlO2-＋H2OAl(OH)3Al3+＋3OH-（3）电子式仿照Na2O2的电子式 （4）S2-＋H2OHS-＋OH-所以溶液是碱性的（5）热化学方程式的系数表示参与反应的物质的量，SO3(s)＋H2O(l)＝H2SO4(aq) △H＝-4Q kJ·mol-1
24．（15分）以铬铁矿［主要成份为Fe(CrO2)2，含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质］为主要原料生产重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7·2H2O）的主要工艺流程如下：

（1）煅烧过程中，铬铁矿中的Al2O3与纯碱反应的化学方程式为：
；
（2）酸化时发生的反应为：2CrO42-＋2H+ Cr2O72-＋H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6 g，CrO42-有转化为Cr2O72-。
①酸化时发生反应的平衡常数K的表达式为K＝ ；
②酸化后所得溶液中c(Cr2O72-)＝ ；
③已知：常温时该反应的平衡常数K＝1014。上述酸化后所得溶液的pH＝ 。
（3）依据有关国家标准，含CrO42-的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10-7 mol·L-1以下才能排放。含CrO42-的废水处理通常有以下两种方法。
①沉淀法：加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀［Ksp(BaCrO4)＝1.2×10-10］，再加
入可溶性硫酸盐处理多余的Ba2+。加入可溶性钡盐后的废水中Ba2+的浓度应不小于
mol·L-1，后续废水处理方能达到国家排放标准。
②还原法：CrO42-Cr3+Cr(OH)3。写出酸性条件下CrO42-与
绿矾反应的离子方程式 。
【答案】（1）Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑（3分）
（2）①K＝（3分） ②0.25 mol·L-1（2分） ③6（2分）
（3）①2.4×10-4（3分） ②CrO42-＋3Fe2+＋8H+＝Cr3+＋3Fe3+＋4H2O（3分）
【考查目的】本题旨在考查制备试验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分别和提纯的方法和基本操作综合应用．
【解析】（1）有产物含有CO2推导为Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑
（2）①依据平衡常数的定义：每个产物浓度系数次幂的连乘积与每个反应物浓度系数次幂的连乘积之比
②酸化时发生的反应为：2CrO42-＋2H+ Cr2O72-＋H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6 g，CrO42-有转化为Cr2O72-。
依据守恒列关系式：2Cr～2CrO42-～Cr2O72-
         2        1
         n（Cr2O72-）
得n（Cr2O72-）=0.25mol，n（CrO42-）剩余=0.05mol；
则①酸化后所得溶液中c（Cr2O72-）=n/v=0.25mol•L-1
c（CrO42-）剩余=0.05mol•L-1
③设H+的物质的量浓度为amol/L，
             2CrO42-+2H+═⇌Cr2O72-+H2O
平衡（mol/L） 0.05   a   0.25
平衡常数K=0.25/0.052×a2═1014，则a=1.0×10-6mol，PH=6，
（3）①CrO42-+Ba2+⇌BaCrO4
5.0×10-7mol•L-1  C（Ba2+）
Ksp（BaCrO4）=C（CrO42-）×C（Ba2+）=5.0×10-7×C（Ba2+）=1.2×10-10，
C（Ba2+）=2.4×10-4mol/L
②酸性条件下 CrO42－与绿矾FeSO4▪7 H2O反应，CrO42－作氧化剂，绿矾作还原剂，其离子方程式为CrO42－＋3Fe2+＋8H+＝Cr3+＋3Fe3+＋4H2O
25．（14分）试验室接受MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：
（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入________（填“A”或“B”），再滴加另一反应物。
（2）如右图所示，过滤操作中的一处错误是________________________。
（3）推断流程中沉淀是否洗净所实行的方法是_____________________。
（4）高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是________。
无水AlCl3（183°C升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，
试验室可用下列装置制备：
（5） 装置 B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________。F中试剂的作用是___________。用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为____________________。
【答案】（1）B （2分）
（2）漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁（2分）
（3）AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液) （2分）、 坩埚（2分）
（4）除去HCl（2分）；吸取水蒸气（2分）；碱石灰(或NaOH与CaO混合物) （2分）
【考查目的】本题旨在考查化学试验及工艺流程中的化学问题．
【解析】（1）如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化镁沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀（2）过滤存在中符合“一贴二低三靠”过滤操作中的一处错误是漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁（3）氯化镁与氯化铝在与氨水反应生成沉淀时，沉淀上易附着有氯离子，检验氯离子所用的试剂是硝酸银溶液（4）高温焙烧时，用于盛放固体的仪器是坩埚（5）B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；由于氯化铝易发生水解，故应当防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸取空气中的CO2，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用，
31． （13分）
钴（Co）是一种重要的战略金属，钴及其合金广泛应用于电机、机械、化工、航空和航天等领域。钴在化合物中通常以+2、+3的形式存在。
（1）写出基态Co原子的价电子排布式 ；
（2）Co的一种氧化物的晶胞如右图所示，则该氧化物的化学式为 ，在
该晶体中与一个氧离子等距离且最近的Co离子所形成的空间构型为 ；
（3）Co2+、Co3+都能与CN-形成配位数为6的配离子。CN-中碳原子的杂化方式为 ，1molHCN分子中σ键的数目为 ；
（4）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co(CN)2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的[Co（CN）6]4-，该配离子是一种相当强的还原剂，在加热时能与水反应生成[Co（CN）6]3-，写出该反应的离子方程式：
【答案】（1）3d74s2（2分）
（2）sp（2分）；2NA；（2分）
（3 CoO（2分）；正八面体（2分）
（4）2[Co（CN）6]4-+2H2O═2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH-（3分）
【考查目的】本题旨在考查物质结构的学问，核外电子排布、杂化轨道等．
【解析】（1）Co是27号元素，核外电子数为27，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，
故价电子3d74s2；
（2）晶胞中Co原子数目=8×；O原子数目=1+12×
故化学式为CoO；以体心的O原子争辩，与之最近等距离且最近的Co离子位于面心上，Co离子所形成的空间构型为正八面体；
（3）CN-中碳原子的价层电子对数=1+含有1对孤电子对，C原子实行sp杂化方式；HCN分子中C原子与H原子之间形成C-H单键、与N原子之间形成C≡N三键，分子中含有2个σ键，故1molHCN分子中σ键的数目为 2NA；
（4）[Co（CN）6]4-具有强还原性，能与水反应生成[Co（CN）6]3-与氢气，依据原子守恒与电荷守恒可知还有OH-生成，反应离子方程式为：2[Co（CN）6]4-+2H2O═2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH-，
32． （13分）
室安卡因（G）是一种抗心率失常药物，可由下列路线合成；
（1）已知A是的单体，则A中含有的官能团是 （写名称）。B的结构简式是 。
（2）C的名称（系统命名）是 ，C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式是 。
（3）X是E的同分异构体，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X全部可能的结构简式有、 、 、 。
（4）F→G的反应类型是 。
（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是 。
a．能发生加成反应 b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c．能与盐酸反应生成盐 d.．属于氨基酸
【答案】（1）碳碳双键 羧基 （2分） CH3CH2COOH （1分）
（2）2-溴丙酸 （1分）
（2分）
（3）（3分）
（4）取代 （1分） （5）abc （3分）
【考查目的】本题旨在考查有机物合成中的学问点．
【解析】（1） 是甲聚产物，所以其单体是CH 2 =CHCOOH，含有的官能团是碳碳双键羧基；A和氢气方式加成反应，生成B，所以B的结构简式为CH 3 CH 2 COOH。
（2）依据C的结构简式可知，C是2－溴丙酸；C中含有溴原子和羧基，所以能和2mol氢氧化钠反应，方程式为 。
（3）X苯环上一氯代物只有两种，因此假如苯环上有2个取代基，则确定是对位的，可能的结构简式为 ；假如含有3个取代基，则确定是2个甲基和1和氨基，可能的结构简式为 。
（4）F中的溴原子被氨基取代，因此是取代反应。
（5）依据G的结构简式可知，分子中含有肽键、氨基和苯环，所以选项abc都是正确，没有羧基，不能是氨基酸，d不正确，答案选abc。