精品解析广东省化州市高三上学期第二次模拟考试理科综合化学试题 附解析.docx

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精品解析广东省化州市高三上学期第二次模拟考试理科综合化学试题附解析

广东省化州市2019年高考第二次模拟考试理科综合试题

化学部分

1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是

A.绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、铁、铜等金属元素的化合物

B.明矾和漂白粉常用于自来水的净化，且原理相同

C.食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体所需营养物质

D.日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应

【答案】AC

【解析】

试题分析：

A.烟花是焰色反应，在烟花中添加钾、钠、铁、铜等金属元素，燃烧时焰色反应发出各种颜色的光，形成绚丽缤纷的美景，A正确；B.明矾净化水是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用，而漂白粉常用于自来水的净化是利用了次氯酸钙与水及空气中的二氧化碳反应生成的次氯酸的强氧化性，二者原理不同，B错误；C.食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，而高级脂肪酸甘油酯是人体所需要的营养物质，C正确；D.铝是亲氧元素，在常温下，极易与空气中的氧气反应生成氧化铝，从而阻止了内层金属进一步被氧化，因此生活中人们大量使用铝制品，D错误。

故答案AC。

考点：

考查化学在生活中的应用。

2.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是：

A.2gH2的分子数为NA

B.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA

C.7.8g过氧化钠与足量水反应转移的电子数为0.2NA

D.1mol/LMg（NO3）2溶液中含有NO3ˉ的数目为2NA

【答案】A

【解析】

【详解】A．2gH2中含有的分子数为

×NA=NA，故A正确；B．标准状况下，2.24LN2 和 O2 的混合气体物质的量为：

=0.1mol，含有分子数为 0.1NA，故B错误；C．7.8 g过氧化钠物质的量为：

=0.1mol，与足量水反应转移的电子数为0.1NA，故C错误；D．溶液体积不明确，故溶液中的硝酸根个数无法计算，故D错误；故选A。

3.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

A.Si

SiO2

SiCl4

B.NO2

HNO3（aq）

Cu（NO3）2（aq）

C.Al

Al2（SO4）3（aq）

Al（OH）3

D.HClO

Cl2

NaClO（aq）

【答案】B

【解析】

【详解】A.二氧化硅不能与盐酸反应，故A错误；B.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸能够与铜反应生成硝酸铜和一氧化氮或二氧化氮与水，故B正确；C.铝与浓硫酸发生钝化，不能反应生成硫酸铝，故C错误；D.次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，不能生成氯气，故D错误；故选B。

【点睛】本题考查了物质的性质和转化。

本题的易错点为A，要注意二氧化硅为酸性氧化物，与酸不能反应（除一种特殊的酸——氢氟酸），能够与碱反应。

4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是：

A.Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂

B.C1O2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒

C.SiO2硬度大，可用于制造光导纤维

D.氢氟酸具有酸性，可用来蚀刻玻璃

【答案】A

【解析】

【详解】A．Na2O2为固体，吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂，故A正确；B．ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，与其还原性无关，故B错误；C．SiO2对光具有良好的导光性，可用于制造光导纤维，与其硬度无关，故C错误；D．氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应，可以腐蚀玻璃，与其弱酸性无关，故D错误；故选A。

5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。

下列说法不正确的是

A.X的简单氢化物的热稳定性比W强

B.Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构

C.Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红

D.Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期

【答案】C

【解析】

氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。

A．非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A正确；B．Y、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B正确；C．硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C错误；D．S、O属于ⅥA，S、Na属于第三周期，D正确。

答案选C。

6.下列图示与对应的叙述相符的是：

A.图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

B.图2表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）

3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大

C.图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mo1ˉ1

D.图4表示用水稀释等体积且pH相同的盐酸和醋酸，溶液导电性：

a>b>c

【答案】D

【解析】

【详解】A、催化剂能够降低反应的活化能，但不改变反应的焓变，该反应中反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，不是吸热反应，故A错误；B、D为固体，该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；C．由图像中的数据可以计算出1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放热241.8kJ，由于生成的水不是液态，故不能由此确定氢气的燃烧热，C错误；D．用水稀释等体积且pH相同的盐酸和醋酸，由于醋酸是弱酸，其在稀释过程中电离平衡正向移动，故盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：

a＞b＞c，故D正确；故选D。

【点睛】本题考查了图像的分析与判断，理解图像的含义和变化趋势是解题关键。

本题的易错点为B，要注意压强对化学平衡的影响时对物质的状态的要求。

7.用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的是（　　）

实验目的

实验方案

所选玻璃仪器

A

除去KNO3中少量NaCl

将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤

酒精灯、烧杯、玻璃棒

B

证明HClO和CH3COOH的酸性强弱

同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol•L-1NaClO溶液和0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH

玻璃棒、玻璃片

C

检验蔗糖水解产物具有还原性

向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热

试管、烧杯、酒精灯、滴管

D

配制1L 1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）

将25g CuSO4•5H2O溶解在975水中

烧杯、量筒、玻璃棒

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．二者溶解度受温度影响不同，冷却结晶后过滤可分离，则玻璃仪器还需要漏斗，故A错误；B．NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol•L-1NaClO溶液的pH，则不能确定pH大小，不能比较酸性的强弱，故B错误；C．银镜反应需要在碱性条件下进行，所以在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的酸，故C错误；D．1L1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol，溶液的质量是25g+975g=1000g，25gCuSO4•5H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，故D正确；故选D。

8.有一包粉末状固体，可能是由A12（SO4）3、CuCl2、KNO3、Na2O中的一种或几种组成的。

为了探究它的成分，某学习小组做了如下实验。

①取适量粉末投入蒸馏水中，粉末完全溶解，得到蓝色透明溶液A。

②取A溶液少量，向其中逐滴滴加稀的烧碱溶液直到过量，观察到先有沉淀岀现，而后沉淀逐渐增多，然后沉淀又逐渐减少，但最终仍有部分蓝色沉淀。

③再取A溶液两份，一份滴加BaCl2溶液后，出现白色沉淀；另一份滴加硝酸银溶液后也出现白色沉淀。

请回答下列问题：

（1）原白色粉末一定含有____________，一定不含____________，可能含有___________（填化学式）；

（2）写出过程②中涉及到的离子方程式：

_______________，_______________，_______________；

（3）如果要进一步确定可能存在的物质，进行的实验操作及实验现象和结论是：

___________________。

【答案】

（1）.CuCl2和Al2（SO4）3

（2）.Na2O（3）.KNO3（4）.Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓（5）.Al3++3OH-=Al（OH）3↓（6）.Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O（7）.用洁净的铂金丝蘸取原样品在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻片观察火焰颜色，若为紫色则含有KNO3，否则不含

【解析】

【分析】

①取适量粉末投入蒸馏水中，粉末完全溶解，得到蓝色透明溶液A，说明含有CuCl2，则一定不含Na2O；

②取A溶液少量，向其中逐滴滴加稀的烧碱溶液直到过量，观察到先有沉淀出现，而后沉淀逐渐增多，然后沉淀又逐渐减少，但最终仍有部分蓝色沉淀，说明含有Al2（SO4）3；

③再取A溶液两份，一份滴加BaCl2溶液后，出现白色沉淀；另一份滴加硝酸银溶液后也出现白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根离子和氯离子，不能确定是否含有KNO3，以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知一定含有CuCl2和Al2（SO4）3，一定没有Na2O，不能确定的是KNO3，故答案为：

CuCl2和Al2（SO4）3；Na2O；KNO3；

（2）溶液中含有CuCl2，加入氢氧化钠发生Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，生成氢氧化铜沉淀，含有Al2（SO4）3，加少量氢氧化钠，发生Al3++3OH-=Al（OH）3↓，生成Al（OH）3沉淀，继续加入氢氧化钠，由于Al（OH）3具有两性，可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：

Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（3）如要确定是否含有硝酸钾，可根据钾离子的焰色反应为紫色，用洁净的铂金丝蘸取原样品在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻片观察火焰颜色，若为紫色则含有KNO3，否则不含，故答案为：

用洁净的铂金丝蘸取原样品在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻片观察火焰颜色，若为紫色则含有KNO3，否则不含。

【点睛】本题考查物质的检验和鉴别的实验设计。

本题的易错点为Na2O的判断，要注意氧化钠能够与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化铜反应生成蓝色沉淀。

9.[2017·新课标I]近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。

回答下列问题：

（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_________（填标号）。

A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以

B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸

C．0.10mol·L−1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1

D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸

（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为______________、______________，制得等量H2所需能量较少的是_____________。

（3）H2S与CO2在高温下发生反应：

H2S（g）+CO2（g）

COS（g）+H2O（g）。

在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

①H2S的平衡转化率

=_______%，反应平衡常数K=________。

②在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率

_____

，该反应的

H_____0。

（填“>”“<”或“=”）

③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________（填标号）

A．H2SB．CO2C．COSD．N2

【答案】

（1）.D

（2）.H2O（l）=H2（g）+

O2（g）ΔH=+286kJ/mol（3）.H2S（g）=H2（g）+S（s）ΔH=+20kJ/mol（4）.系统（II）（5）.2.5（6）.2.8×10–3（7）.>（8）.>（9）.B

【解析】

（1）根据盖斯定律，把系统（Ⅰ）的三个热化学方程式相加可得：

H2O（l）＝H2（g）+

O2（g）ΔH＝286kJ•mol-1；把系统（Ⅱ）的三个热化学方程式相加可得：

H2S（g）＝H2（g）+S（s）ΔH＝20kJ•mol-1；由上述两个热化学方程式可得，制得1molH2，系统（Ⅰ）需要吸收286kJ能量，系统（Ⅱ）需要吸收20kJ能量，所以制得等量H2所需能量较少的是系统（Ⅱ）。

（2）设反应的H2S物质的量为x，由题意列三段式得：

因为反应平衡后水的物质的量分数为0.02，所以

=0.02，解得x=0.01；①H2S的平衡转化率α1＝0.01÷0.40×100%=2.5%；反应平衡常数K＝

=

≈2.849×10-3（或2.8×10－3或2.85×10－3）。

②由已知，升温，水的物质的量分数增大，所以升温时平衡正向移动，故α2＞α1，ΔH＞0。

③A项，再充入H2S，平衡正向移动，使CO2转化率增大，根据化学平衡移动原理，H2S的转化率减小，故A错误；B项，再充入CO2，平衡正向移动，在不改变H2S初始量的前提下，使H2S转化率增大，故B正确；C项，再充入COS，平衡逆向移动，使H2S的转化率减小，故C错误；D项，再充入N2，与该反应无关，平衡不移动，H2S的转化率不变，故D错误。

综上选B。

点睛：

本题综合考查化学反应原理知识，侧重热化学方程式书写和化学平衡的考查，题目难度不大，由已知几个热化学反应方程式求未知热化学方程式，要注意运用盖斯定律；化学平衡有关计算，如求化学平衡常数和平衡转化率等，要注意三段式的运用。

10.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol−1）可用作定影剂、还原剂。

回答下列问题：

（1）已知：

Ksp（BaSO4）=1.1×10−10，Ksp（BaS2O3）=4.1×10−5。

市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：

试剂：

稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液

实验步骤

现象

①取少量样品，加入除氧蒸馏水

②固体完全溶解得无色澄清溶液

③___________

④___________，有刺激性气体产生

⑤静置，___________

⑥___________

（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。

测定步骤如下：

①溶液配制：

称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的_________中，加蒸馏水至____________。

②滴定：

取0.00950mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：

Cr2O72—+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。

然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：

I2+2S2O32—=S4O62—+2I−。

加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为终点。

平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为_________%（保留1位小数）。

【答案】

（1）.③加入过量稀盐酸

（2）.④出现乳黄色浑浊（3）.⑤（吸）取上层清液，滴入BaCl2溶液（4）.⑥产生白色沉淀（5）.烧杯（6）.容量瓶（7）.刻度（8）.蓝色褪去（9）.95.0

【解析】

分析：

本题考查的是化学实验的相关知识，主要包括两个方面一个是硫酸根离子的检验，一个是硫代硫酸钠的定量检测。

详解：

（1）检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。

但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化（反应为S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O），静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。

所以答案为：

③加入过量稀盐酸；④有乳黄色沉淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡溶液；⑥有白色沉淀产生。

①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。

所以过程为：

将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。

②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。

根据题目的两个方程式得到如下关系式：

Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=

，含有的硫代硫酸钠为0.004597mol，所以样品纯度为

点睛：

本题考查的知识点比较基本，其中第一问中的硫代硫酸钠样品中硫酸根离子的检验，在2014年的天津、山东、四川高考题中都出现过，只要注意到有刺激性气味气体就可以准确作答。

11.为探究苯与溴的取代反应，甲同学用装置I进行如下实验：

将一定量的苯和溴放在烧瓶中，同时加入少量铁屑做催化剂，3-5分钟后发现滴有AgNO3的锥形瓶中有浅黄色沉淀生成，即证明苯与溴发生了取代反应。

（1）装置I中①的化学方程式为____________________。

（2）①中长导管的作用是____________________。

（3）要得到纯净的产物，可用稀NaOH溶液、蒸馏水洗涤。

洗涤分离粗产品后，检验产物已洗净的方法是_____________________。

（4）乙同学设计如图所示装置II，并用下列某些试剂完成该实验。

可选用的试剂是：

苯、液溴、浓硫酸、氢氧化钠溶液、硝酸银溶液、四氯化碳。

a的作用是________________。

能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，则试管b中应加入_______________，试管c中应加入________________。

（5）比较两套装置，装置Ⅱ的两个优点是：

①__________________②____________________。

【答案】

（1）.2Fe+3Br2═2FeBr3、

（2）.导气、冷凝回流（3）.取少量最后一次洗涤液，加入稀HNO3，再加入AgNO3溶液，溶液不浑浊说明产品已洗净（4）.安全瓶，防止倒吸（5）.四氯化碳（6）.AgNO3溶液（7）.可以防止倒吸（8）.可以避免杂质干扰（或防止尾气污染空气）

【解析】

【分析】

（1）溴与铁反应生成溴化铁，苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢；

（2）长导管让挥发出来的溴单质冷凝，防止对产物的干扰；

（3）反应生成的溴苯中混有溴，可用NaOH溶液洗涤，因此产物中可能含有溴离子，只要检验是否存在溴离子即可；

（4）根据a中导管短进短出，结合生成物的性质分析解答；要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，需要除去挥发出来的Br2，再检验有无溴化氢生成；

（5）根据装置Ⅱ中含有安全瓶、气球、装置b、铁丝可以上下移动等分析解答。

【详解】

（1）因溴与铁反应生成溴化铁：

2Fe+3Br2═2FeBr3，苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢：

，故答案为：

2Fe+3Br2═2FeBr3；

；

（2）反应为放热反应，长导管让挥发出来的溴和苯的蒸气冷凝，即长导管的作用为导气，冷凝回流，故答案为：

导气、冷凝回流；

（3）反应生成的溴苯中混有溴，可先后用NaOH溶液、蒸馏水进行洗涤，因此洗涤液中可能含有溴离子，溴离子可与硝酸银反应生成溴化银沉淀，因此检验产物已洗净的方法为：

取少量最后一次洗涤液，加入稀HNO3，再加入AgNO3溶液，溶液不浑浊说明产品已洗净，故答案为：

取少量最后一次洗涤液，加入稀HNO3，再加入AgNO3溶液，溶液不浑浊说明产品已洗净；

（4）从图上信息可知，导气管是短进短出的a的作用是防止倒吸，是一个安全装置，因为生成的溴化氢极易溶于水；要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，需要除去挥发出来的Br2，可以选用四氯化碳洗气，再在试管c中检验溴离子，可以选用AgNO3溶液检验，故答案为：

安全瓶，防止倒吸；四氯化碳；AgNO3溶液；

（5）根据以上分析，装置Ⅱ的主要优点有：

①有安全瓶，可以防止倒吸；②存在洗气装置，可以避免杂质干扰；③装置II中有气球收集尾气，防止尾气污染空气，故答案为：

可以防止倒吸；可以避免杂质干扰（或防止尾气污染空气）。