化学甘肃省白银市二中届高三下学期第二次模拟理综解析版Word格式文档下载.docx
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向盛有2mL0.1mo/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0.1mo/LNa2CO3溶液，出现白色沉淀；
再往试管中滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液，出现黑色沉淀
Ksp（Ag2CO3）>
Ksp（Ag2S）
D
向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3强
11．全钒氧化还原电池是一种新型可充电池，不同价态的含钒离子作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。
其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为：
V2+-e-=V3+，下列说法正确的是
A．放电时，右槽发生还原反应
B．放电时，左槽的电极反应式：
VO2++2H++e-=VO2++H2O
C．充电时，每转移1mol电子，n（H+）的变化量为1mol
D．充电时，阴极电解液pH升高
12．已知pC=-lgc；
Ksp[Cu（OH）2]=2.2×
10-20和Ksp[Mg（OH）2]=1.8×
10-11，测得两种金属离子的pC与pH的变化关系如下图所示。
A．加入氨水调节pH可除去MgSO4溶液中的CuSO4杂质
B．pH调到Q点则Mg2+和Cu2+都已沉淀完全
C．在浓度均为1mol/LCuSO4和MgSO4的混合溶液中，存在c（Cu2+）+c（Mg2+）>
c（SO42-）
D．L1代表pC（Cu2+）随pH变化，L2代表pC（Mg2+）随pH变化
13．X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大，已知X为原子半径最小的元素，Y为形成化合物种类最多的元素，Z的最外层电子数为电子层数的3倍，W是地壳中含量最高的金属元素，M的单质是一种黄绿色气体，则下列叙述正确的是
A．原子半径的大小关系W>
M>
Z>
Y>
X
B．Y、Z二种元素分别与X元素形成的最简单的化合物的稳定性前者强
C．YX4与M的单质在光照条件下的反应往往生成5种物质
D．Y、W、M的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可以发生化学反应
26．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。
某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·
5H2O）。
Ⅰ．[查阅资料]
（1）Na2S2O3·
5H2O是无色透明晶体，易溶于水。
其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。
（2）向Na2CO3和Na2S混合液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4。
（3）Na2SO3易被氧化；
BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。
（4）硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：
2S2O32-+I2=S4O62-+2I-
Ⅱ．[制备产品]实验装置如图所示（省略夹持装置）
实验步骤：
（1）按如图所示组装好装置后，应先_______________（填操作名称），再按图示加入试剂。
仪器B和D的作用是____________________________；
E中的试剂是__________（选填下列字母编号）。
A．稀H2SO4B．NaOH溶液C．饱和NaHSO3溶液
（2）先向烧瓶C中加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向烧瓶A中滴加浓H2SO4。
C中反应生成Na2S2O3和CO2，化学方程式为_____________________________________________。
（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。
过滤C中混合液，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品。
Ⅲ．[探究与反思]
（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。
（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择）：
取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_______________________
____________________________________________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。
（2）用I2的标准溶液测定产品的纯度
取10.0g产品，配制成100mL溶液，配制溶液的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除__________及二氧化碳。
取10.00mL溶液。
以________溶液为指示剂，用浓度为0.10mol/LI2的标准溶波进行滴定，相关数据记录如下表所示。
编号
1
2
3
溶液的体积/mL
10.00
消耗I2标准溶液的体积/mL
19.95
17.10
20.05
滴定时，达到滴定终点的现象是___________________________________________。
Na2S2O3·
5H2O在产品中的质量分数是_______________（用百分数表示，且保留1位小数）。
27．钼酸钠晶体（Na2MoO4·
2H2O）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。
下图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：
回答下列问题：
（1）提高焙烧效率的方法有_______________________。
（写一种）
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应过程的化学方程式为________________________，氧化产物是________（写化学式）。
（3）“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的化学方程式为__________________________。
（4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为________。
（5）测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：
c（MoO42-）=0.40mol/L，c（SO42-）=0.04mol/L。
“结晶”前需先除去SO42-，方法是加入Ba（OH）2固体。
假设加入Ba（OH）2固体后溶液体积不变，当SO42-完全沉淀（c（SO42-）≤1.0×
10-5mol/L）时，BaMoO4是否会析出？
_________________________________________________________。
（请计算说明）[已知：
Ksp（BaSO4）=1.1×
10-10，Ksp（BaMoO4）=4.0×
10-8]
（6）钼精矿在碱性条件下，加入NaClO溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO42-生成，该反应的离子方程式为___________________。
28．煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染，因此煤气中H2S的脱出程度已成为煤气洁净度的一个重要指标。
请回答下列问题:
（1）H2S在水溶液中的电离方程式为_________________________________________。
（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法、水解法等。
①COS的分子结构与CO2相似，COS的结构式为___________。
②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐的离子方程式为______________。
③已知：
H2、COS、H2S、CO的燃烧热依次为285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；
H2还原COS发生的反应为H2（g）+COS（g）=H2S（g）+CO（g），该反应的ΔH=_________kJ/mol。
④用活性α-Al2O3催化COS水解反应为COS（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2S（g）ΔH<
0，相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的转化率（未达到平衡）如图1所示；
某温度下，COS的平衡转化率与n（H2O）/n（COS）的关系如图2所示。
由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为______，COS的转化率在后期下降的原因是_______________________________________。
由图2可知，P点时平衡常数K=______（保留2位有效数字）。
Q点转化率高于P点的原因是_______________________________。
35．【选修3——物质的结构与性质】
钴及其化合物在生产中有重要作用，回答下列问题：
（1）钴元素基态原子的电子排布式为_________________，未成对电子数为__________。
（2）配合物[Co（NH3）4（H2O）2]Cl3是钴重要化合物
①H2O的沸点___（填“高于”或“低于”）H2S，原因是_____________________________________；
H2O中O的杂化形式为_____。
H2O是_____分子（填“极性”或“非极性”）。
②[Co（NH3）4（H2O）2]Cl3中的Co3+配位数为___。
阳离子的立体构型是___________。
[Co（NH3）4（H2O）2]Cl3若其中有两个NH3分子被Cl取代，所形成的[Co（NH3）2（H2O）2]3+的几何异构体种数有（不考虑光学异构）___________种。
（3）金属钴是由______键形成的晶体；
CoO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Co2+和Fe2+的离子半径分别为74.5pm和78pm，则熔点CoO______FeO。
（4）一氧化钴的晶胞如图，则在每个Co2+的周围与它最接近的且距离相等的Co2+共有_____个，若晶体中Co2+与O2-的最小距离为acm，则CoO的晶体密度为_______（用含NA和a的代数式表示。
结果g/cm3，已知:
M（Co）=59g/mol；
M（O）=16g/mol，设阿佛加德罗常数为NA）。
36．【选修5——有机化学基础】
化合物G[
]是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：
已知：
请回答下列问题：
（1）A的名称是_____________。
（2）B→C的反应条件为_____________，A→B和D→E的反应类型分别是_____________、_____________。
（3）D在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物，该化合物的结构简式为_____________。
（4）H是一种高聚酯，D→H的化学方程式为_____________。
（5）下列关于化合物G的说法错误的是_____________。
A．G的分子式为C12H14O5
B．1molG与NaOH溶液加热最多消耗2molNaOH
C．一定条件下G发生消去反应生成的有机物存在顺反异构体
D．在一定条件下G能与HBr发生取代反应
（6）M是D的同分异构体，与D具有相同的官能团。
则M可能的结构有____种。
（7）已知酚羟基不易与羧酸发生酯化反应，写出由苯酚，甲苯为原料制备苯甲酸苯酚酯（
）的合成路线（其它试剂任选）。
__________________
参考答案
7．【答案】D
【解析】A、糖类中的最简单的单糖是不能水解的，故A错误；
B、汽油、煤油等是石油分馏的产物，又叫馏分，都是混合物，故B错误；
C、酸雨的pH小于5.6，故C错误，D、新能源汽车是不再利用石油为能源，减少了有害气体的大量排放，有助于减少PM2.5的产生，所以D正确。
本题正确答案为D。
8．【答案】A
【解析】A．H218O与D2O的中子数相等均为10，所以摩尔质量也相等为20g/mol，则2.0g混合物的物质的量为1mol，中子数为NA，A正确；
B．SO3在标准状况下为固体，不能套用气体的摩尔体积；
C．苯分子中不含碳碳双键，其碳碳键是一种介于碳碳单键与碳碳双键之间的一种特殊的化学键，C错误；
D．氮气和氢气合成氨是可逆反应，不能进行彻底，所以1molN2与3molH2充分反应后生成NH3的分子数小于2NA，故D错误。
所以选择A。
9．【答案】A
【解析】A、甲苯分子中的甲基为四面体结构，所以不是所有原子都在同一平面上，故A错误；
B、苯可以在苯环上取代，乙酸和乙醇可以发生酯化反应，也是取代反应，故B正确；
C、分子式为C3H6Cl2的同分异构体分别为：
CH3－CH2－CH（Cl）2、CH3－C（Cl）2－CH3、CH3－CHCl－CH2Cl和CH2Cl－CH2－CH2Cl共4种，所以C正确；
D、因
分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，而
分子没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可用溴的四氯化碳溶液进行区别，故D正确。
本题正确答案为A。
10．【答案】D
【解析】A、酸性高锰酸钾溶液可将Fe2+氧化为Fe3+，将I-氧化为I2，Fe3+和I2在溶液中都是显黄色，所以A错误；
B、能使溴水褪色的无色气体除SO2外，还有乙烯等，故B错误；
C、由于AgNO3过量，所以黑色沉淀可能是有过量的AgNO3与Na2S反应生成的，不一定是白色的Ag2CO3转化为黑色的Ag2S，所以不能确定二者的溶度积大小，故C错误；
D、根据较强的酸可以制取出较弱的酸，所以D正确。
11．【答案】B
【解析】A、已知电池放电时右槽中的电极反应为V2+-e-=V3+，V2+失去电子，作电池的负极，发生氧化反应，所以A错误；
B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的H+向正极移动，结合VO2+和VO2+中V元素的化合价，可写出其电极反应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B正确；
C、由放电时的正极反应式知，充电时每转移1mol电子，H+的物质的量改变2mol，所以C错误；
D、根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反应为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，所以阳极电解液的pH降低，H+从左槽（阳极）通过离子交换膜进入右槽（阴极），所以阴极电解液的pH也降低，故D错误。
本题正确答案为B。
12．【答案】D
【解析】A、加入氨水调节pH可使Cu2+生成沉淀与Mg2+分离，但引入了新的杂质离子NH4+，所以A错误；
B、Q点的pH约为9，则由Ksp求得c（Cu2+）=
10—10mol/L<
1.0×
10—5mol/L，c（Mg2+）=
10—2mol/L>
10—5mol/L，所以Cu2+已沉淀完全而Mg2+不能沉淀完全，故B错误；
C、由于Mg2+和Cu2+都能够水解，所以c（Cu2+）+c（Mg2+）<
c（SO42-），则C错误；
D、由图象可知，当Mg2+和Cu2+的浓度均为1mol/L时开始生成Cu（OH）2沉淀的pH为4左右，而开始生成Mg（OH）2沉淀的pH为9左右，所以D正确。
13．【答案】C
【解析】X为原子半径最小的元素，X是H元素；
Y为形成化合物种类最多的元素，Y是C元素；
Z的最外层电子数为电子层数的3倍，Z是O元素；
W是地壳中含量最高的金属元素，W是Al元素；
M的单质是一种黄绿色气体，M是Cl元素。
原子半径的大小关系是Al＞Cl＞C＞O＞H，故A错误；
稳定性H2O＞CH4，故B错误；
CH4与Cl2在光照条件先的反应往往生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl五种，故C正确；
碳酸是弱酸不能与氢氧化铝反应，故D错误。
26．【答案】Ⅱ
（1）检查装置的气密性安全瓶（或防止倒吸）B
（2）2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2
Ⅲ
（1）过滤、蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量的稀盐酸
（2）水中溶解的氧气淀粉当加入最后一滴碘水时，溶液无色变蓝色，并且半分钟内不褪色99.2%
【解析】
（1）涉及气体的实验，要先验证装置气密性，所以组装好装置后，应先检查装置的气密性，再按图示加入试剂；
SO2易溶于水，实验中要防止倒吸，B和D的作用是防倒吸；
SO2是酸性氧化物，能与碱性溶液反应，所以E中的试剂是氢氧化钠溶液，选B；
（2）C中SO2与Na2CO3和Na2S反应生成Na2S2O3和CO2，反应方程式是2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；
Ⅲ．
（1）Na2SO3易被氧化；
BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl，所以取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤、蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量的稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4；
（2）蒸馏水经过煮沸可以除去水中溶解的氧气；
用碘液进行滴定，所以用淀粉作指示剂；
当加入最后一滴碘水时，溶液无色变蓝色，并且半分钟内不褪色时，达到滴定终点。
设10mL溶液中含Na2S2O3·
5H2Oxg，第二次实验数值偏离正常值舍去，第一次、第三次实验消耗碘液的平均体积为20mL，
X=0.992g；
100mL溶液中含Na2S2O3·
5H2O9.92g，则Na2S2O3·
5H2O在产品中的质量分数是
。
27．【答案】
（1）粉碎固体颗粒（其他合理答案也给分）
（2）2MoS2+7O2
2MoO3+4SO2MoO3、SO2
（3）MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑（4）PbS
（5）当c（SO42-）=1.0×
10-5mol/L，c（Ba2+）=Ksp（BaSO4）/c（SO42-）=1.1×
10-10/1.0×
10-5=1.1×
10-5mol/L，c（Ba2+）×
c（MoO42-）=1.1×
10-5×
0.40=4.4×
10-6>
4.0×
10-8，所以会析出BaMoO4沉淀。
（6）MoS2+9ClO−+6OH−
MoO42-+9Cl−+2SO42-+3H2O
（1）为了提高矿石的利用率，最常用的方法是将矿石粉碎，或者通入过量的空气；
（2）根据流程图和
（2）中信息可写出反应的化学方程式为：
2MoS2+7O2
2MoO3+4SO2由化合价变化情况分析可知，氧化产物为MoO3和SO2；
（3）由流程图可知Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2↑，而生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；
（4）当加入的沉淀剂为Na2S时，重金属离子即Pb2+则生成PbS废渣而除去；
（5）当SO42-完全沉淀，即c（SO42-）=1.0×
10-5mol/L时，由Ksp（BaSO4）=1.1×
10-10，求出c（Ba2+）=Ksp（BaSO4）/c（SO42-）=1.1×
10-5mol/L，此时c（Ba2+）×
0.40=4.4×
10-6>
Ksp（BaMoO4）=4.0×
10-8，所以有BaMoO4沉淀析出；
（6）由题目叙述可知，反应物为钼精矿（MoS2）、碱和NaClO，生成物为钼酸钠和硫酸钠，结合化合价升降规律可知还有氯化钠生成，所以反应的离子方程式为MoS2+9ClO−+6OH−
MoO42-+9Cl−+2SO42-+3H2O。
28．【答案】
（1）H2S
H++HS-、HS-
H++S2-
（2）①O=C=S②COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O③-285④150℃催化剂中毒，发生副反应等合理答案（平衡逆向移动相关描述一律不给分）0.048相同条件下n（H2O）/n（COS）越高，相当于COS浓度不变情况下，增大水蒸气浓度，平衡正向移动，COS转化率提高
（1）H2S的水溶液即氢硫酸，是弱酸，将分步电离，即H2S
H++S2-，或者只写H2S
H++HS-；
（2）①CO2的分子结构是含C=O的直线型构成，所以COS的分子结构式为S=C=O；
②Br2的KOH溶液在氧化COS时，溴生成Br－，S生成硫酸钾，C生成的CO2在碱性溶液又转化为CO32-，所以反应的离子方程式为COS+4Br2+12OH－=CO32-+SO42-+8Br－+6H2O；
③根据这四种物质燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律即可求出：
ΔH=（285kJ/mol+299kJ/mol）-（586kJ/mol+283kJ/mol）=-285kJ/mol；
④由图1可知，在相同时间内，转化率最大时，即催化剂活性最大，对应的温度为150℃；
温度过高，使催化剂最佳活性减弱或丧失，即催化剂中毒，导致转化率减小；
由图2可知，P点时COS的转化率为30%，n（H2O）/n（COS）=3，可列如下关系：
COS（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2S（g）
起始物质的量（mol）1300
改变物质的量（mol）0.30.30.30.3
平衡物质的量（mol）0.72.70.30.3
则K=
相同条件下n（H2O）/n（COS）的比值越高，相当于COS浓度不变情况下，增大反应物水蒸气浓度，促进化学平衡正向移动，提高了COS转化率。
35．【答案】
（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s23
（2）①高于H2O分子间可形成氢键sp3极性②6八面体5
（3）金属＞（4）12
（1）钴元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
未成对电子数为3个；
（2）①H2O的沸点高于H2S，原因是H2O分子间可形成氢键；
H2O中O的杂化形式为sp3；
水分子是极性分子；
②在配合物[Co（NH3）4（H2O）2]Cl3中，Co3+配位数为6；
其阳离子的立体构型是八面体；
若[Co（NH3）4（H2O）2]Cl3中有两个NH3分子被Cl取代，所形成的[Co（NH3）2（H2O）2]3+的几何异构体种数有五种，
（3）金属钴是由金属键形成的晶体；
CoO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，由于Co2+的离子半径74.5pm小于Fe2+的离子半径78pm，所以CoO的熔点高于FeO的；
（5）由CoO的晶胞结构可知，每个Co2+的周围与它最接近的且距离相等的Co2+共有12个；
若晶体中Co2+与O2-的最小距离为acm，即该晶胞的边长为2acm，其体积为8a3cm3，该晶胞含有4个CoO分子，其质量为
g，则其密度为
g/cm3；
36．【答案】
（1）2-甲基丙烯或异丁烯
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