A322424高考模擬考試試題A322424東北三省校（哈爾濱大附中、東北大附中、遼省實驗中學）高三第一次聯模擬考試理一、選擇題下列說不正確的是（）工業合成氨是一種人工固氮方法C.播碘化銀可實人工降雨

侯氏制堿法應用了物質溶解度的差異鐵人類最早使用的金屬材料『案』D『解氮的固定是把游離態氮轉變成化合態氮的過程，分自然固氮和人工固氮，工業合成氨是一種人工固氮方法A正；侯制堿法，應用了碳酸氫鈉溶解度小而結晶析出，經分離再受分解得到碳酸鈉B正確；C.播碘化銀、干都可實現人工降雨正；鐵金屬性比較強不可能是人類最早使用的金屬材料人類使用金屬材料銅鐵早，D錯；『案』選D。乙苯與氣加成，其產物的一氯代物的同分異構體數目有（不考慮立體異構）種

C.6種

種『案』C『解』完全氫化后的產物，即為乙基環己烷，六元環含有種，乙基含有2種H故產物的一氯代物有6種分異構體；『案』選。『點睛』容易出錯。乙基環己烷的六元環含有4種，學會錯當成乙苯的苯環那樣有種H。設為伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）標準狀況下SO中所含原子數為0.4N

Al0mL鹽與足量MnO加反應，制得Cl的分子數為0.03

AC.CH與0.4molCl在光照下充分反應，生成CCl的分子數為0.1

A常常壓下6g酸中含有C-H鍵數目為0.3『案』D1

A

332A424AA22222222高考模擬332A424AA22222222『解』標狀況下不氣體，SO并是0.1mol，錯；12mol/L鹽為濃鹽酸足的二氧化錳共熱時酸消耗分揮發以及水的生成，使鹽酸濃度變小不能完全反應以得的Cl小0.03mol子小于N誤；C.CH與0.4molCl在光照下充分反應，發生的是取代反應，得到一氯甲烷、二甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氫的混合物，生成CCl的子數小于0.1N，C錯；一乙酸分子中有3個鍵則常溫常壓下，乙酸中含有C-H的數目為0.3N，D正；『案』選D。新型鋰氣電池具有使用壽命長、可在自然空氣環境下工作的優點。其原理如圖所示（電解質為離子液體和二甲基亞砜總反應為：是（）

下列說法不正確的充電時電子由Li電經外電路流入Li放時正極反應式為+

+2e-=LiOC.充時Li極與電源的負極相連碳鋰涂層既可阻止鋰電極的氧化又能讓鋰離子進入電解質『案』A『分析』這是二次電池，放電時Li是極，充電時Li是極；『解』充時電子經外電路入LiA錯；放時正極為還原反應O得電子化合價降低，反應式為+

+2e-=LiO，B正；C.充時Li極為陰極，與電源的負極相連正；碳鋰涂層的覆蓋可阻止鋰電的氧化涂層能讓鋰離子進入電解質定向移動形成閉合回路D正；『案』選A『點睛鍵之一是正確判斷電于負極的判斷可以從這幾方面入手果二次電池，與電源負極相連的那一極在放電時是負極電子流出那一極是負極發生氧化反應的一極2

2234244224422244高考模擬考試試2234244224422244是負極；陰離子向負極移動。下列實對應的現象及結論均正確的是（）選項A

實驗操作將通入BaCl溶液滴氯水

現象先有白色沉淀，滴加氯水后沉淀不溶解

結論先生成沉淀被氧化成向雞蛋清溶液中滴加B

飽和SO溶液，然

有白色渾濁出現，加入蒸餾水后不溶解

蛋白質變性是不可逆的后加入蒸餾水，振蕩向酸性KMnO和CHCO的合液中加入一小塊固

生成氣體的速率加快，溶液迅速褪色

可能是該反應的催化劑將濃硫酸滴入蔗糖中，得到黑蓬松的固體，并

該過程中硫僅體D并攪拌

產生有刺激性氣味的氣體

現了吸水性和脫水性『案』C『解』鹽的酸性大于亞硫，將SO通入溶，不發生反應，不會產生白色沉淀，A錯；向蛋清溶液中滴加飽和SO溶液有白色渾濁出現這是蛋白質發生了鹽析加蒸餾水后蛋白質會溶解，B誤；C.加的管中溶褪色較快，說明Mn對該反應有催化作用正；將硫酸滴入蔗糖中，并攪拌，得到黑色蓬松的固體，并產生有刺激性氣味的氣，是因為蔗糖被濃硫酸脫水碳化后進一步發生了碳和濃硫酸的反應C被硫酸氧化生二氧化碳、二氧化硫氣體D錯；『案』選。『點睛A容錯，容易錯，二氧化硫通到水溶液中生成亞硫酸，同學會誤以為亞硫酸和氯化鋇發生復分解反應互交換成分生成亞硫酸鋇沉淀視了一般酸和鹽溶液發生復分解反應的規律是強酸制弱酸。3

222223高考模擬考222223短周期族元素XYWQ子序數依次增大Y素最外層電子數是其電子層數的3倍Q與Y同主族X與Y構的化合物可引起光化學煙霧最高價氧化物的水化物兩兩之間均能發生反應。下列說法正確的是（）簡單氫化物的沸點Y<QC.簡離子半徑最的為Z

的化物可作耐高溫材料氣氫化物的穩定性『案』B『分析』短周期主族元素X為NY為、為、為AlQ為S；『解』A.Y、Q的簡單氫化物分別為HOHS，水分子間存在氫鍵，沸點反常沸點HO＞H，A誤；的化物為氧化鋁，熔點高達2000°C以，可作耐高溫材料正；C.N、O、NaAl簡單離子都是10電，核電荷數越大，半徑越小，則（3-）>

r2-)r(Na＞r(Al3+

，氧、硫同主族，核電荷數越大，半徑越大，則r2-

)＞

2-

，故鈉離子半徑不可能最大，C誤；非屬性N＜，氣態化物的穩定性ONH，錯；『案』選B。室溫下向度均為NaOH和MOH溶液中分別滴加0.酸，溶液的隨酸體積變化如圖所示下列說法不正確的是（）MOH電常數約為1×l0-5

a點液中存在

c(M

＞c(Cl

-

)c(OH

-

＞(H

C.b點點液混合后顯堿性『案』D

水電離程度：d>b>a『解』．據圖知?

L?

MOH溶中pH=11，則c(OH?

)=0.001mol

L

，MOH電程度較小，則c+c(OH

?

L?

，c≈0.1mol

L?，常溫下，MOH的電離常4

25322423232高考模25322423232數

K

(OH-)(M+)c(OH-))c(MOH)0.1

，A正確；B．點溶液呈堿性，則c+)＜c(OH)，根據電荷守恒得c+(H)=(OH(Cl)，所以得c(M+

)＞?

)≈

20mL

0.033mol/L

，正確；C當鹽酸的體積為時點溶液為等物質的量濃度

20mL

0.033mol/L的和NaOH溶液當鹽酸的體積為點L?1

的MCl溶是強酸弱堿鹽，水解過程微弱，所以b點點溶液混合后顯性，正；a點有堿溶液酸過量，水的電離均受到抑制溶質是強酸弱堿鹽，水解時促進水電離，從水的電離程度增大，從b到點的電離程度減小，故D錯；『答案』選?！狐c睛D容易錯同往往受到圖的影響而誤以為水的電離程度是逐漸改變的際上水電離程度受溶質的影響堿液酸過溶液中水的電離均受到抑制，強酸弱堿鹽弱鹽水解時促進水電離。二、填空題工業上釩鈦磁鐵礦為原料，在煉鐵的同時還可以制備釩的最高價氧化物V，主要流程如下：已知：VO-+

VO++H②NHVO微溶于冷水，易溶于熱水，不溶于乙醇（1高爐煉鐵應用的冶煉方法___填標號）熱解法

B熱還原法

C．解法（2釩渣中的VO在燒時轉化為Ca(VO)

，寫出該反應的化學方程式__________________________________________________。（3）Ca(VO)

難溶于水但能溶于稀硫酸，試用平衡移動原理分析其原___________________________________________________，浸出液中含物質的化學式____________（4沉釩過程有氣體生成，其反應的離子方程式________________________________。（5過濾后用乙醇代替水來洗滌沉淀的原因。5

4232332232332323322243432442323322323323233222434324223232222323焙焙3===3===2232223232（6煅燒NHVO時固體質量隨溫度變化的曲線如圖所示。加熱到℃時，到的固體物質化學式為_，300～350℃放出的態物質化學式______________。案』(1).B(2).VO+O

Ca(VO)+CO

加入硫酸使VO-+2H+

VO++HO

中

c(VO-)

降低，Ca(VO)

溶解平衡Ca(VO)(s)

2+

-正向移動，Ca(VO)

溶解

(VO)

NH+

-+VO=NHVO↓+2CO↑+HO(6).NHVO不于乙醇，減少損失

HVO

3

H『分析）高爐煉鐵的反應解答；（2釩渣中的VO在燒時轉化為Ca(VO)

，可看到釩元素化合價升高了，找氧化劑并用氧化還原反應原理來書寫該反應的化學方程式；（3）Ca(VO)

難溶于水但能溶于稀硫酸，試用平衡移動原理分析；找到浸出液中含釩的微粒，即可寫出物質的化學式；（4分析浸出液中含釩微粒與碳酸氫銨之間的反應，結合沉釩過程有氣體生成來書寫其反應的離子方程式；（5比較乙醇、水分別作洗滌劑洗滌沉淀優劣，就可找出原因；（6由圖示數據等信息、結合物質的性質計算求解；『解1高爐煉鐵的主要原理是FeO+3CO2Fe+3CO，此應用的冶煉方法是熱還原法答』為：B（2釩渣中的VO在燒時轉化為Ca(VO)

，可看到釩元素化合價升高了，但是焙燒時加入CaCO并是氧化，真正的氧化劑是氧氣，故該反應的化學方程式為VOCa(VO)答』為VO+OCa(VO)；（3）Ca(VO)

難溶于水，則存在溶解平衡：

)(s)2

2VO

2+

，又有信息知

OVO

，故可推知Ca(VO)

難溶于水但能溶于稀硫酸，氫離子濃度增6

332323322422424434324333232332242242443432434324444443333===2522424大，

VO

向右移動，VO濃減小(s)2

2VO

2+向右移動；『案』為：加入硫酸，

+

OVO

中(VO-)降低，)

溶解平衡Ca(VO)(s)

2+

-正向移動Ca(VO)

溶解；上述平衡移動的結果，浸出液中含釩粒子主要為VO，含釩物質的化學式為(VO)SO答』：)；（4浸出液中含釩粒子主要為

VO

，加入碳酸氫銨通過反應沉釩，沉釩過程有氣體生成，氣體只能是，釩結果得到NHVO；以看到加入碳酸氫銨，碳酸氫根消耗氫離子使

OVO

平衡向左移動，VO濃度減小，以及VO與根離子生沉淀可使反應持續進行，故沉釩過程的離子方程式為NH+NH+

-+VO=NHVO↓+2CO↑+H案為：-+VO=NHVO↓+2CO↑+H；（5題給信息NHVO微于冷水，易溶于熱水，不溶于乙醇，因此過濾后用乙醇代替水來洗滌沉淀的原因是NHVO不溶于乙醇，減少損失案』NHVO不溶于乙醇，減少損失；（6煅燒NHVO時固體質量隨溫度變化的曲線如圖所示。加熱到℃時，量減少，以0.01molNHVO，生成氣體為氨氣0.01mol，發生NHVONH↑+HVO，失去的是氨氣，得到的是HVO案為：HVO；加熱到350℃時固體質量減少0.09g0.005molH的應2HVOHO+V；『案』為H。草酸銨(NH)CO』為無色柱狀晶體，不穩定，受熱易分解，可用于測定的含量。I某同學利用如圖所示實驗裝置檢驗草酸銨的分解產物。

、實過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變紅，裝置B中清灰水變渾濁，說明分解7

244342322322432224434232232243224224===242===32產物中含有_____________（化學式觀察_，說明分解產物中含有草酸銨分解的化學方程式為_______________________________。反應開始前，通人氮氣的目的_________________________________裝置C的用是_____________________________________。還有一種分解產物在一定條件下也能還原，反應的化學方程式為_________________________________________。Ⅱ．該同學利用草酸銨測定血液中鈣元素的含量。取00mL血樣品至別三份體積均為00mL稀后的血液樣品，加入草酸銨草酸鈣沉淀沉淀溶于過量稀硫酸中用0l00mol/LKMnO溶液進行滴定。滴定至終點時的實驗現象_______________________________________三次滴定實驗消耗溶液的體積分別為0.4lmL0.52mL則血液樣品中鈣元素的含量_?！喊浮?1).NH、CO

中色固體變紅，中清石灰水變渾濁

(NH)CO

2NH排盡裝置中的空氣

充吸收，防止干擾CO的驗

2NH+3CuO

O因最后一滴KMnO溶的滴入，溶液變為粉紅色，且半分鐘內不褪去

2.1『分析』按驗過程中觀察到現象，推測分解產物并書寫草酸銨分解的化學方程式氮氣驅趕裝置內原有氣體，從空氣對實驗不利因素來分析；由所盛裝的物質性質及實驗目的推測裝置C的用；從分解產物中找到另一個有還原性的物質，結合氧化還原反應原理寫該反應的化學方程式；Ⅱ．(5)三次平行實驗，計算時要據處理，結合關系式進行計算；『解』(l)驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變為紅色說明分解產物中含有氨氣，裝置中清石灰水變濁，說明分解產物中含有二氧化碳氣體；若觀察到裝置中氧化銅由黑色變為紅色，裝置中清石灰水變渾濁，說明分解產物中含有CO『案』為NH；CO；E中色固體變紅F中清石灰水變渾濁；草酸銨分解產生了、NH、，合質量守恒定律，另有產物H，則草酸銨分解的化學方程式為(NH)O；『案』為：)C2NHO8

22223一條===23一條===2234444242242222223一條===23一條===223444424224222222反應開始前，通人氮氣的目的是排盡裝置中的空氣，避免CO與氣混合加熱發生爆炸，并防止空氣中的干擾實驗；『案』為：排盡裝置中的空氣；裝置E和F是證草酸銨分產物中含有，所以要依次把分解產生的CO、體中的水蒸氣除去，所以裝置的作用是：吸收CO，免對CO的驗產生干擾；『案』為：充分吸收CO，止干擾的檢驗；還有一種分解產物在一定條件下也能還原，就是氨氣NH也與CuO應，其產物是N和，該反應的化學程式為+3CuOO『案』為：2NH+3CuO+3H；草酸鈣沉淀溶于過量稀硫酸中得到草酸，用0.溶液進行滴定，反應為2MnO-+5HC+O2

滴定至終點時最一滴KMnO溶液的滴入，溶液變為粉紅色，且半分鐘內不褪去；『案』為：因最后一滴KMnO溶的滴入，溶液變為粉紅色，且半分鐘內不褪去；三次滴定實驗消耗溶液的體積分別為，，0.52mL，舍棄，誤差較大，則平均體積為0.42mL，滴定反應為2MnO-+5HC+O2

，-

~O2

；0.0100mol

L

nO2(HO)24

=1.05×105mol，所以20mL血樣品中含有的鈣元素的物質的量為

1.05

mol=4.2

mol

，即4.2×10?2mmol則該血液中鈣元素的量為20L

2.1mmol/L；『案』為：。研究CO與CH反使之轉化為CO和H對減緩燃料危機和減少溫室效應具有重要的意義。工業上與發生反應ICH(g)+CO＝(g)eq\o\ac(△,H)

1在反應過程中還發生反應ⅡH(g)+CO(g)＝HO(g)+CO(g)eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)=+41kJ/mol已部分化學鍵鍵能數據如下表所示：9

l42242242442242222242高考模l42242242442242222242化學鍵

CHHH

鍵能（kJ/mol

=____kJ/mol，反應Ⅰ在一定條件下能夠自進行的原因_，該反應工業生產適宜的溫度和壓強___填標號高高壓

B高溫低壓

．低溫高壓

D．低溫低壓工業上將CH與CO按物質的量1:1投料制取CO和時CH和CO的平衡轉化率隨溫度變化關系如圖所示。①923K時的平衡轉化率大于CH的因____________________________________②計算923K時應II

的化學平衡常數K=_________計算結果保留小數點后兩位③1200K以和CH的衡轉化率趨于相等的原因可能是。工業上CH和CO反時通常會摻入發反應III:CH+2O＝CO+2H，人O可除反應產生的積碳和減小反應器的熱負荷（單位時間內維持反應發生所需供給的熱量的氣量與反應的熱負荷的關系如圖所示。①隨著O進量的增加，熱負荷下降的原因是。②摻人O可CH的平衡轉化率______（填增、減小或不變”。下同CO的平10

422442242442242422242l4224244224422442242442242422242l42242442244242衡轉化率_『案』(2).S>0(3).BCH和CO按料發生反應I

時轉化率相等還生反應II所平衡轉化率大于

(6).1200K以時以反應I為主，二者轉化趨于相等（或以時反應I的向進行程度遠大于反應II（或1200K以時反應I供能量，使熱負荷降低

的平衡常數遠大于反應II）增減小

反III

放熱，給反應體系提『分析』已部分化學鍵的鍵能，通過反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能可以計H

，從焓變和熵變綜合判斷反應Ⅰ自發反應的原因，從平衡移動角度來判斷反應條件；l工業上將CH與CO按物質量投發生反應Ⅰ、II，則①923K時的平衡轉化率大于CH的因從二者實際參加的反應來討論；的②從圖、及題干中提供的數據結合反應ⅠII用三段式按定義計算923K時反應II

的化學平衡常數K；③1200K以和CH的衡轉化率趨于相等的原因還是從實際參加的反應來討論；工業上CH和CO反時通常會摻入，則發生反應III:CH＝COO①按熱負荷的定——單位時間維持反應發生所需供給的熱量以及O的氣量與反應III放出的熱量關系，據此解題；②發生反應III:CH＝COO析烷氧碳的物質的量及消耗量析的平衡轉化率和的平衡轉化率受到的影響；『解』(l)知部分化學鍵的鍵能，焓變等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能，則H

=

1076kJ/mol-2436kJ/mol=+234kJ/mol；『案』為+234反應ICH(g)+CO(g)＝2CO(g)+2H(g)eq\o\ac(△,H)

1

=+234kJ/mol

>0因是應Ⅰ自發反應的原因，該反應是吸熱、氣體分子總數增大的反應，因此，選擇高溫低壓的條件；『案』為；；①923K時應Ⅰ中和CO的平衡轉化率是一樣，但是，二氧化碳還參加反應II，因此其平衡轉化率大于CH；『案』為：和CO按投料發生反應I

時轉化率相等，CO還發生反應II，以平衡轉化率大于CH；②和CO按料，設投料時的物質的量濃度為，圖知CH和CO的轉化率為60%70%，則生反應I

時11

2424422442224424244224422244444(g)+CO(g)(g)+2CO(g)422起始濃度(100轉化濃度(0.60.6平衡濃度(mol/L)0.41.21.2發生反應II:H(g)=HO(g)+CO(g)2起始度(mol/L)轉化度(mol/L)0.10.10.1平衡度(mol/L)1.3c[HO(g)]K0.39c[H(g)]c[CO(g)]1.10.3『案』為：；

;③反應I

中CO和CH的平衡化率相等以和CH的平衡轉化率趨于相等則意味著該條件對反應I

更有利，以反應I

為主；『案』為：1200K上時以反應I為，二者轉化率趨于相（或1200K上時反應I的正向進行程度遠大于反應II1200K以時反應I

的平衡常數遠大于反應II工業上CH和CO反時通常會摻入，則發生反應III:CH＝COO①反應III

是放熱反應，給反應體系提供能量，通入氧氣越多反應中放出的熱量越多，則熱負荷值越小；『案』為：反應III

放熱，給反應體系提供能量，使熱負荷降低；②發生反應III:CH＝CO，進甲烷消耗，則CH的平衡轉化率增大；『案』為：增大；發生反應III:CH＝+2H不于反應I，減少二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳濃度增大，因此二氧化碳的平衡轉化率下降；『案』為：減小。鋰子電池是現代高性能電池的代表，高性能的電極材料與物質結構密切相關。(l)因具有良好的結構穩定性而成為新一代正極材料，這與PO3-結構密切相關，的立體構型為_______。、、的電負性從大到的順序_通常在電極材料表面進行碳包覆處理以增強其導電性?？箟难?/p>

常被用作碳包覆的碳源溶于水原因是，12

22224高考模擬考試試題22224抗壞血酸中碳原子的雜化方式為______，1mol抗血酸中手性碳原子的數目_________Li+

過度脫出易導致鋰電池結構坍塌產生而炸，實驗證實因具有單電子而成為順磁性分子，下列結構式（黑點代表電子）中最有可能代表O分結構的是（標號B.C.D.目前最常用的電極材料有鋰鈷復合氧化物和石墨。①鋰鈷復合氧化物中Li分形成了六邊層狀結aLi-O-Co-O-LiO-Co-O-Li--順序排列，則該化合物的化學式為，Co3+的價層電子排布式__________。②石墨晶胞（圖b層間距為d，—C鍵長為a，石墨晶體的密度為pg/cm3

，列式表示阿伏加德羅常數__________mol-l。『答案』正面體

O>S>P(3).分子中含有多個羥基，可與水分子間形成氫鍵

2

、3

2N

A

BLiCoO

3d6

163adρ『分析(l)

1030根據價層電子對互斥理論算酸根離子的價電子對數出空間構型，、O的負性從大到小的順序按非金屬強弱和電負性大小之間的關系來回答；抗壞血酸

易溶于水的原因從影響溶解性的因—羥基及其與水的作用來分析，抗壞血酸中碳原子的雜化方式從碳碳鍵角度分析1mol抗壞血酸中手性原子的數目結合定義和圖示結構判斷；結合信息和示意圖選擇判斷；結合①鋰鈷復合氧化物中LiCoO分形成了六邊層狀結構（圖a均攤法計算晶13

4AA222高考模擬考試試題4AA222胞內的原子數，求該化合物的化學式，鈷的原子序數為，則按電子排布規律可寫Co的價層電子排布式；②已知石墨晶胞（圖b）層間距為，C鍵長為，按晶胞的密度等于晶體的密度，列式求阿伏加德羅常數；為pg/cm『解』(l)3-中原價層電子對個數

且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷空間構型為正四面體結構；『案』為：正四面體；元素的非金屬性越強，其電負性越大，則電負性；『案』為；抗壞血酸

碳原子數目相對較少，但分子內含4個基可與水分子間形成氫鍵，因此它易溶于水；『案』為：分子中含有多個羥基，可與水分子間形成氫鍵；分子內有碳碳單鍵、對應碳原子

雜化方式，也有碳碳雙鍵，對應碳原子

雜化方式；『案』為：sp2

、3

；與四個不同的原子或原子團相連的碳原子稱為手性碳原子，由圖知個壞血酸分子中含手性碳原子，則1mol抗血酸中手性碳原子的數目為2N；『案』為：N；結合信息：O因有單電子而成為順磁性分子，從示意圖知B結中化學鍵有電子，B有電子，B足；『案』為：B鋰鈷復合氧化物中Li、CoO分形成了六邊層狀結構（圖a個棱柱結構中：Li個為12

11個為7O個為14則，LiCo和O個比為：1：，化學式為LiCoO；『案』為：LiCoO；鈷的原子序數為3+個電子電子排布式Ar』3d其層子排布式為6

；『案』為：3d6；14

A3030高考模擬考試試題A3030石墨晶胞中碳原子數=

1142

晶的質量=

NA

平行四邊形）C鍵為a

cm，面的邊長為

，面上的高為底的邊長

，層間距為，則晶胞的體積=3

cm×

cm

×2

cm=33

2

cm

3

，則該晶胞的密度mNA332

，則

163adρ

；『答案』為

163adρ

。12.鹽普帕酮是一種高效速效抗心律失常藥。合成此藥的原料的程如下：已知：請回答以下問題：(I)A的化學名稱_____________，試a的結構簡式為_。的能團名稱為。反應⑤的反應類型為___________________；反應①和⑤的目的為____