四川省攀枝花市届高三第二次统一考试化学试题解析版文档格式.docx
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结论
A
某钾盐晶体中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中
品红溶液褪色
产生的气体一定是SO2
B
向装有经过硫酸处理的CrO3（桔红色）的导管中吹入乙醇蒸气
固体逐渐由桔红色变为浅绿色（Cr3+）
乙醇具有还原性
C
向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入铜粉，充分振荡，再加入2滴KSCN溶液
铜粉溶解，溶液由黄色变为绿色，滴入KSCN溶液颜色不变
氧化性：
Fe3+＞Cu2+
D
向盛有CuO的试管中加入足量HI溶液，充分震荡后滴入3滴淀粉溶液
固体有黑色变为白色，溶液变为黄色，滴入淀粉后溶液变蓝
CuO与HI发生了氧化还原反应
A.AB.BC.CD.D
10.X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。
25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图，其中X、N、W、R测定的是浓度均为0.01mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH．下列说法正确的是（ ）
R、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性
N、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应
单质与
H2化合由易到难的顺序是：
R、N、M
金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：
Y、X、Z
11.我国科学家设计出一种可将光能转化为电能和化学能的天然气脱硫装置，如图，利用该装置可实现：
H2S+O2
═H2O2
+S．已知甲池中发生转化：
下列说法错误的是（ ）
甲池碳棒上发生电极反应：
AQ+2H++2e-═H2AQ
该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池
甲池①处发生反应：
O2+H2AQ═H2O2+AQ
乙池②处发生反应：
H2S+I3-═3I-+S↓+2H+
12.已知：
25℃时，Ksp[Ni（OH）2]=2.0×
10-15，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×
10-38．将含Fe2O3、Ag、Ni的某型废催化剂溶于盐酸，过滤，滤渣为Ag，所得溶液中c（Ni2+）=c（Fe3+）=0.1mol/L．向该溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液（假设溶液体积不变）。
金属活动性：
Ag＞Ni
加入NaOH溶液时，先产生Ni（OH）2沉淀
当滴定到溶液pH=5时，溶液中lg=
=10
当滴定到溶液呈中性时，Ni2+已沉淀完全
13.25℃时，0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7．向0.1mol/L的NH4HCO3溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示（纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数）。
根据图象判断，下列说法正确的是（ ）
NH4HCO3溶液中，水解程度：
NH4+＞HCO3-
开始阶段，HCO3-略有增加的主要原因是发生反应：
2NH4HCO3
+2NaOH═（NH4）2CO3
+Na2CO3
+2H2O
由图中数据可知：
CO32-的水解常数约为5.3×
10-11
NH3•H2O
的电离常数约为1.5×
10-5
三、非选择题：
本卷包括必考题和选考想两个部分22-32题为必考题，每个试题考生都必须
作答。
33-38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题｛共129.分）
26.磷酸二氢钾（KH2PO4）是一种高效复合肥。
工业上以磷精矿[主要成分是Ca2（PO4）3，还含有少量Fe2O3、CaF2等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾的流程如图：
已知：
①TBP、D2EHPA、TOA都是难溶于水的液态有机物，对萃取特定物质有较强的选择性，常用作萃取剂。
②萃取剂TBP对H3PO4和Fe3+有较强的萃取作用，但对Ca2+有一定的萃取作用。
③萃取剂D2EHPA仅对Fe3+有较强的萃取作用。
回答下列问题：
（1）“制酸”过程中生成磷酸的化学方程式为______。
（2）“除氟”时发生反应的化学方程式为______。
（3）“目的1”是______。
（4）“目的2”分离出的有机层中除H3PO4外，还有少量某金属阳离子。
去除有机层中该阳离子的方法是用含H2SO4的磷酸洗涤，反应的离子方程式为______。
（5）“反应”时先在磷酸中加入KCl，再加入TOA．TOA的作用是______。
（6）“反应”中，TOA的用量会影响溶液的pH．水溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的分布分数δ（含磷元素微粒占全部含磷粒子的物质的量分数）随pH的变化如图所示。
“反应”中，当pH=______（填选“2.2”、“4.5”、“9.5”或“12.4”）时，停止加入TOA。
27.CH4-CO2催化重整时发生反应：
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。
（1）某温度下，向1L的密闭容器中充入0.2molCH4与0.1molCO2，发生CH4-CO2催化重整反应，10min时达到平衡，测得平衡混合物中CO（g）的体积分数为20%，则用CH4表示的反应速率为______，CO2的平衡转化率为______。
（2）若CO2的平衡转化率（a）与温度（T）、压强（p）的关系如图所示。
由图可知：
压强p1______p2（选填“＞“、“＜“或“=”），理由是______。
（3）在一定温度下，向固定容积为2L的密闭容器中充入0.1moCH4与0.1mo1CO2发生CH4-CO2催化重整反应，达平衡时CO2的平衡转化率为50%，则此条件下该反应的平衡常数为K=______；
平衡后保持温度不变，若再充入0.15molCH4、0.15molCO2、0.1molCO、0.1molH2则此时v正______（选填“＞”、“＜”或“=”）v逆。
（4）已知：
C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H1=-75kJ•mol-1
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=-394kJ•mol-1
C（s）+
O2（g）═CO（g）△H3=-111kJ•mol-1
①催化重整反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=______kJ•mol-1。
②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
积碳反应
CH4（g）═C（s）+2H2（g）
消碳反应
CO2（g）+C（s）═CO（g）
△H/（kJ•mol-1）
75
172
活化能/
（kJ•mol-1）
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
由上表判断，催化剂X______Y（填“优于”或“劣于”），理由是______。
28.连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。
某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。
Na2S2O4是白色固体，还原性比Na2SO3强，易与酸反应（2S2O42-+4H+═3SO2↑+S↓+2H2O）。
（一）锌粉法
步骤1：
按如图方式，温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液。
步骤2：
将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2，向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。
步骤3：
，经过滤，用乙醇洗涤，用120～140℃的热风干燥得到Na2S2O4。
（二）甲酸钠法
步骤4：
按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。
温度控制在70～83℃，持续通入SO2，维持溶液pH在4～6，经5～8小时充分反应后迅速降温45～55℃，立即析出无水Na2S2O4。
步骤5：
经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2O4。
（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______；
容器中多孔球泡的作用是______。
（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）______。
（3）两种方法中控制温度的加热方式是______。
（4）根据上述实验过程判断，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为：
______。
（5）甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。
（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______。
（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。
稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液
（二）选考题：
共45分。
请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选
一题作答。
如果多做则每科按所做的第一题计分。
35.［化学--选修3：
物质结构与性质］（15分）
在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：
2CuCl+2CO+2H2O═Cu2Cl2•2CO•2H2O
（1）Cu在元素周期表中属于______（选填“s”、“p”、“d”或“ds”）区元素。
研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为______。
（2）C、N、O三种原子中的第一电离能最大的是______。
NO3-离子的空间构型是______。
（3）CO与N2互称等电子体。
①它们的分子中都存在三个共价键，其中包含______个σ键，______个π键。
②下表为CO和N2的有关信息。
键的类型
A-B（单键）
A=B（双键）
A≡B（叁键）
键能（kJ/mol）
CO
351
803
1071
N2
159
418
946
根据表中数据，说明CO比N2活泼的原因是______。
（4）Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图所示：
①该配合物中氯原子的杂化方式为______。
②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。
（5）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。
通过对CuCl晶体的X射线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，则距离每个Cu+最近的Cl-的个数为______。
若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数NA=______（列计算式表达）
36.［化学--选修5：
有机物J是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如图：
（1）反应④的反应类型是______；
J中官能团名称是______。
（2）不用甲苯与氯气在光照条件下反应得到B物质的原因是______。
（3）根据流程中的信息，在反应⑥的条件下，CH2（COOC2H5）2与足量CH3CH2CH2I充分反应生成的有机产物结构简式为______。
（4）反应⑨的化学方程式为：
其中产物X的结构简式是______。
（5）写出符合下列条件的I的同分异构体______。
①能发生银镜反应，但不能发生水解反应；
②苯环上一氯取代物只有一种；
③核磁共振氢谱有4组峰。
（6）根据流程中的信息，写出以
、CH3OH为有机原料合成
的合成路线。
解析版
7【答案】
【解析】
解：
A．硫酸铁中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性而净水，故A正确；
B．碳酸钡可用作胃酸的中和剂会生成溶于水的钡盐，使人中毒，故B错误；
C．碘酸钾能给人体补充碘元素，碘酸钾也比较稳定，所以碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂，故C正确；
D．氢氧化铝分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面，所以氢氧化铝常用作阻燃剂，故D正确；
故选：
B。
A．Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体可以净水；
B．碳酸钡能够中和胃酸中的盐酸生成溶于水的氯化钡，钡离子是重金属盐；
C．碘酸钾能给人体补充碘元素；
D．氢氧化铝分解吸热，生成的氧化铝熔点高可以起到阻燃作用。
本题综合考查元素化合物知识，为高考成常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。
8.【答案】
A．电解熔融氯化镁制得镁单质，化学方程式为：
MgCl2（熔融）
Mg+Cl2↑，而不是氧化镁，故A错误；
B．工业上常用石灰乳与纯碱反应Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，制备NaOH，而不是钠与水反应，故B错误；
C．炼铁的原料铁矿石、焦炭、石灰石，起还原剂作用的是碳和氢气反应生成的CO，故C错误；
D．二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳，反应方程式为：
SiO2+2C
Si+2CO；
所以工业上制备粗硅的主要原料有石英砂和焦炭，故D正确；
D。
A．电解熔融氯化镁制得镁单质；
B．工业上常用石灰乳与纯碱反应制备NaOH；
C．高炉炼铁的原料是铁矿石，空气，石灰石和焦炭；
D．二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳。
本题考查了金属的冶炼，主要是铁的冶炼、粗硅制取、制镁单质工业原理分析判断，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
9.【答案】
A．氯气、二氧化硫均使品红褪色，则由现象不能判断产生的气体是SO2，故A错误；
B．CrO3可氧化乙醇蒸气，则乙醇具有还原性，故B正确；
C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化铜，氧化性：
Fe3+＞Cu2+，故C正确；
D．由现象可知生成CuI和碘单质，Cu、I元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D正确；
A。
A．氯气、二氧化硫均使品红褪色；
B．CrO3可氧化乙醇蒸气；
C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化铜；
D．由现象可知生成CuI和碘单质。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.【答案】
根据分析可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为P，N为S，R为Cl元素。
A．NaCl溶液呈中性，故A错误；
B．Na的氧化物为氧化钠，S的最高价氧化物为三氧化硫，三氧化硫和氧化钠都与水反应，故B错误；
C．非金属性：
Cl＞S＞P，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与
R、N、M，故C正确；
D．金属性：
Na＞Mg＞Al，则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：
X、Y、Z，故D错误；
C。
X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。
25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的
pH与原子半径的关系如图，其中
X、N、W、R测定的是浓度均为0.01
mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性，结合碱性强弱可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al；
R的pH=2，则R为Cl；
N的pH＜2，则N为S；
M的pH＜4，应该为P元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
11.【答案】
A．由装置图可知，甲池中碳棒上发生得电子的还原反应，电极反应为AQ+2H++2e-=H2AQ，故A正确；
B．原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以溶液中的H+从乙池经过全氟磺酸膜进入甲池氢离子，故B错误；
C．甲池①处发生O2和H2AQ反应生成H2O2和AQ，方程式为O2+H2AQ═H2O2+AQ，故C正确；
D．乙池②处，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，离子方程式为H2S+I3-═3I-+S↓+2H+，故D正确；
A．甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应；
B．原电池工作时，溶液中阳离子移向正极；
C．甲池①处发生O2氧化H2AQ生成H2O2和AQ的反应；
D．在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，据此写出反应方程式。
本题考查新型原电池的工作原理，为高频考点，侧重学生观察能力、分析能力和灵活运用知识能力的考查，把握理解新型原电池的工作原理是解题关键，注意根据题给信息书写电极反应式，题目难度中等。
12.【答案】
A、Ni能与HCl反应生成NiCl2，Ag不能与HCl反应，则活动顺序：
Ni＞H＞Ag，故A错误；
B、Ni2+开始沉淀时溶液中c（OH-）=
×
10-7mol/L≈1.4×
10-7mol/L，c（H+）≈7.1×
10-8mol/L，Fe3+开始沉淀时溶液中
≈7.4×
10-13mol/L，c（H+）≈0.14mol/L＞7.1×
10-8mol/L；
由于溶液开始时显酸性，随着NaOH的加入，溶液的酸性减弱，所以先产生Fe（OH）3沉淀，故B错误；
断；
D、根据浓度熵Qc与Ksp[Ni（OH）2]的关系判断：
若Qc＞Ksp[Ni（OH）2]时，形成沉淀；
若Qc≤Ksp[Ni（OH）2]时，无沉淀生成。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及其计算，为高频考点和常考题型，试题侧重学生分析能力和计算能力的考查，把握溶度积常数的意义和计算是解题的关键，注意浓度熵Qc≤Ksp时离子不能沉淀，题目难度较大。
13.【答案】
A．25℃时0.1
mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7，呈碱性，则NH4HCO3溶液中的水解程度：
NH4+＜HCO3-，故A错误；
B．开始阶段，加入的NaOH后氢氧根离子浓度增大，抑制了HCO3-的水解，导致HCO3-略有增加，故B错误；
C．根据图示看，pH=9.0时，HCO3-、CO32-的物质的量分数分别为0.95、0.05，设c（CO32-）=a，则c（HCO3-）=
a=19a，CO32-的水解主要以第一步为主，其水解的离子方程式为：
CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-，则Kh（CO32-）=
=1.9×
10-4，故C错误；
D．pH=9.0时，NH4+、NH3•H2O的物质的量分数分别为0.6、0.4，设c（NH3•H2O）=x，则c（NH4+）=x=1.5x，NH3•H2O
的电离常数
=1.5×
10-5，故D正确；
mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度较大；
B．开始时氢氧根离子抑制了碳酸根离子的水解，导致HCO3-略有增加；
C．pH=9.0时，HCO3-、CO32-的物质的量分数分别为0.95、0.05，设c（CO32-）=a，则c（HCO3-）=a=19a，CO32-的水解主要以第一步为主，结合碳酸根离子的水解平衡常数表达式计算；
D．根据图示可知，pH=9.0时，NH4+、NH3•H2O的物质的量分数分别为0.6、0.4，设c（NH3•H2O）=x，则c（NH4+）=
x=1.5x，结合NH3•H2O的电离常数表达式计算。
本题考查离子浓度大小比较，题目难度得不到，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，C、D为易错点，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。
26.【答案】
Ca3（PO4）2+6HCl=3CaCl2+2H3PO4
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
除去磷酸中含有的Fe3+
Ca2++SO42-=CaSO4↓
水相中存在KCl+H3PO4⇌HCl+KH2PO4，加入TOA将HCl转移到有机层，平衡向正反应方向移动，有利于KH2PO4生成
4.5
（1）“制酸”过程中生成磷酸的化学方程式为Ca3（PO4）2
+6HCl=3CaCl2
+2H3PO4，
故答案为：
Ca3（PO4）2
+2H3PO4；
（2）“除氟”时发生反应的化学方程式为SiO2
+4HF=SiF4↑+2H2O，
SiO2
+4HF=SiF4↑+2H2O；
（3）“目的1”是除去磷酸中含有的Fe3+，
除去磷酸中含有的Fe3+；
去除有机层中该阳离子的方法是用含H2SO4的磷酸洗涤，反应的离子方程式为Ca2++SO42-=CaSO4↓，
Ca2++SO42-=CaSO4↓；
（5）“反应”时先在磷酸中加入KCl，再加入TOA，TOA的作用是水相中存在KCl+H3PO4⇌HCl+KH2PO4，加入TOA将HCl转移到有机层，平衡向正反应方向移动，有利于KH2PO4生成，
水相中存在KCl+H3PO4⇌HCl+KH2PO4，加入TOA将HCl转移到有机层，平衡向正反应方向移动，有利于KH2PO4生成；
（6）由图可知，B为产物H2PO4-的量，随着pH的增大，H2PO4-的量增大，当pH=4.5时，H2PO4-最多，pH再生高，不利于H2PO4-的生成，故pH=4.5，停止加入TOA，
4.5。
以磷精矿[主要成分是Ca2（PO4）3，还含有少量Fe2O3、CaF2等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾，由流程可知，加盐酸发生Ca3（PO4）2
+2H3PO4、Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O、CaF2+2HCl=CaCl2
+2HF，加入活性二氧化硅发生SiO2
+4HF=SiF4↑+2H2O，D2EHPA仅对Fe3+有较强的萃取作用可除去磷酸中含有的Fe3+，分液取水层加TBP萃取H3PO4，分液取有机层蒸馏分离出磷酸，加入KCl与稀磷酸生成KH2PO4，再加入有机碱--三辛胺（TOA）分离，对水层结晶可得KH2PO4产品，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意
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