全国高三精选模拟试卷（全国II卷）理综化学试题（解析版）

1、一、选择题：（本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的4个选项中，只有一个选项符合题意）1下列物质的使用不涉及化学变化的是（ ）A用饱和硫酸铵溶液沉淀蛋白质B用生石灰干燥氨气C用铝制的容器盛装浓硫酸D用饱和碳酸钠溶液收集实验室制取的乙酸乙酯【答案】A【解析】A硫酸铵是蛋白质盐析，是物理变化，选A；B、生石灰和氨气中的水蒸气反应生成氢氧化钙，是化学变化，不选B；C、铝和浓硫酸反应生成致密的氧化膜阻止其继续反应，是化学变化，不选C；D、实验室制取的乙酸乙酯中有乙酸和乙醇，乙酸和碳酸钠反应，是化学变化，不选D。考点：蛋白质的性质，乙酸乙酯的制备，浓硫酸的性质2设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子

2、数。下列说法正确的是（ ）NAB将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)2C一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧气反应生成SO3NANA【答案】B【解析】A、苯不是单双键交替的结构，不含碳碳双键，A错误； B、1mol氯气中共含2mol氯原子，而氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中有HClO分子、ClO-、Cl-、Cl2分子，根据氯原子的守恒可有：2NA=N（HClO）+N（Cl-）+N（ClO-）+2N（Cl2），即N（HClO）+N（Cl-）+N（ClO-）=2，B正确； C、SO2与足量氧气反应生成SO3AA，D错误。答案选B。考点：阿伏伽

3、德罗常数的有关计算3某有机化合物的结构简式为，有关该化合物的叙述不正确的是（ ）A该有机物的分子式为C11H12O2B1 mol该物质最多能与4 mol H2发生加成反应C该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀D该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应【答案】C【解析】C项有机物中不含醛基，所以不能与新制氢氧化铜悬浊液反应。考点：有机物的结构与性质。4探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（ ）A用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C用装置丙稀释反应后的混合液 D用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】A铜与浓硫酸常温下不反应，此反应需要

4、加热设备，图中无加热装置，故A错误；B二氧化碳的密度大于空气，适用与向上排空气法收集，即应长进短出，此图方向相反，故B错误；C浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌，故C正确；D氢氧化钠溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中，图中滴定管为酸式滴定管，故D错误，故选C。考点：主要考查的是实验室中常见化学操作与仪器的使用5现有物质的量浓度均为0.1 mol/L的溶液NH3.H2O CH3COOH KHSO4。下列有关离子浓度分析一定不正确的是（ ）A向中逐滴加入少量，c(NH4+)/c(OH-)逐渐增大B、等体积混合后溶液中存在：NH4+H2ONH3.H2O+H+C、任意比混合：c(CH3COO

5、-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)D、按体积比2:1混合：c(NH4+)>c(NH3.H2O)>c(SO42-)>c(OH-)>c(H+)【答案】D【解析】A向中逐滴加入少量，酸碱反应NH3·H2O+CH3COOH =CH3COONH4,c(NH4)/c(0H)逐渐增大，A项正确；B等浓度、等体积的混合，恰好反应生成等物质的量的NH4、K、SO42-,NH4水解，B项正确；C、任意比混合，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH)=c(H)+c(NH4)，C项正确；D、按体积比2:1混合，生成的NH4和NH3·H2O、SO42-物质的

6、量相等，由于电离过程大于水解过程，溶液显碱性，则微粒浓度大小顺序为c(NH4+)>c(SO42-)>c(NH3H20)>c(OH-)>c(H+)，D项错误；选D。考点：考查盐类水解的应用，弱电解质在水溶液中的电离平衡。6关于下图所示转化关系（X代表卤素），说法不正确的是（ ）A2H(g) +2X(g) = 2HX(g) H30B途径生成HX的反应热与途径无关，所以H1 = H2 + H3CCl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径吸收的热量依次增多D途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定【答案】C【解析】A、卤素和氢气化合是放热反应，所以正确，

7、不选A；B、遵循盖斯定律，反应热与途径无关，所以正确，不选B；C、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，单质的稳定性逐渐减弱，所以途径吸收的热量依次减小，错误，选C；D、途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl的能量低，、比HBr稳定，正确，不选D。考点：盖斯定律，元素周期律7下图为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是（ ）A阳极的电极反应式为：2Cl2e= Cl2B阴极的电极反应式为TiO2+4e=Ti+2O2C通电后，O2、Cl均向阴极移动D石墨电极的质

8、量不发生变化【答案】B【解析】8煤的气化可以减少环境污染，而且生成的CO和H2被称作合成气，能合成很多基础有机化工原料。（1）工业上可利用CO生产乙醇:2CO（g）4H2（g）CH3CH2OH（g）H2O（g） H1又已知：H2O（l）= H2O（g） H2CO（g）H2O（g） CO2（g）H2（g） H3工业上也可利用CO2（g）与H2（g）为原料合成乙醇：2CO2（g）6H2（g） CH3CH2OH（g）3H2O（l） H则：H与H1、H2、H3之间的关系是：H_。（2）一定条件下，H2、CO在体积固定的绝热密闭容器中发生如下反应：4H2（g）+2CO（g）CH3OCH3（g）+H2O（

9、g），下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有_。Av（H2）= 2 v（CO） B平衡常数K不再随时间而变化 C混合气体的密度保持不变D混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化（3）工业可采用CO与H2反应合成再生能源甲醇，反应：CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20mol H2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率（）与温度（T）、压强（p）的关系如下图所示。合成甲醇的反应为_（填“放热”或“吸热”）反应。A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为_。P1和P2的大小关系为_。若达到平衡状态A时，容器的体积为10

10、L，则在平衡状态B时容器的体积为_L。CO的平衡转化率（）与温度（T）、压强（p）的关系如下图所示，实际生产时条件控制在250 、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是_。【答案】 (1)H1 -3H2-2H3 (2)BD (3)放热 (4)KA=KB>KC (5)P1<P2 (6)2 (7)在1.3×104Pa下，CO的转化率已较高，再增大压强，CO的转化率提高不大，生产成本却增加。【解析】（1）已知：2CO（g）4H2（g）CH3CH2OH（g）H2O（g） H1；H2O（l）= H2O（g） H2CO（g）H2O（g） CO2（g）H2（g） H3

11、；根据盖斯定律，则×3×2得2CO2（g）6H2（g） CH3CH2OH（g）3H2O（l），则：H =H13H22H3；（2）A、2v(H2)=v(CO)中未指明正逆反应速率，不能说明已达到化学平衡，选项A错误；B、平衡常数与浓度、压强无关，只与温度有关，温度一定时平衡常数为定值，绝热密闭容器中，容器中的温度随着反应进行不断变化，则平衡常数不断变化，当平衡常数不变时说明已达到了平衡状态，选项B正确；C、容器体积不变，混合气体总质量不变，混合气体密度始终保持不变，不能说明已达到平衡状态，选项C错误；D、混合气体总质量不变，随反应进行气体物质的量减小，混合气体平均相对分子质量

12、减小，当混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应已达到平衡状态，选项D正确。答案选BD；（3）由图1可知，压强一定时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应为放热反应；平衡常数与压强无关，只与温度有关，A、B温度相等，则KA=KB，相同压强下，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故KBKC，故KA=KBKC；增大压强平衡正移，CO的转化率增大，已知P2条件下，CO的转化率大，则P1P2；A、B两点温度相等，压强不同，平衡常数相同，对应A点，CO转化率为0.5，参加反应CO为10mol×0.5=5mol，

13、CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）开始时的物质的量（mol）： 10 20 0转化的物质的量（mol）： 5 10 5平衡时的物质的量（mol）： 5 10 5故T1温度下，平衡常数K=0.512×0.5=1对应B点，CO转化率为0.8，参加反应CO为10mol×0.8=8mol， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）开始时的物质的量（mol）：10 20 0转化的物质的量（mol）：8 16 8平衡时的物质的量（mol）：2 4 8设平衡时的体积为VL，则K=8V2V×（4V）2=1，解得V=2； 由图3可知，在250°C、1.3×

14、;104kPa左右，CO的转化率已较高，再增大压强，CO转化率提高不大，且增大生产成本，故选择250、1.3×104kPa左右，故为：在1.3×104Pa下，CO的转化率已较高，再增大压强，CO的转化率提高不大，生产成本却增加。【点睛】本题考查化学平衡常数有关计算、化学平衡图象及影响化学平衡的因素、化学平衡状态判断、反应热计算，注意掌握化学平衡常数的应用，掌握三段式计算方法，是解答本题的关键。9钛铁矿的主要成分为FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料(钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂L

15、iFePO4)的工业流程如图所示：已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O(1)化合物FeTiO3中铁元素的化合价是_。(2)滤渣A的成分是_。(3)滤液B中TiOCl转化生成TiO2的离子方程式是_。(4)反应中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_。(5)反应的化学方程式是_。(6)由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是_。(7)若采用钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)做电极组成电池

16、，其工作原理为Li4Ti5O123LiFePO4Li7Ti5O123FePO4，该电池充电时阳极反应式是_。【答案】 (1)2 (2)SiO2 (3)TiOClH2OTiO22H4Cl (4)温度过高时，反应物氨水(或双氧水)受热易分解 (5)(NH4)2Ti5O152LiOH=Li2Ti5O152NH3·H2O(或2NH32H2O) (6)20:9 (7)LiFePO4e=FePO4Lim(H2O2)×17÷200g/mol×2=m(H2C2O4)÷90g/mol×2，得m(H2O2)：m(H2C2O4)= 20/9。（7）电池充电

17、时阳极反应为失电子反应，LiFePO4中Fe失去1个电子，由+2价变为+3价，生成FePO4，同时得到Li+。考点：本题考查化学工艺流程图的分析，化合价的判断、化学方程式及离子方程式的书写、有关氧化还原反应的计算。10硫代硫酸钠俗称“海波”，又名“大苏打”，溶液具有弱碱性和较强的还原性，是棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得，装置如图（a）所示。 已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示， （1）Na2S2O3·5H2O的制备： 步骤1：如图连接好装置后，检查A、C装置气密性的

18、操作是_ 步骤2：加入药品，打开K1、关闭K2，加热。装置B、D中的药品可选用下列物质中的_。（填编号） A NaOH溶液 B浓H2SO4 C酸性KMnO4溶液 D饱和NaHCO3溶液 步骤3：C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。当C中溶液的pH_时，打开K2、关闭K1并停止加热；C中溶液要控制pH的原因是_ 。 步骤4：过滤C中的混合液，将滤液经过加热浓缩，趁热过滤，再将滤液_ 、过滤、_、烘干，得到产品。 （2）Na2 S2O3性质的检验： 向足量的新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有硫酸根，写出该反应的化学方程式_， （3）常用Na

19、2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00 mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解此时CrO2-4全部转化为Cr2O2-7；再加过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010 mol·L-1的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液1800 mL。部分反应的离子方程式为：Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3+3I2+7H2OI2+2S2O32-=S4O62-+2I-则该废水中Ba2+的物质的量浓度为_。【答案】 (1)关闭K2打开K1，在D中加水淹没导管

20、末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶 (2)ADC (3)pH接近大于7到10之间都给分 (4)硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定。 (5)冷却结晶 (6)洗涤 (7)Na2 S2O3+4Cl2+5H2O=Na2SO4+H2SO4【解析】（1）根据装置图的特点，检查A、C装置气密性的操作是关闭K2打开K1，在D中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，若导气管末端有气泡冒出，松开热毛巾，在导气管中形成一段水柱，说明气密性良好；装置B、D的作用吸收SO2，防止污染空气，所以药品选用与SO2反应的物质，下列物质中的NaOH、饱和NaHCO3溶液、酸性KMnO4溶液与SO2反应，而浓硫酸不反应，选ADC；由于N

21、a2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，容易分解，所以把pH控制在710之间；根据硫【名师点晴】化学是一门实验性的，物质的制备、混合物的分离提纯、物质的含量的测定及实验时仪器的选择使用，实验方法的设计与评价的问题，都是化学实验必不可少的。因此掌握一些基本化学基础和仪器的使用方法、实验技巧是非常必要的。混合物分离方法有过滤、蒸馏、分液、蒸发、萃取、结晶等。将溶质从溶液中分离出来，可以根据溶质在溶剂中的溶解性的不同进行。对于溶解度受温度的影响变化较大的物质，采用冷却热饱和溶液的方法即结晶的方法分离；对于溶解度受温度的影响变化较小的物质，采用蒸发溶剂的方法得到。然后使用过滤器，利用漏斗、玻璃棒、烧杯进

22、行分离。对于实验装置的评价，可以根据对反应的影响分析，如果对调，可以除去杂质，使更多的反应物变为生成物，就可以提高反应物的转化率和产物的产率，因此了解反应原理和物质的成分是评价的依据。要根据电荷守恒、电子守恒及原子守恒进行有电子转移的离子方程式的书写，会对实验数据进行观察、分析、比较，找到他们的相同点和区别，从而得到设计各个实验及比较的目的。在进行物质含有元素的含量测定时，从物质含有的成分、可能发生的反应及对元素含量测定可能会造成哪些影响判断分析，这样才可以得到正确的结论和评价。本题较为全面的考查了考生的实验基本技能和实验知识的掌握。考点：考查硫代硫酸钠制备实验的基本操作，硫代硫酸钠的性质及滴

23、定、化学计算等知识。11水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质。请回答下列问题：（1）水质优劣直接影响人体健康。天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是_（填两种物质的名称），其净水作用的原理是_。（2）水的净化与软化的区别是_。（3）硬度为1°的水是指每升水含10 mg CaO或与之相当的物质（如71 mg MgO）。若某天然水中c（Ca2）12×103molL，c（Mg2）6×104molL，则此水的硬度为_。（4）若（3）中的天然水还含有c（HCO3）8×104molL，现要软化10m3这种天然水，则需先加入Ca（OH）2_g，后加入

24、Na2CO3_g。 （5）如图是电渗析法淡化海水的原理图。其中，电极A接直流电源的正极，电极B接直流电源的负极。 隔膜A是_离子交换膜（填“阴”或“阳”）。某种海水样品，经分析含有大量的Na，Cl，以及少量的K，SO42。若用上述装置对该海水进行淡化，当淡化工作完成后，A，B，C三室中所得溶液（或液体）的pH分别为pHa、pHb、pHc，则其大小顺序为_。【答案】 (1)明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁（填其中任意两种） (2)铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应的氢氧化物胶体，它可吸附天然水的悬浮物并破坏天然水中的其它带异电的胶体，使其聚沉达到净水的目的 (3)水的净化是用混凝剂（如明矾）将水中胶

25、体及悬浮物沉淀下来，而的水的软化是除去水的中的钙离子和镁离子 (4)100 (5)740 (6)1484 (7)阴 (8)pHa<pHb<pHc【解析】（1）混凝剂是吸附水中的微小悬浮颗粒，凝聚成较大的颗粒，而快速沉降的主要作用，要具备水解生成胶体的性质，所以常有铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，如明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁等，（2）水的净化是除去悬浮性杂质，一般用明矾进行；水的软化是降低Ca2+、Mg2+的浓度，方法很多，有离子交换法、石灰纯碱法等，（3）某天然水中c（Ca2+）=1.2×103molL1，c（Mg2+）=6×104molL1，

26、硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO）；1L水中钙离子物质的量=1.2×103mol，相当于CaO质量=1.2×103mol×56g/mol=67.2mg，1L水中镁离子物质的量=6×104mol，相当于氧化镁质量6×104mol×40g/mol=24mg，所以水的硬度=+=10°故答案为：10°；（4）10m3这种天然水水中含有钙离子物质的量=10×103L×1.2×103molL1=12mol；镁离子物质的量=10×103

27、L×6×104molL1=6mol；碳酸氢根离子物质的量=10×103L×8×104molL1=8mol；加入氢氧化钙发生的反应为：Mg2+2OH=Mg（OH）2 HCO3+OH=CO32+H2O1 2 1 1 16mol 12mol 8mol 8mol 8mol共需氢氧根物质的量20mol；需要Ca（OH）2物质的量10mol，氢氧化钙质量为74g/mol×10mol=740g，水溶液中Ca2+物质的量为12mol+10mol=22mol，其中需要加入的 碳酸根离子为22mol8mol=14mol，需要碳酸钠的质量为14mol

28、15;106g/mol=1484g，故答案为：740；1484；（5）阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜A和阳极相连，阳极是阴离子放电，所以隔膜A是阴离子交换膜，故答案为：阴离子交换膜；电解池的阴极是氢离子放电，阳极是氢氧根离子放电，隔膜A是阴离子交换膜，隔膜C是阳离子交换膜，则导致A室显酸性，B室显中性，C室显碱性，所以pH大小顺序为：pHapHbpHc，故答案为：pHapHbpHc12X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同

29、周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为_。（2）化合物X2W2中W的杂化方式为_，ZW2-离子的立体构型是_。（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_（填化学式），原因是_。（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_。（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为_，Y原子的配位数为_，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为 g/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为_（用含a和的代数式表示）。【答案】

30、 (1)1s22s22p63s23p63d10 (2)sp3杂化 (3)v形 (4)SiO2 (5)SiO2为原子晶体 (6)CO2为分子晶体 (7)2Cu + 8NH3 + O2 + 2H2O 22+ + 4OH- (8)8 (9)4【解析】X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比

31、Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素。（1）Cu+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；（2）化合物H2O2中结构式为H-O-O-H，O原子价层电子对数为2+12×(62)=4，故O原子采取sp3杂化；NO2-离子中N原子孤电子对数为12×(5+12×2)=1、价层电子对数为2+1=3，故其立体构型是V形，故答案为：sp3；V形；（3）Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是 SiO2，故答案为：SiO2； SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体；（4）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成2+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=22+4OH-，故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=22+4OH-；（5）碳有多种同素异形体，其中一种同素