安徽省六安市第一中学届高三下学期高考模拟考试二理科综合化学试题Word文档下载推荐.docx
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根据有机物的价键规则（碳原子形成4条键，氧原子形成2条键，氢原子形成1条键）可写出该有机物的结构简式为
，含酚-OH、C=C、-COOC-，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答。
【详解】根据有机物的价键规则（碳原子形成4条键，氧原子形成2条键，氢原子形成1条键）可写出该有机物的结构简式为
，
①由有机物的结构简式可以知道分子式为C10H8O3，故①正确；
②为酯类化合物，不能溶于水，故②正确；
③该有机物分子中含有苯环和碳碳双键，1mol该物质最多能与4molH2加成，故③正确；
④该有机物分子中含有碳碳双键，酚羟基，都能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，故④正确；
⑤1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠；
1mol羧基消耗1mol氢氧化钠；
若有酯的结构，则先让酯进行酸性水解，再看产物能否和氢氧化钠反应：
若酸性水解的产物是羧酸和醇，1mol酯只能和1mol氢氧化钠反应；
若酸性水解的产物是羧酸和酚类物质，则1mol酯能和2mol氢氧化钠反应，所以根据酚羟基、酯基推断该有机物最多能与含3molNaOH的溶液反应，故⑤错误。
所以A选项是正确的。
4.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。
对下列实验事实的解释正确的是
选项
现象
解释
A
KI淀粉溶液中通入Cl2，溶液变蓝
Cl2能与淀粉发生显色反应
B
测得饱和NaA溶液的pH大于饱和NaB溶液
常温下水解程度：
A－>
B－
C
往乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去
证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化
D
常温下，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色
SO2具有还原性
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】A.氯气与淀粉不能发生显色反应，氯气与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝色，故A错误；
B.要比较其水解程度时，两种溶液浓度必须相同，这两种溶液都是饱和溶液，但是两种溶液的浓度不一之一相同，所以不能据此比较两者的水解能力大小，故B错误；
C.乙醇易挥发，反应中还有副产物二氧化硫生成，乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验中没有排除乙醇和二氧化硫的影响，无法证明一定是乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，所以D选项是正确的。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及气体检验、盐类水解、二氧化硫的还原性等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意B中两种溶液浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。
5.下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是
A.pH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c（NaOH）<
c（NaHCO3）<
c（CH3COONa）
B.0.1mol·
L－1的NaOH溶液与0.2mol·
L－1的HA溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：
c（Na+）>
c（HA）>
c（A－）>
c（OH－）>
c（H+）
C.25℃时，0.1mol·
L－1Na2CO3溶液中水电离出来的c（OH－）大于0.1mol·
L－1NaOH溶液中水电离出来的c（OH－）
D.已知25℃时Ksp（AgCl）=1.8×
10－10，则在该温度下0.3mol·
L－1NaCl溶液中，Ag+的物质的量浓度最大可达到6.0×
10－10mol·
L－1
【详解】A.pH相等的这三种物质，NaOH的碱性最强，其浓度最小，水解程度：
CH3COO-<
HCO3-，酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，所以这三种物质浓度大小顺序是c（NaOH）<
c（CH3COONa），所以A选项是正确的；
L－1的HA溶液等体积混合，所得溶液中c（HA）=0.05mol•L-1，c（NaA）=0.05mol•L-1，由于混合后溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），说明NaA水解程度大于HA的电离程度，则有：
c（Na+）>
c（H+），故B错误；
C.酸和碱都可以抑制水的电离，能水解的盐则可以促进水的电离，所以25℃时，0.1mol·
L－1NaOH溶液中水电离出来的c（OH－），所以C选项是正确的；
D.c（Ag+）=
=
mol/L=6.0×
10-10mol/L，所以D选项是正确的。
6.SO2通过下列工艺流程可制化工业原料H2SO4和清洁能源H2。
下列说法中错误的是
A.电解槽中不能用铁电极代替石墨作为阳极
B.原电池中负极的电极反应为：
SO2+2H2O－2e－=SO42－+4H+
C.该工艺流程用总反应的化学方程式表示为：
SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4
D.该生产工艺的优点Br2被循环利用，原电池产生的电能可充分利用，还能获得清洁能源
依据原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应分析电极反应及总反应。
【详解】A、若用铁电极代替，则铁失电子被氧化，溶液中的溴离子不能被氧化为溴，溴不能被循环利用，不能持续吸收二氧化硫，故不能用铁做阳极，A正确；
B、原电池中负极发生氧化反应，元素化合价升高，由流程图可知，二氧化硫被氧化为硫酸，故负极的电极反应为：
SO2+2H2O－2e－=SO42－+4H+，故B正确；
C、由题给信息可知，总反应为二氧化硫和水反应生成硫酸和氢气：
SO2+2H2O=H2+H2SO4，故C错误；
D、由流程图可知，溴可以循环使用，且无污染性的物质生成，故D正确。
故选C。
7.X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X质子总数与电子层数相同，Y元素的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，Z的气态氢化物可以与Cl2反应产生白烟，用来检验氯气管道是否泄漏。
Y、Z、W位于同一周期，且最外层电子数之和为15，M的质子数是X、Y、Z、W四种元素质子数之和的1/2，下列说法正确的是
A.简单离子半径M>
W>
Z>
X
B.M2W2与足量的CO2完全反应，转移2mol电子时增重28g
C.X、Z两种元素只能组成化学式为ZX3的化合物
D.由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物既有共价化合物也有离子化合物
X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X质子总数与电子层数相同，则X为H元素；
Y元素的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，Y为C；
Z的气态氢化物可以与Cl2反应产生白烟，用来检验氯气管道是否泄漏，Z为N元素；
Y、Z、W位于同一周期，且最外层电子数之和为15，W的最外层电子数为15-4-5=6，则W为O元素；
M的质子数是X、Y、Z、W四种质子数之和的
，M的质子数为（1+6+7+8）×
=11，则M为Na，以此来解答。
【详解】由上述分析可以知道，X为H，Y为C，Z为N，W为O，M为Na，
A.电子层越多，离子半径越大；
电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径Z>
M>
X，故A错误；
B.由反应式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，转移2mol电子时增重56g，故B错误；
C.H、N两种元素组成的有NH3和N2H4等不止一种的化合物，故C错误；
D.若由X、Y、Z、W四种元素组成的化合物为硝酸铵，则其既有离子键、又有共价键；
若组成的化合物为硝酸，则其只含共价键，故D正确。
所以D选项是正确的。
8.二氯亚砜（SOCl2）是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点－105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。
（1）用硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料，在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者的物质的量比为______________________。
（2）甲同学设计如图装置用ZnCl2·
xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2（夹持及加热装置略）
①SOCl2在该实验中的作用_________________________________；
加热条件下，A装置中总的化学方程式为_________________________________。
②实验结束后，为检测ZnCl2·
xH2O晶体是否完全脱水，甲同学设计实验方案如下，正确的实验顺序为___________（填序号）
a.干燥b.洗涤；
c加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；
d称取蒸干后的固体m克溶于水；
e.过滤；
f称得固体为n克
若m/n=___________（保留小数点后两位），即可证明晶体已完全脱水。
（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·
6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使最后的产品不纯。
①可能发生的副反应的离子方程式_________________________________。
②丙同学设计了如下实验方案判断副反应的可能性：
i.取少量FeCl3·
6H2O于试管中，加入足量SOCl2振荡使两种物质充分反应：
ii.往上述试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于两支试管，进行实验验证，完成表格内容。
供选试剂：
AgNO3溶液、稀盐酸、稀HNO3、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液、K3[Fe（CN）6]溶液、溴水）
方案
操作
结论
方案一
往一支试管中滴加___________
若无明显现象
则发生了上述副反应
方案二
往另一支试管中滴加___________
___________
则没有发生上述副反应
【答案】
（1）.2:
3:
1
（2）.SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解（3）.SOCl2+ZnCl2
xH2O
ZnCl2+SO2↑+2HCl↑+（x-1）H2O↑（4）.dcebaf（5）.0.47（6）.SOCl2+2Fe3++3H2O=SO42-+6H++2Fe2++2Cl-（7）.KSCN溶液（8）.K3[Fe（CN）6]溶液（9）.若无蓝色沉淀出现
（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达100%，则反应的方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，根据方程式可以知道三者的物质的量比；
（2）①由二氯亚砜（SOCl2）是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂；
加热条件下，A装置中总的化学方程式为SOCl2+ZnCl2
ZnCl2+SO2↑+2HCl↑+（x-1）H2O↑。
②根据氯离子守恒判断ZnCl2·
xH2O晶体是否完全脱水（ZnCl2~2AgCl）；
（3）①FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应；
②若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，而SOCl2水解得到SO2会被氧化为H2SO4，可以检验硫酸根、亚铁离子或铁离子判断；
【详解】
（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达100%，则反应的方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，所以三者的物质的量比为2:
1，
因此，本题正确答案是：
2:
1；
（2）①因为二氯亚砜（SOCl2）是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成HCl可以抑制氯化锌的水解；
SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；
SOCl2+ZnCl2
ZnCl2+SO2↑+2HCl↑+（x-1）H2O↑；
②实验结束后为检测ZnCl2·
xH2O晶体是否完全脱水的操作方法是：
c加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；
b.洗涤；
a.干燥；
f称得固体为n克，所以正确的实验顺序为dcebaf；
ZnCl2•xH2O完全脱水得到ZnCl2，则mg为ZnCl2的质量，溶于水后加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为ng为AgCl的质量，由氯离子守恒：
×
2=
，整理可得
=0.47，
dcebaf；
0.47；
（3）①FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应的离子方程式为SOCl2+2Fe3++3H2O=SO42-+6H++2Fe2++2Cl-；
②若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，而SOCl2水解得到SO2会被氧化为H2SO4，实验证明脱水时发生了氧化还原反应方案为：
方案一：
往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象，则证明Fe3+已完全被还原，脱水过程发生了氧化还原反应；
方案二：
往试管中加水溶解，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明没有Fe2+生成，脱水过程没有发生氧化还原反应，
KSCN溶液；
K3[Fe（CN）6]溶液；
若无蓝色沉淀出现。
【点睛】本题考查物质制备实验、实验方案设计、对原理与操作的分析与评价、化学计算等，关键是对实验原理的理解，根据SOCl2是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂。
9.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：
①“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
②菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。
③相关金属离子[c（Mn+）=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
④常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×
10－10、7.42×
10－11。
回答下列问题：
（1）分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：
___________。
（2）浸出液“净化除杂”过程如下：
①加入MnO2。
用离子方程式表示MnO2的作用___________；
②调节溶液的pH，除去Fe3+、Al3+。
溶液恰当的pH范围为___________；
③加入NH4F将Ca2+、Mg2+除去，两种沉淀共存时溶液中c（Ca2+）=1×
10－5mol·
L－1，则c（Mg2+）=___________。
（3）碳化结晶过程中发生反应的离子方程式为______________________。
（4）将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，可以得到重要的无机功能材料MnO2，该电极的电极反应式为______________________。
（5）25℃时，向0.1mol/LNH3·
H2O溶液中通入HC1气体，溶液中
与pOH（仿pH定义）的关系如图所示。
下列有关叙述正确的是___________。
A.C点的溶液中：
c（NH3·
H2O）>
c（NH4+）
B.NH3·
H2O的Kb=1.0×
10－4.7
C.pOH=3的溶液中：
c（NH4+）+c（H+）+c（NH3·
H2O）=0.1mol/L+c（OH-）
D.pOH=7的溶液中的溶质是NH4Cl
【答案】
（1）.500℃、1.10、60min
（2）.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（3）.5.2
pH<
8.8（4）.5×
10-6mol/L（5）.Mn2++2HCO3-
MnCO3+CO2↑+H2O（6）.Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+（7）.B
（1）按图1、图2、图3的锰浸出率选择最佳条件：
焙烧温度、投料比和焙烧时间；
（2）MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，欲使Fe3+、Al3+变为沉淀而除去，溶液的pH
5.2，不使Mn2+沉淀，pH<
8.8，从而确定pH范围；
根据CaF2的溶度积常数计算出溶液中c（F-），再用MgF2的溶度积常数计算出溶液中的c（Mg2+）；
（3）碳化结晶时，可看成Mn（HCO3）2受热分解，类比写出离子方程式；
（4）阳极得到重要的无机功能材料MnO2，失电子发生氧化反应；
（5）A.C点
=0，故溶液中：
H2O）=c（NH4+）；
B.C点
H2O）=c（NH4+），NH3·
H2O的Kb=
=c（OH-）=1.0×
10－4.7；
c（H+）-c（OH-）=10-11-10-3<
0，物料守恒有c（NH4+）+c（NH3·
H2O）=0.1mol/L，故c（NH4+）+c（NH3·
H2O）+c（H+）-c（OH-）<
0.1mol/L；
D.若溶液中的溶质是NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解显酸性，pOH>
7。
（1）由图1可知焙烧温度选择500℃；
由图2可知氯化铵和锰矿粉投料比选择1.10；
由图3可知焙烧时间选择60min，
因此，本题正确答案为：
500℃、1.10、60min；
（2）①MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
②欲使Fe3+、Al3+变为沉淀而除去，溶液的pH
8.8，从而确定pH范围为5.2
8.8；
③根据CaF2的溶度积常数计算出溶液中c（F-），再用MgF2的溶度积常数计算出溶液中的c（Mg2+），c（Mg2+）=
c（Ca2+）=
1×
10-5mol/L=5×
10-6mol/L；
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
5×
（3）碳化结晶时，可看成Mn（HCO3）2受热分解，离子方程式为Mn2++2HCO3-
MnCO3+CO2↑+H2O；
Mn2++2HCO3-
（4）阳极得到重要的无机功能材料MnO2，阳极发生氧化反应，故电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
H2O）=c（NH4+），故A错误；
10－4.7，故B正确；
0，根据物料守恒有c（NH4+）+c（NH3·
0.1mol/L，故C错误；
7，故D错误。
B。
10.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
Ⅰ.CO可用于高炉炼铁，已知
Fe3O4（s）+4CO（g）====3Fe（s）+4CO2△H1=akJ/mol
3Fe2O3（s）+CO（g）====2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=bkJ/mol
则反应Fe2O3（s）+3CO（g）====2Fe（s）+3CO2（g）的△H3=___________kJ/mol（用含a、b的代数式表示）
Ⅱ.光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途。
工业上常利用废气CO2通过反应：
C（s）+CO2（g）
2CO（g）△H>
0，制取合成光气的原料气CO。
在体积可变的恒压（pa）密闭容器中充入1molCO2与足量的碳发生上述反应，在平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：
（1）①T℃时，在容器中若充入稀
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