精品解析全国市级联考湖南省衡阳市高三第二次联考二模理综试题化学试题解析版Word下载.docx

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CCH3

【答案】C

【解析】A．石油的分馏是利用沸点不同分离物质的，属于物理变化，煤的液化是将碳转化为乙醇等液态燃料的过程、油脂的硬化是油脂与氢气发生加成反应的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；

B．地沟油为油脂，主要成分为高级脂肪酸丙三酯，故B错误；

C.CH3CH2CH2CH3中含有2种氢原子，一氯代物有2种；

CH3CH（CH3）2中含有2种氢原子，一氯代物有2种，故C正确；

CH2-C=C-CH2

单体是CH2=C-C=CH2，故D错误；

故选C。

点睛：

本题考查了物理变化和化学变化的判断、油脂的名称单体的判断等。

本题的易错点为B，要注意油脂的主要成分为高级脂肪酸丙三酯，或高级脂肪酸甘油酯是高级脂肪酸与丙三醇的酯化产物，不是高级脂肪酸三丙酯。

4.灼热的焦炭与水蒸气反应所得产物为H2、CO和少量CO2。

某校化学研究小组利用下图实验装置检验产物中的H2和CO（设气体均被充分吸收）。

下列有关说法正确的是

A.②、③、⑤中依次盛装澄清石灰水、浓硫酸和氢氧化钠溶液

B.为了实验安全性，应先点燃①处酒精灯，后点燃④处酒精灯

C.当黑色氧化铜变红色，即可证明产物中一定含有H2和CO

D.若用碱石灰替换无水硫酸铜，也可达到检验H2和CO目的

【解析】灼热的焦炭与水蒸气反应所得产物为H2、CO和少量CO2，要检验产物中的H2和CO，需要除去产物中的少量二氧化碳，加入装置④的气体需要干燥，因此二中盛放氢氧化钠溶液，③中盛放浓硫酸，④中反应后的气体中含有水蒸气和二氧化碳，因此无水硫酸铜变成蓝色，说明含有氢气，⑤中澄清石灰水变浑浊，说明含有一氧化碳。

A.根据上述分析，除去二氧化碳不能选用澄清石灰水，因为其浓度太小了，故A错误；

B.生成的氢气和一氧化碳容易燃烧，可能发生爆炸，为了实验安全性，应先点燃①处酒精灯，用生成的气体排尽装置内的空气后，经验纯后点燃④处酒精灯，故B正确；

C.当黑色氧化铜变红色，即可证明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种，故C错误；

D.若用碱石灰替换无水硫酸铜，不能检验H2和CO，只能说明生成了H2和CO中的一种或两种，故D错误；

5.如图，利用电解原理将NO转化为NH4NO3，既节约了资源，又保护了环境。

A.NO转化为NH4NO3的反应属于氮的固定

B.阴极上发生还原反应，电极反应式为：

NO+5H++5e-==NH3·

H2O

C.电解池两极上分别生成的甲是NH4+，乙是NO3-

D.为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充的物质丙为HNO3

【解析】A.NO属于含氮元素的化合物，转化为NH4NO3的反应不属于氮的固定，故A错误；

B.阴极上发生还原反应，根据图像，NO得到电子，化合价降低生成铵根离子，电极反应式为：

NO+6H++5e-==NH4++H2O，故B错误；

C.根据B的分析，电解池阴极上生成的是NH4+，阳极上NO被氧化生成的是NO3-，故C正确；

D.阳极上NO被氧化生成的是NO3-，阳极反应为NO-5e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极上NO得到电子被还原生成铵根离子，阴极反应为：

NO+5e-+6H+=NH4++H2O，总反应方程式为：

8NO+7H2O

3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，故D错误；

本题考查了电解原理的应用，根据图示判断电极反应是解题的关键。

本题中电解NO制备NH4NO3，阳极反应为5NO-15e-+10H2O=5NO3-+20H+，阴极反应为：

3NO+15e-+18H+=3NH4++3H2O，总反应方程式为：

3NH4NO3+2HNO3。

6.V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。

由V、W、X和氢元素组成的盐受热分解生成甲、乙、丙三种二元化合物，其中甲是常见的温室气体，乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。

Y的焰色反应呈黄色，Z原子最外层有7个电子。

下列说法正确的是

A.V、W、X可分别形成18.个电子的氢化物分子

B.V、W、X原子的电子层数相同，半径依次增大

C.Z的氧化物对应的水化物的酸性一定比W的强

D.Y分别与X、Z形成的化合物中一定只含离子键

【答案】A

【解析】V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。

由V、W、X和氢元素组成的盐受热分解生成甲、乙、丙三种二元化合物，其中甲是常见的温室气体，甲为二氧化碳，乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，乙的水溶液显碱性，为氨气，则V、W、X分别为C、N、O元素；

Y的焰色反应呈黄色，Y为Na元素；

Z原子最外层有7个电子，Z为Cl元素。

A.C、N、O可分别形成18个电子的氢化物，如C2H6、N2H4、H2O2，故A正确；

B.C、N、O是同一周期元素，原子的电子层数相同，半径依次减小，故B错误；

C.次氯酸为弱酸，硝酸是强酸，故C错误；

D.氯化钠是离子化合物，只含离子键，过氧化钠中含有离子键和共价键，故D错误；

故选A。

7.设pC为溶液中粒子物质的量浓度的负对数，即：

pC=-lgC。

25℃时，某浓度的H2R水溶液中，pC（H2R），pC（HR-）、pC（R2-）随溶液pH的变化曲线如图所示。

A.曲线Ⅰ表明，c（R2-）随着pH增大而逐渐增大

B.pH=1.3时，3c（R2-）+c（OH-）=10-1.3mol`L-1

C.NaHR水溶液中：

c（Na+）>

c（HR-）>

c（OH-）>

c（H+）

D.常温下，该体系中

=1000

学+科+网...学+科+网...学+科+网...

本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数的计算，根据图像中的曲线的变化趋势判断出曲线代表的微粒是解题关键。

本题的易错点和难点为B，注意根据电荷守恒和图像分析判断。

8.三氯化氧磷（POCl3）常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品质量的实验过程如下，据此回答下列问题：

Ⅰ.氧化液态PCl3法制备POCl3：

资料i：

有关试剂的性质及实验装置（加热及夹持装置省略）如下：

物质

熔点/℃

沸点/℃

相对分子质量

其他

PCl3

-112.0

76.0

137.5

两者均为无色液体，相互溶解；

遇水均剧烈水解为两种酸。

POCl3

2.0

106.0

153.5

（1）A中反应时，MnO2的作用是_________________；

仪器a的名称为_________________；

（2）盛有浓硫酸的装置B，其作用除观察O2的流速之外，还有_________________；

（3）实验时应控制反应温度在60~65℃，温度不宜过高的原因是_________________；

;

如果撤去装有碱石灰的干燥管，则可能降低POCl3的产量，原因是_________________________________（用化学方程式表示，任写一个）。

Ⅱ.沉淀滴定法测定POCl3质量：

资料ii：

Ag3PO4为黄色沉淀，易溶于硝酸；

iii：

Ag++SCN-=AgSCN↓，且Ksp（AgSCN）<

Ksp（AgCl）。

实验步骤如下：

①将三颈烧瓶中的产品POCl3去除杂质，溶于60.00mL蒸馏水中，搅拌使其完全水解，将水解液配成100.00mL溶液；

②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.8mol/LAgNO3标准溶液；

③加入少量硝基苯，用力摇动，使沉淀表面覆盖硝基苯；

④加入2~3滴硫酸铁溶液作指示剂，用0.2mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，到达终点时共用去10,00mLKSCN溶液。

（4）达到终点时的现象是______________________________；

（5）所得产品POCl3的质量为____________（结果保留两位小数）；

若取消步骤③，则所得结果将______________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。

【答案】

（1）.作催化剂（或：

起催化作用）

（2）.长颈漏斗（3）.干燥氧气、平衡气压（4）.避免PCl3挥发影响产物纯度（5）.POCl3＋3H2O== 

H3PO4＋3HCl（或：

PCl3＋3H2O== 

H3PO3＋3HCl）（6）.溶液变红色，且半分钟内不褪色（7）.18.42g（8）.偏低

【解析】I．A装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有上颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷会挥发，反应的温度控制在60～65℃左右，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管。

（1）A中反应时，MnO2是催化剂；

仪器a为长颈漏斗，故答案为：

作催化剂；

长颈漏斗；

（2）盛有浓硫酸的装置B，其作用除观察O2的流速之外，还可以干燥氧气、平衡气压，故答案为：

干燥氧气、平衡气压；

（3）实验时应控制反应温度在60~65℃，避免PCl3挥发影响产物纯度；

如果撤去装有碱石灰的干燥管，POCl3＋3H2O== 

H3PO4＋3HCl，降低了POCl3的产量，故答案为：

避免PCl3挥发影响产物纯度；

POCl3＋3H2O== 

H3PO4＋3HCl；

II．测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量。

（4）以硫酸铁溶液为指示剂，用 

KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到终点时的现象是溶液变红色，且半分钟内不褪色，故答案为：

溶液变红色，且半分钟内不褪色；

本题考查物质制备，涉及含量的测定、物质制备、基本实验操作等知识点，明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。

本题的易错点为（5）中误差的分析，要注意根据计算的原理分析判断。

9.铬铁矿的成分主要为FeCr2O4，另含有少量Al2O3和SiO2。

从铬铁矿中提取铁、铬的化合物,并获得副产物的工艺流程如下：

已知“混熔盐”中含有Na2CrO4和NaFeO2，其中NaFeO2极易水解。

试回答下列问题：

（1）“滤渣1”为红褐色沉淀，其化学式为_________________；

向滤液①中加H2SO4“调pH”的目的：

一是使CrO42-转化为Cr2O72-；

二是____________________________。

（2）“煅烧”铬铁矿时，主要反应的化学方程式为_______________________________。

（3）根据右图溶解度（S）~温度（T）曲线判断，对滤液②进行的最佳“分离”方法为_________（填序号）。

A.蒸发结晶B.蒸发浓缩，趁热过滤C.蒸发浓缩，冷却结晶，过滤

（4）“反应”的离子方程式为_______________________________。

（5）Cr（OH）3溶于盐酸生成配离子[CrCln（H2O）6-n]x+。

0.0015mol[CrCln（H2O）6-n]x+与氢离子交换树脂（HR）完全发生离子交换：

[CrCln（H2O）6-n]x++xHR→Rx[CrCln（H2O）6-n]+xH+，生成的H+可与25.00mL0.1200mol·

L-1NaOH溶液恰好中和。

则该配离子的化学式为__________________。

（6）已知25℃时，Cr（OH）3的溶度积常数Ksp[Cr（OH）3]=1.0×

10-32。

则使Cr3+恰好完全沉淀，即溶液中c（Cr3+）=1.0×

10-5mol·

L-1时，应调节溶液pH的最小值a为多少?

（列式计算）____________________________________________。

【答案】

（1）.Fe（OH）3

（2）.使AlO2-、SiO32-转化为沉淀，便于过滤分离（3）.4FeCr2O4＋20NaOH＋7O2

8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10H2O（4）.B（5）.3SO2＋Cr2O72-＋2H+===2Cr3＋+3SO42-+H2O（6）.[CrCl（H2O）5]2+（7）.Cr3+完全沉淀时，c（Cr3＋）＝1.0×

L-1，c（OH-）＝1.0×

10-9mol·

L-1，c（H＋）＝1.0×

L-1，pH＝-lg10-5＝5

【解析】铬铁矿的成分主要为FeCr2O4（含有少量Al2O3和SiO2），与氢氧化钠煅烧后生成的“混熔盐”中含有Na2CrO4和NaFeO2，水洗后的滤液中含有Na2CrO4和NaFeO2，以及反应生成的偏铝酸钠和硅酸钠；

“滤渣1”为红褐色沉淀，主要成分为氢氧化铁；

滤液1中加入硫酸，调节pH后，CrO42-转化为Cr2O72-；

偏铝酸钠和硅酸钠转化为氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀；

NaFeO2极易水解转化为氢氧化铁沉淀；

滤液2中主要含有重铬酸钠和硫酸钠，通入二氧化硫后将重铬酸钠还原为Cr3＋，再加入氢氧化钠调节pH，生成Cr（OH）3。

（1）根据上述分析，“滤渣1”为红褐色沉淀为氢氧化铁，其化学式为Fe（OH）3；

二是使AlO2-、SiO32-转化为沉淀，便于过滤分离，故答案为：

Fe（OH）3；

使AlO2-、SiO32-转化为沉淀，便于过滤分离；

（2）“煅烧”铬铁矿时，FeCr2O4与氢氧化钠反应生成了Na2CrO4和NaFeO2，反应的化学方程式为4FeCr2O4＋20NaOH＋7O2

8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10H2O，故答案为：

4FeCr2O4＋20NaOH＋7O2

8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10H2O；

（3）滤液2中主要含有重铬酸钠和硫酸钠，根据溶解度（S）~温度（T）曲线可知，对滤液②进行的最佳“分离”方法为蒸发浓缩，在温度较高时趁热过滤，除去硫酸钠，故答案为：

B；

（4）“反应”时二氧化硫后将重铬酸钠还原为Cr3＋，离子方程式为3SO2＋Cr2O72-＋2H+==2Cr3＋+3SO42-+H2O，故答案为：

3SO2＋Cr2O72-＋2H+==2Cr3＋+3SO42-+H2O；

（5）[CrCln（H2O）6-n]x++xHR→Rx[CrCln（H2O）6-n]+xH+，生成的H+可与25.00mL0.1200mol·

L-1NaOH溶液恰好中和，因为n（OH-）=0.025L×

0.1200mol·

L-1=0.003mol，则n（H＋）＝0.0015mol，根据[CrCln（H2O）6-n]x++xHR→Rx[CrCln（H2O）6-n]+xH+可知，0.0015mol[CrCln（H2O）6-n]x+生成0.003molH＋，x=2，根据正负化合价的代数和为0，[CrCln（H2O）6-n]2+中Cr为+3价，Cl为-1价，则n=1，因此该配离子的化学式为[CrCl（H2O）5]2+，故答案为：

[CrCl（H2O）5]2+；

（6）Cr3+完全沉淀时，c（Cr3＋）＝1.0×

L-1，c（OH-）＝

=

=1.0×

L-1，pH＝-lg10-5＝5，故答案为：

5。

10.

（1）2017年5月，我国在南海成功开采“可燃冰”（甲烷水合物），标志着在技术方面取得了突破性进展。

甲烷是优质的清洁能源，综合开发利用能有效缓解大气污染问题。

已知：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）ΔH=-802kJ·

mol-1

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）ΔH=-566kJ·

H2O（g）=H2O（l）ΔH=-44kJ·

则1molCH4（g）不完全燃烧生成CO和H2O（l）的热化学方程式为：

___________________________。

（2）甲烷转化为CO和H2的反应为：

CH4（g）+H2O（g）

CO（g）+3H2（g）ΔH>

0。

①一定条件下，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如下图1所示。

则P1________P2（填“<

”、“>

”或“=”）；

A、B、C三点处对应的平衡常数（KA、KB、KC）由大到小的顺序为___________________。

②将CH4和H2O（g）按等物质的量混合，一定条件下反应达到平衡，CH4转化率为50%。

则反应前与平衡后，混合气体的平均相对分子质量之比为________________。

（3）甲烷燃料电池工作原理如上图2所示。

a气体是______________，b气体通入电极的反应式为__________。

用该燃料电池作电源、以石墨作电极电解硫酸铜溶液，一段时间后，若将0.1molCu2（OH）2CO3溶解于该溶液，恰好使溶液恢复至起始成分和浓度，则燃料电池中理论上消耗CH4的体积（标准状况）为_________________。

（4）25℃时，H2CO3的电离常数分别为：

Ka1=4.4×

10-7mol·

L-1；

Ka2=5.0×

10-11mol·

L-1。

在20mL0.1mol·

L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·

L-1HCl溶液20mL，所得溶液pH=8。

此溶液中各阴离子的物质的量浓度大小关系为__________________，

=__________________。

【答案】

（1）.CH4（g）＋3/2O2（g）===CO（g）＋2H2O（l）　ΔH＝-607kJ/mol

（2）.<

（3）.KC>

KB>

KA（4）.3:

2（或：

1.5）（5）.O2（或氧气）（6）.CH4＋2H2O－8e-===CO2+8H＋（7）.1.68L（8）.c（Cl-）>

c（HCO3-）>

c（CO32-）或：

c（CO32-）<

c（OH-）<

c（HCO3-）<

c（Cl-）（9）.200

【解析】

（1）①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）ΔH=-802kJ·

mol-1，②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）ΔH=-566kJ·

mol-1，③H2O（g）=H2O（l）ΔH=-44kJ·

mol-1，根据盖斯定律，将①-

×

②+③×

2得：

CH4（g）＋3/2O2（g）===CO（g）＋2H2O（l）　ΔH＝（-802kJ·

mol-1）-（-566kJ·

mol-1）×

+（-44kJ·

2=-607kJ/mol，故答案为：

CH4（g）＋3/2O2（g）===CO（g）＋2H2O（l）　ΔH＝-607kJ/mol；

（2）①根据CH4（g）+H2O（g）

CO（g）+3H2（g），相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，结合图像可知P1＜P2；

该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，A、B、C三点处对应的平衡常数由大到小的顺序为KC>

KA，故答案为：

＜；

KC＞KB＞KA；

②将CH4和H2O（g）按等物质的量混合，假设均为1mol，

CO（g）+3H2（g）

起始（mol）1100

反应（mol）0.50.50.51.5

平衡（mol）0.50.50.51.5

平衡后气体的物质的量为3mol，平衡前后，气体的质量不变，则混合气体的平均相对分子质量之比=

：

，故答案为：

；

（3）根据电子的移动方向可知，右侧电极为负极，通入的气体为甲烷，左侧电极为正极，通入的气体为氧气，甲烷在负极上发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4＋2H2O－8e-==CO2+8H＋；

用该燃料电池作电源、以石墨作电极电解硫酸铜溶液，一段时间后，若将0.1molCu2（OH）2CO3溶解于该溶液，恰好使溶液恢复至起始成分和浓度，说明电解生成的物质为：

阴极上生成0.2molCu，0.1mol氢气，阳极上生成0.15mol氧气，转移电子0.15mol×

4=0.6mol，则燃料电池中理论上消耗CH4的物质的量为

=0.075mol，标准状况下的体积为0.075mol×

22.4L/mol=1.68L，故答案为：

O2；

CH4＋2H2O－8e-==CO2+8H＋；

1.68L；

（4）在20mL0.1mol·

L-1HCl溶液20mL，反应后的溶液中存在等浓度的NaHCO3和NaCl，浓度均为0.05mol/L，溶液pH=8，说明碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，溶液中各阴离子的物质的量浓度大小关系为c（Cl-）>

c（CO32-）；

=200，故答案为：

c（Cl-）>

200。

11.A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，B元素是地壳中含量最高的元素，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，E元素位于周期表的ⅥB族，F的基态原子中有4个未成对电子。

（1）A元素单质的结构式为___________；

B元素原子中的未成对电子数为_______________________。

（2）在A的氢化物A2H4分子中，A原子轨道