届广西省高三下学期第二次模拟理科综合化学试题解析版.docx
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届广西省高三下学期第二次模拟理科综合化学试题解析版
广西省2018届高三下学期第二次模拟理科综合化学试题
1.化学与社会密切相关，下列说法正确的是
A.人造纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
B.可以直接用淀粉溶液检验海水中是否含碘元素
C.石油的分馏过程主要涉及化学变化
D.中国古代利用明矾溶液的酸性来清除铜镜表面的铜锈
【答案】D
【解析】A．光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机氧化物，不是有机高分子化合物，故A错误；B．海水中的碘元素是离子形式存在的，不是碘单质，碘离子遇到淀粉不变蓝，不能直接用淀粉溶液检验海水中是否含碘元素，故B错误；C．石油的分馏没有新物质生成属于物理变化，故C错误；D．明矾水解呈酸性，碱式碳酸铜可溶于酸，可用明矾溶液的酸性来清除铜镜表面的铜锈，故D正确；故选D。
点睛：
本题的易错点为B，用淀粉检验海水中是否含碘元素，可以首先在海水中加入氧化剂，将碘离子氧化为碘单质，再检验，不能直接检验。
2.聚苯乙烯塑料在生产、生活中有广泛应用，其单体可由乙苯和二氧化碳在一定条件下反应制得，其反应原理如下:
下列有关说法不正确的是
A.苯乙烯可通过加聚反生成聚苯乙烯
B.苯乙烯分子中所有原子可能共平面
C.乙苯、苯乙烯均能使溴水褪色，且其褪色原理相同
D.等质量的聚苯乙烯与苯乙烯中所含的碳原子数相同
【答案】C
3.设NA为阿伏加德罗常数的数值。
下列说法正确的是
A.7.8gNa2O2与足量水反应，转移的电子数为0.1NA
B.36g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NA
C.25℃时，pH=12的氨水中所含OH-的数目为0.01NA
D.30g由甲醛（HCHO）与乙酸混合的溶液中所含C-H键的数目为2NA
【答案】A
【解析】A.7.8gNa2O2的物质的量为
=0.1mol，与足量水反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1mol过氧化钠转移1mol电子，因此反应中转移的电子数为0.1NA，故A正确；B.由35Cl和37Cl组成的氯气的相对分子质量有3种：
70、72、74，无法计算36g由35Cl和37Cl组成的氯气的物质的量，故B错误；C.未告知溶液的体积，无法计算25℃时，pH=12的氨水中所含OH-的数目，故C错误；D.甲醛（HCHO）与乙酸的相对分子质量不等，无法计算30 g由甲醛（HCHO）与乙酸混合的溶液中甲醛和乙酸的物质的量，无法计算所含C-H键的数目，故D错误；故选A。
4.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，下列叙述不正确的是
A.原子半径：
Y>Z>W
B.Z的氧化物对应的水化物酸性均比X的强
C.W、X、Z 三种元素形成的化合物可能既含离子键又含共价键
D.单质的熔点:
Y>X>W
【答案】B
【解析】根据元素在周期表中的位置可知，W为H元素，X为N元素，Y为Mg元素，Z为Cl元素。
A.同周期从左到右，原子半径逐渐减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：
Y>Z>W，故A正确；B.Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比X的强，如次氯酸为弱酸，硝酸为强酸，故B错误；C.W、X、Z 三种元素形成的化合物可能既含离子键又含共价键，如硝酸铵，故C正确；D.镁是固体金属，氮气和氢气均为气体，氮气的相对分子质量大于氢气，因此单质的熔点:
Y>X>W，故D正确；故选B。
5.在微生物作用下电解有机废水（含CH3COOH），可获得清洁能源H2。
其原理如图所示。
下列有关说法不正确的是
A.电源B极为负极
B.通电后，若有0.1molH2，生成则转移0.2mol电子
C.通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小
D.与电源A极相连的惰性电板上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2 ↑+ 8H+
【答案】C
【解析】A、电解有机废水（含CH3COOH），在阴极上氢离子得电子生成氢气，即2H++2e﹣=H2↑，则连接阴极的电极B极为负极，选项A正确；B、通电后，若有0.1molH2生成，根据电极反应式2H++2e﹣=H2↑可知，则转移0.2mol电子，选项B正确；C、在阴极上氢离子得电子生成氢气，但是阳离子氢离子会经过交换膜向右移动进入阴极室，阴极室的pH几乎保持不变，选项C不正确；D、与电源A极相连的惰性电极是阳极，在阳极上CH3COOH失电子生成二氧化碳，即CH3COOH-8e﹣+8OH﹣═2CO2↑+6H2O，选项D正确。
答案选C。
6.下列根据实验现象得出的实验结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸
试纸变为蓝色
NO3-被还原为NH3
B
将Fe（NO3）2样品落于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液变成红色
Fe（NO3）2样品中一定含有Fe2+
C
向浓度均为01mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液
产生黑色沉淀（Ag2S）
Ksp（Ag2S）>Ksp（Ag2CO3）
D
向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液
有机层呈橙红色
还原性:
Fe2+>I-
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，KNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色，说明NO3-还原为NH3，故A正确；B．将Fe（NO）2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，证明含有Fe3+，不能说明含有亚铁离子，故B错误；C．溶度积常数小的物质先生成沉淀，浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3和Na2S混合溶液中，滴入少量AgNO3溶液，产生黑色沉淀，说明Ksp（Ag2S）小于Ksp（Ag2CO3），故C错误；D.向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液，使得有机层呈橙红色，说明氯化铁溶液将碘离子氧化生成了碘单质，也说明还原性:
Fe2+＜I-，故D错误；故选A。
7.20℃时，在H2C2O4、NaOH混合溶液中，c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol/L。
含碳元素微粒的分布分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.①表示H2C2O4的分布曲线，③表示C2O42-的分布曲线
B.20℃时，H2C2O4的二级电离平衡常数Ka=1×10-4.2
C.Q点对应溶液中lgc（H+）<1gc（OH-）
D.0.100mol/L的NaHC2O4溶液中:
c（OH-）=c（H+）-2c（C2O42-）+c（H2C2O4）
【答案】B
【解析】A.根据图像，随着pH的增大，溶液的酸性减弱，③的分布分数δ增大，说明③表示C2O42-的分布曲线，①的分布分数δ减小，②在pH＞3的溶液中几乎不存在，说明②是H2C2O4的分布曲线，则①表示HC2O4-的分布曲线，故A错误；B．P点c（HC2O4-）=c（C2O42-），该温度下H2C2O4的电离平衡常数Ka2=
=c（H+）=1×10-4.2mol•L-1，故B正确；C.Q点对应溶液的pH在2~3之间，说明c（H+）在10-3mol/L~10-2mol/L之间，则c（OH-）在10-12mol/L~10-11mol/L之间，则lgc（H+）＞ 1gc（OH- ），故C错误；D.0.100 mol•L-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒，c（Na+）=c（C2O42-）+c（H2C2O4）+c（HC2O4-），电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（C2O42-）+c（OH-）+c（HC2O4-），计算得到c（OH-）+c（C2O42-）═c（H+）+c（H2C2O4），即c（OH-）=c（H+ ）-c（C2O42-）+c（H2C2O4），故D错误；故选B。
点睛：
本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。
本题的难点是三条曲线的判断，可以根据H2C2O4的电离方程式结合溶液的酸碱性判断。
8.实验室制备三氯乙醛（CCl3CHO）的反应原理为：
C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+ 5HCl，可能发生的副反应是C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O。
某探究小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如图所示（夹持、加热装置均略去）。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是______________。
（2）检查虚线框内装置气密性的方法是_________________。
（3）若撤去装置B，对实验的影响是_______________________。
（4）实验时发现D中导管口处气泡速率过快，合理的解决方法是_______________________。
（5）已知:
CCl3CHO+OH-→CHCl3+HCOO-HCOO-+I2=H++2I-+CO2↑I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
称取0.40g产品，配成待测溶液，加入20.00mL0.100mol/L碘标准溶液，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，并立即用0.020mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点。
重复上述操作3次，平均消耗Na2SO3溶液20.00mL。
滴定时所用指示剂是______，达到滴定终点的现象是_________，测得产品的纯度为________________。
【答案】
（1）.（球形）冷凝管
（2）.在B中加入一定量水至浸没导管，对A加热。
若B中导管口有气泡产生，且停止加热，B中导管内有稳定水柱形成，则装置气密性良好（3）.会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低（4）.停止对A加热或控制滴加盐酸量（5）.淀粉溶液（6）.蓝色变为无色，且半分钟内不变色（7）.66.4%（或66.375%）
【解析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。
（1）根据装置图，仪器a为冷凝管，故答案为：
冷凝管；
（2）检查虚线框内装置气密性，可以在B中加入一定量水至浸没导管，对A加热。
若B中导管口有气泡产生，且停止加热，B中导管内有稳定水柱形成，则装置气密性良好，故答案为：
在B中加入一定量水至浸没导管，对A加热。
若B中导管口有气泡产生，且停止加热，B中导管内有稳定水柱形成，则装置气密性良好；
（3）反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，装置B中的饱和食盐水可以除去氯化氢，若撤去装置B，会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低，故答案为：
会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低；
（4）实验时发现D中导管口处气泡速率过快，说明生成氯气的速率过快，合理的解决方法有停止对A加热或控制滴加盐酸量，故答案为：
停止对A加热或控制滴加盐酸量；
（5）碘遇淀粉显蓝色，滴定时可以选用淀粉作指示剂，达到滴定终点时，蓝色变为无色，且半分钟内不变色；根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量0.02000mol•L-1×0.02L×
=2×10-4mol，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.1000mol•L-1×0.02L-2×10-4mol=1.8×10-3mol，由CCl3CHO～HCOO-～I2可知，CCl3CHO的物质的量为1.8×10-3mol，则产品的纯度为
×100%=66.4%，故答案为：
淀粉溶液；蓝色变为无色，且半分钟内不变色；66.4%。
9.纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿（主要成分为Cu2S）为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。
（1）用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为____________________________。
（2）从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。
①反应:
Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl下标2+S，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为_____；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为_________。
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是________________。
（3）“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示。
当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是_________________。
（4）用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为_____。
（5）在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_____、干燥、____等操作可得到Fe2O3产品。
【答案】
（1）.CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑
（2）.2mol（3）.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（4）.生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取（5）.Fe3+水解程度随pH的升高而增大（6）.32：
7（7）.洗涤（8）.煅烧（或灼烧）
【解析】
（1）用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，根据图示，同时生成了Fe2+和H2S，反应的离子方程式为CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑，故答案为：
CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑；
（2）①根据反应:
Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，反应中S元素由-2价升高为0价，Cu元素由+1价升高为+2价，铁元素由+3价降低为+2价，转移4个电子，则每生成1mol CuCl2，反应中转移电子2mol；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度，是因为氧气能够氧化亚铁离子，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：
2mol；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，如果未洗硫，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，会使铜元素浸取率较低，故答案为：
生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；
（3）Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，萃取率越低；故答案为：
Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大；
（4）在碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，反应为：
2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O，反应中铜元素化合价降低被还原，铜为还原产物，N元素化合价升高被氧化，氮气为氧化产物，还原产物与氧化产物的质量之比
=
，故答案为：
；
（5）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到，方法为：
在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2O3产品，故答案为：
洗涤；煅烧。
点睛：
本题考查物质的制备及混合物的分离和提纯，把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解题的关键。
本题的难度较大，难点是氧化还原反应方程式的书写和配平，要注意充分理解流程过程，从图示中寻找反应物和生成物。
10.2017 年5月18 日中共中央国务院公开致电祝贺南海北部神狐海域进行的“可燃冰”试采成功。
“可燃冰”是天然气水合物，外形像冰，在常温常压下迅速分解释放出甲烷，被称为未来新能源。
（1）“可燃冰”作为能源的优点是____________（回答一条即可）。
（2）甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。
向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应如下：
反应过程
化学方程式
焓变△H
活化能Ea（kJ·mol-l）
甲烷氧化
CH4（g）+2O2（g）=CO2 （g ）+ 2H2O（g）
-802.6
125.6
CH4（g）+O2（g）=CO2 （g ）+ 2H2（g）
-322.0
172.5
蒸汽重整
CH4（g）+H2O（g）=CO （g ）+ 3H2（g）
+206.2
240.1
CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g ）+4H2（g）
+158.6
243.9
回答下列问题：
①在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率_____（填“大于”“小于”或“等于”）甲烷氧化的反应速率。
②反应CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n（CH4） ：
n（H2O）=1:
1]如图所示。
该反应在图中A点的平衡常数Kp=_______ 用平衡分压代替平衡浓度计算。
.分压=总压×物质的量分数）。
图中压强（p 1、p2、p3、p4）由大到小的顺序为______。
③能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于________。
④如果进料中氧气量过大，最终会导敢H2物质的量分数降低，原因是__________。
（3）甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，其能源和环境上的双重意义重大。
甲烧超干重整CO2的催化转 化原理如图所示。
①过程II中第二步反应的化学方程式为__________。
②只有过程I投料比
=______，过程II中催化剂组成才会保持不变。
③该技术总反应的热化学方程式为_______________。
【答案】
（1）.能量密度高、清洁、污染小、储量大
（2）.小于（3）.
（Mpa）2 或0.1875（ Mpa）2（4）.p1>p2>p3>p4（5）.甲烷氧化反应放出热量正好供蒸汽重整反应所吸收的热量，达能量平衡（6）.氧气量过大，会将H2氧化导致H2物质量分数降低（7）.3Fe+4CaCO3
Fe3O4+4CaO+4CO↑（8）.
（9）.CH4（g）+3CO2（g）
2H2O（g）+4CO（g）△H=-349 kJ/mol
【解析】
（1）.“可燃冰”分子结构式为：
CH4·H2O，是一种白色固体物质，外形像冰，有极强的燃烧力，可作为上等能源。
它主要由水分子和烃类气体分子（主要是甲烷）组成，所以也称它为甲烷水合物，它的优点：
能量密度高、清洁、污染小、储量大等；正确答案：
能量密度高、清洁、污染小、储量大。
（2）①从表中活化能数据看出在初始阶段，甲烷蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快；正确答案：
小于。
②根据题给信息，假设甲烷有1mol,水蒸气有1mol,
CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）
起始量1100
变化量0.20.20.20.6
平衡量0.80.80.20.6
平衡后混合气体的总量：
0.8+0.8+0.2+0.6=2.4mol；各物质分压分别为：
p（CH4）=p（H2O）=4×0.8÷2.4=4/3，p（C0）=4×0.2÷2.4=1/3,p（H2）=4×0.6÷2.4=1，A点的平衡常数Kp=13×1/3÷（4/3）2=3/16；根据图像分析，当温度不变时，压强减小，平衡左移，甲烷的转化率增大，所以压强的大小顺序：
p1>p2>p3>p4；正确答案3/16；p1>p2>p3>p4。
③甲烷氧化反应放出热量正好提供给甲烷蒸汽重整反应所吸收热量，能量达到充分利用；正确答案：
甲烷氧化反应放出热量正好洪蒸汽重整反应所吸收自热量，达到能量平衡。
④氧气量过大,剩余的氧气会将H2氧化为水蒸气，会导致H2物质量分数降低；正确答案：
氧气量过大,会将H2氧化导致H2物质量分数降低。
（3）①根据图示分析，第一步反应是还原剂把四氧化三铁还原为铁，第二步反应是铁被碳酸钙氧化为四氧化三铁，而本身被还原为一氧化碳；正确答案：
3Fe+4CaCO3
Fe3O4+4CaO+4CO↑。
②反应的历程：
①CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）;②Fe3O4（s）+4H2
3Fe（s）+4H2O（g）;③Fe3O4（s）+4CO（g）
3Fe（s）+4CO2（g）;三个反应消去Fe3O4和Fe，最终得到CH4（g）+3CO2（g）
2H2O（g）+4CO（g）；所以只有过程I投料比
1/3时，才能保证II中催化剂组成保持不变；正确答案：
1/3。
③①CH4（g）+3/2O2（g）
CO（g ）+2H2O（g）△H1=-802.6kJ.mol-l；
②CH4（g）+O2（g）
CO2（g ）+2H2（g）△H2=-322.0kJ.mol-l；
③CH4（g）+2H2O（g）
CO2（g）+4H2（g）△H3=+158.6kJ.mol-l；
②×1.5-①得方程式⑤：
1/2CH4（g）+CO（g）+2H2O（g）=3/2CO2（g）+3H2（g），△H4=3/2△H2-△H1；然后再进行③×3-⑤×4得方程式并进行△H的相关计算：
CH4（g）+3CO2（g）
2H2O（g）+4CO（g），△H=+349kJ/mol；正确答案：
CH4（g）+3CO2（g）
2H2O（g）+4CO（g），△H=+349kJ/mol。
11.【化学-物质结构与性质】镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57~71的元素。
（1）镝（Dy）的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2，画出镝（Dy）原子外围电子排布图:
_______。
（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu2+，基态时Cu2+的电子排布式为_______。
（3）观察下面四种镧系元素的电高能数据,判断最有可能显示+ 3价的元素是_____（填元素名称）。
几种镧系元素的电离能（单位:
kJ/mol）
元素
I1
I2
I3
I4
Yb（镱）
604
1217
4494
5014
Lu（镥）
532
1390
4111
4987
La（镧）
538
1067
1850
5419
Ce（铈）
527
1047
1949
3547
（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4）2[Ce（NO3）6].
①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为_____（用元素符号表示）.
②写出氮的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键_______（任写一种）.
③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（AlCl3）2，分子中Al原子杂化方式为___，分子中所含化学键类型有______（填字母）.
a.离子键b.极性键c.非极性键d.配位键
（5） PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，则PrO2（ 二氧化镨）的晶胞中有_____个氧原子；已知晶胞参数为apm，密度为ρg/cm3，NA=_____（用含a、ρ的代数式表示）。
【答案】
（1）.
（2）.[Ar]3d8（或1s22s22p63s23p63d8）（3）.镧（4）.O>N>H>Ce（5）.N-H…O或N-H…N或O-H…N或O-H…O）（6）.sp3（7）.bd（8）.8（9）.
（或
【解析】
（1）.根据镝（Dy）的基态原子电子排布式[Xe]4f106s2可知，镝（Dy）原子外围4f能级上有10个电子，6s能级上有2个电子，则其外围电子排布图
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