高中广东百校联考理综试题化学试题答案解析.docx
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高中广东百校联考理综试题化学试题答案解析
2019广东百校联考理综试题——化学试题
学校:
___________姓名：
___________班级：
___________考号：
___________
一、单选题
1．现代生活需要人们有一定的科学素养，下列有关化学的科学常识正确的是（）
A．Na2CO3和Al（OH）3均可用治疗胃酸过多
B．洪灾过后，可以用明矾或漂白粉消毒生活用水
C．硅用于制造光导纤维，氢氟酸可用于玻璃雕刻
D．发展新能源汽车的可以减少酸雨和光化学烟雾产生
2．NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法不正确的是（）
A．常温下，18gH2O中电子数均为10NA
B．标准状况下，2molSO2和1molO2充分反应生成SO2的数目为2NA
C．常温下，1L1mol·L-1Na2CO3溶液中，阴离子数目大于NA
D．1molCl2与FeCl2溶液完全与反应，转移电子的数目为2NA
3．“类推”的思维方式在化学学习与研究中经常采用。
下列类推思维中正确的是（）
A．木炭在足量氧气中燃烧生成高价态产物CO2，硫黄在足量氧气中燃烧生高价态产物SO3
B．Na2S溶液与CuCl2溶液反应生成CuS沉淀，Na2S溶液与AlCl3溶液反应生成Al2S3沉淀
C．加热时Fe与Cl2反应生成FeCl3，则加热时Cu与Cl2反应生成CuCl2
D．BaCl2溶液中通入SO2无沉淀产生，则Ba（NO3）2溶液中通入SO2也无沉淀产生
4．短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，其中Z的原子半径最大，XY2为红棕色气体，W的单质既能与强酸又能与强碱反应，M最外层电子数等于Y和Z的最外层电子数之和。
下列说法中，不正确的是（）
A．离子半径由大到小的顺序为：
M＞Y＞Z＞WB．Y与Z形成的化合物只有离子键
C．最高价氧化物的水化物酸性强弱：
M＞XD．单质的还原性：
Z＞W
5．根据侯氏制碱原理是：
NaCl+H2O+NH3+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑，实验室利用侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，需要经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）
A．
B．
C．
D．
6．下列实验操作能达到实验目的的是（）
实验目的
实验操作
A
制备Fe（OH）3胶体
向沸水中滴入几滴1mol·L-1FeCl3溶液，煮沸至红褐色
B
证明C、S的非金属性强弱
用pH试纸测定H2CO3、H2SO3饱和溶液的pH值
C
检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+
取少量溶液于试管中，再滴入酸性KMnO4
D
证明还原性：
I-＞Fe2+
向FeI2和KSCN混合溶液中滴入少量氯水，再加入CCl4，振荡
A．AB．BC．CD．D
7．煤的气化就是将煤转化为可燃气体的过程。
水蒸气通过灼热的煤所产生的混和气，其主要成份是CO、H2还含有CO2和水蒸气。
用下列装置检验混和气中部分物质，下列说法不正确的是（）
A．若A和B之间增加装无水CuSO4的干燥管可检验H2O的存在
B．若试管C和E中分别装澄清石灰水、CuO，可检验CO的存在
C．在装置F之后，应该放置一只燃着的酒精灯，防止CO污染空气
D．工业上将煤气化，其目的是获得洁净的燃料和化工原料
二、实验题
8．氯化亚砜（SOCl2）在农药、制药行业中用途广泛，沸点为77℃，遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并产生带有刺激性气味的气体。
实验室用干燥的Cl2和SO2与SCl2反应合成SOCl2，反应原理是：
SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2。
回答以下问题：
Ⅰ.氯化亚砜的制备
实验室拟用以下装置完成氯化亚砜的制备：
（1）仪器a的名称是__；装置D中冷凝管的冷凝水入口是__。
（2）装置A中反应的离子方程式__；装置E中反应的化学方程式__。
（3）B、C所盛试剂分别是__、__；装置D中干燥管b的作用是__。
（4）本实验的主要副产物是SCl2，已知：
SOCl2沸点为77℃，SCl2的沸点为50℃，提纯SOCl2的实验操作是__；
Ⅱ.氯化亚的性质与检测
经分析，某实验小组的同学认为，SOCl2与水反应后的溶液中有盐酸和亚硫酸生成。
（5）欲证明SOCl2与水反应后形成的溶液中有H2SO3生成，可以使用的试剂是__；欲证明纯净SOCl2与水反应后形成的溶液中有Cl-，实验的操作方法是__。
9．甘氨酸亚铁[（NH2CH2COO）2Fe]是一种补血剂。
实验室以绿矾（FeSO4·7H2O）为铁源制备补血剂甘氨酸亚铁。
有关物质性质如下：
甘氨酸（NH2CH2COOH）
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物，相对分子质量为75
易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性
易溶于水，难溶乙醇
Ⅰ.配制FeSO4溶液
用绿矾（FeSO4·7H2O）配制100mL1.00mol·L-1的FeSO4溶液。
（1）除托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要的仪器有__。
Ⅱ.制备FeCO3
将配制好的绿矾溶液倒入烧杯中，缓慢加入200mL1.10mol·L-1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。
（2）反应的离子方程式为__。
Ⅲ.制备（NH2CH2COO）2Fe
制备装置如图所示（夹持和加热仪器已省略）。
将Ⅱ中制备得到的FeCO3转移到装置D的三颈烧瓶中，检查气密性后，按如图所示加入足量的相关试剂，按以下操作进行实验。
（3）关闭K2、打开K1、K3，此操作的目的是__；
（4）当观察到装置E中出现浑浊后，关闭K3、打开K2，此时可观察到的现象是__；
（5）关闭K1、K2、K3，打开K4，向三颈烧瓶中加入柠檬酸溶液，加热，使反应发生。
加入柠檬酸溶液的目的除了调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一目的是__；
（6）反应结束后，将三颈烧瓶中所得到的混合物过滤，滤液经___（填操作）、过滤、洗涤、干燥得到产品。
洗涤操作所选用的最佳洗涤试剂是__。
A．蒸馏水B．乙醇C．FeSO4溶液D．柠檬酸溶液
Ⅳ.产率计算
（7）若得到的产品质量为17.96g，则产率为__。
三、工业流程题
10．氧化锌是一种无毒的无机化合物，可用于生产婴儿爽身粉。
锌焙砂主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量Al2O3、FeO、Fe2O3、CuO、SiO2等氧化物。
如图是工业上利用锌焙砂制取氧化锌的流程图。
已知：
几种常见金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH值如下表：
氢氧化物
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Al（OH）3
Cu（OH）2
Zn（OH）2
开始沉淀pH
7.0
2.7
3.7
4.2
6.4
完全沉淀pH
9.2
3.2
5.2
6.7
8.0
回答下列问题：
（1）ZnFe2O4中铁的化合价是__，H2O2的电子式为___。
（2）“酸浸”时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为__。
（3）“除杂
（1）”是为了除去浸出液中的Fe3+、Fe2+、Al3+，加入H2O2溶液的目的是（用离子方程式表示）__，为了加快反应速率，可适当加热。
加入的H2O2溶液比预计的要多了许多，原因是：
__；需要调节的pH的范围是__，所加的试剂X是__（填化学式）
（4）“沉淀”时，需要控制温度在40℃，目的是：
__。
（5）“滤液”中溶质的主要成份是__（写化学式）。
11．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。
平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质）。
某课题小组以此粉末为原料，设计资源回收的工艺流程如图：
（1）写出第①步反应的离子方程式__。
滤液A中的用途是___。
（2）向滤液B中加入过量试剂a可用于制备绿矾（FeSO4·7H2O），试剂a是__（填物质名称）充分反应后，经过滤得到FeSO4溶液。
再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作步骤得到绿矾。
检验所加试剂a已经过量，使用的试剂和判断的依据分别是__、__。
（3）写出第③步反应的化学方程式__。
（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4［摩尔质量为208g·mol-1产品0.500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定（铈被还原为Ce3+）消耗20.00mL标准溶液，该产品中Ce（OH）4的质量分数为__（保留四位有效数字数）。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果__。
（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A．碳酸钠碱性太强，有较强腐蚀性，而碳酸氢钠溶液、氢氧化铝碱性较弱，应利用氢氧化铝或小苏打治疗胃酸过多，故A错误；
B．明矾净水主要是除去水中的悬浮物质，没有消毒作用，漂白粉具有强氧化性，生活用水还需用漂白粉等消毒剂进行处理，故B错误；
C．二氧化硅用于制造光导纤维，故C错误；
D．新能源汽车无尾气排放，可以减少酸雨和光化学烟雾产生，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】
A.18gH2O为1mol，水分子中电子数为10，则18gH2O中电子数为10NA，故A正确；
B.SO2和O2反应生成SO3为可逆反应，则生成的SO3数目小于2NA，故B错误；
C.1L1mol·L-1Na2CO3溶液中，碳酸根离子的水解导致阴离子数目增多，CO32-+H2O
HCO3-+OH-，根据电荷守恒，阴离子数目大于NA，故C正确；
D.1molCl2与FeCl2溶液完全反应后，生成2molCl-，则转移电子的数目为2NA，故D正确。
故选B。
【点睛】
此题易错点在于B项，注意可逆反应不能反应完全，所以无法计算具体产物的微粒数目。
3．C
【详解】
A.硫黄在足量氧气中燃烧不能直接生成生高价态的SO3，应先生成SO2，SO2再与O2需要满足一定条件，才能生成SO3，故A错误；
B.Na2S溶液与AlCl3溶液发生双水解反应，生成H2S气体和Al（OH）3沉淀，故B错误；
C.氯气具有强氧化性，与金属反应时生成高价态产物，加热时Fe与Cl2反应生成FeCl3，加热时Cu与Cl2反应生成CuCl2，故C正确；
D.硝酸根在酸性条件下有强氧化性，所以Ba（NO3）2溶液中通入SO2会生成BaSO4沉淀，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】
短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，XY2为红棕色气体，为NO2，则X为氮，Y为氧；W的单质既能与强酸又能与强碱反应，则W为铝；M最外层电子数等于Y和Z的最外层电子数之和，则M为氯，其中Z的原子半径最大，则Z为钠。
A.氧、钠、铝，离子具有相同核外电子数，核电荷越大，半径越小，则离子半径由大到小的顺序为：
氧离子＞钠离子＞铝离子，氯离子具有3个电子层，半径最大，即M＞Y＞Z＞W，故A正确；
B.过氧化钠中既有离子键也含共价键，故B错误；
C.非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：
氯强于氮，则酸性强弱：
M＞X，故C正确；
D.金属性越强，单质的还原性越强，钠强于铝，即Z＞W，故D正确。
故选B。
5．C
【详解】
A.氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，得不到氨气；制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；
B.应将二氧化碳通入氨气的氯化钠饱和溶液中，碱性环境下利于二氧化碳气体的吸收，提高利用率，故B错误；
C.从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；
D.碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误。
故选C。
6．D
【详解】
A.须用饱和氯化铁溶液而不用氯化铁稀溶液，故A错误；
B.比较非金属性强弱应该比较它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱，H2SO3不是S对应的含氧酸，故B错误；
C.酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以氧化Cl-，所以无论是否含Fe2+都会褪色，故C错误；
D.向FeI2和KSCN混合溶液中滴入少量氯水，溶液未变成血红色，说明没有铁离子生成，再加入CCl4，振荡静置后分层，下层呈紫红色，说明有碘单质生成，可以证明还原性：
I-＞Fe2+，故D正确。
故选D。
【点睛】
此题易错点在于A项，氢氧化铁胶体的制备，注意表达的准确性，应该用饱和氯化铁浓溶液，而1mol·L-1FeCl3溶液属于稀溶液。
7．A
【详解】
A.打开分液漏斗，混合气体从A中经导管排出，因为有水存在，无法检验混合气体中H2O的存在，故A错误；
B.B中氢氧化钠溶液除去二氧化碳，试管C中的澄清石灰水可以验证二氧化碳气体已经除尽，若混合气体中有CO，则经过与CuO反应生成CO2，CO2可以使F中石灰水变浑浊，可以检验CO的存在，故B正确；
C.未反应完全的CO，可以用点燃的方法除去，防止CO污染空气，故C正确；
D.工业上将煤气化，可以得到CO、H2、CH4等可燃气体，这些可以作为洁净的燃料和化工原料，故D正确。
故选A。
8．分液漏斗mMnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2+2H2OCu+2H2SO4（浓）
CuSO4+2H2O+SO2↑饱和NaCl溶液浓H2SO4吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶，导致SOCl2水解蒸馏品红溶液（FeCl3、Ba（OH）2等）反应后形成的溶液于试管中，加入足量的Ba（NO3）2溶液，充分振荡，静置，再滴入AgNO3，若产生白色沉淀，说明反应形成的浪液中有Cl-
【分析】
根据实验原理及装置图分析，A装置为制取氯气的装置，B、C中分别装有饱和NaCl溶液和浓H2SO4，目的是除去氯气中HCl和水；E为制取二氧化硫的装置，将氯气和二氧化硫气体同时通入D中与SCl2反应得到SOCl2，据此分析解答。
【详解】
（1）根据仪器的构造分析，仪器a的名称是分液漏斗；若使冷凝管中充满冷凝水，则冷凝水入口是m，故答案为：
分液漏斗；m；
（2）装置A为实验室制备氯气的装置，反应的离子方程式为：
MnO2+4H++2Cl
Mn2++Cl2+2H2O；装置E是用浓硫酸和铜制备二氧化化硫，反应的化学方程式为：
Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+2H2O+SO2↑，故答案为：
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2+2H2O；Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+2H2O+SO2↑；
（3）制备氯气过程中会有HCl、水蒸气产生，所以B、C所盛试剂分别是饱和NaCl溶液；浓H2SO4；根据题给信息知SOCl2易水解，且未完全反应的Cl2、SO2有毒，所以装置D中干燥管b的作用是吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶，导致SOCl2水解，故答案为：
饱和NaCl溶液；浓H2SO4；吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶，导致SOCl2水解；
（4）根据混合物的沸点不同分析，提纯SOCl2的实验操作是蒸馏，故答案为：
蒸馏；
（5）H2SO3可以使品红溶液褪色，可以还原FeCl3使之褪色，可以与Ba（OH）2反应生成白色沉淀，所以使用的试剂是品红溶液（FeCl3、Ba（OH）2等）；检验Cl-存在时，为了排除SO32-的干扰，先加入足量的Ba（NO3）2溶液，充分振荡，静置，再滴入AgNO3，故答案为：
品红溶液（FeCl3、Ba（OH）2等）；反应后形成的溶液于试管中，加入足量的Ba（NO3）2溶液，充分振荡，静置，再滴入AgNO3，若产生白色沉淀，说明反应形成的溶液中有Cl-。
【点睛】
此题易错点在于氯离子的检验，根据题给信息知产物中会有H2SO3，所以需排除SO32-的干扰，不能直接滴入AgNO3检验。
9．100mL容量瓶、胶头滴管Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2+H2O用H2排除装置中的空气，防止氧气干扰实验C中的溶液被压入D中防止二价铁被氧化蒸发浓缩，冷却结晶D88%
【分析】
根据配制一定物质的量浓度溶液的实验分析解答；根据题给信息及实验目的、装置分析解答；根据滴定原理计算产率。
【详解】
（1）配制一定物质的量浓度的溶液还需要的仪器为容量瓶和胶头滴管，故答案为：
100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）根据题给信息知硫酸亚铁和NH4HCO3反应生成碳酸亚铁沉淀，则反应的离子方程式为：
Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2+H2O，故答案为：
Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2+H2O；
（3）根据实验装置分析，装置A作用是制取H2，实验过程中Fe2+易被空气中氧气氧化，所以可以用H2排出空气，故答案为：
用H2排除装置中的空气，防止氧气干扰实验；
（4）D中澄清石灰水变浑浊，说明装置内空气排尽，关闭K3、打开K2，H2将C中的溶液被压入D中，故答案为：
C中的溶液被压入D中；
（5）柠檬酸具有还原性，可以防止二价铁被氧化，故答案为：
防止二价铁被氧化；
（6）由于甘氨酸亚铁易溶于水，且易被氧化，所以从滤液中分离出来的方法为蒸发浓缩，冷却结晶；由于甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤产品可以减少产品的溶解，提高产率和纯度；故答案为：
蒸发浓缩，冷却结晶；B；
（7）根据铁原子守恒知理论上产生的（NH2CH2COO）2Fe的物质的量为：
n[（NH2CH2COO）2Fe]=n（FeCO3）=n（FeSO4）=0.1L×1.00mol·L-1=0.10mol，则产率为
，故答案为：
88%。
10．+3
ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O温度过高和反应生成的Fe3+的催化作用均加速率H2O2的分解5.2≤pH＜6.4ZnO[或ZnCO3、Zn（OH）2等]防止NH4HCO3分解，NH3·H2O挥发（NH4）2SO4
【分析】
根据流程图知，锌焙砂粉碎后酸浸后得到的溶液中溶质主要为硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜、和硫酸铝，残渣为未反应的二氧化硅，除杂
（1）主要除去氢氧化铁、氢氧化铝和部分氢氧化铜沉淀；加入锌置换出溶液中的Cu2+，此时溶液中的阳离子为Zn2+，阴离子为SO42-，再加入碳酸氢铵和氨水的混合物，反应得到碳酸锌沉淀，据此分析解答。
【详解】
（1）ZnFe2O4中Zn为+2价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0分析，铁的化合价是+3；H2O2属于共价分子，其电子式为
，故答案为：
+3；
；
（2）ZnFe2O4中含有锌离子和铁离子，所以与酸反应生成硫酸锌和硫酸铁，化学方程式为：
ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案为：
ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；
（3）加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，更容易完全沉淀，反应的离子方程式为：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；根据题给信息分析知，加入过多的H2O2原因是：
温度过高和反应生成的Fe3+的催化作用均加速率H2O2的分解；根据题给数据分析，pH=5.2时，铁离子、铝离子完全沉淀，pH=6.4时，锌离子开始沉淀，所以需要调节的pH的范围是5.2≤pH＜6.4，为了保证不引入新的杂质，所加的试剂X是ZnO[或ZnCO3、Zn（OH）2等]，故答案为：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；温度过高和反应生成的Fe3+的催化作用均加速率H2O2的分解；5.2≤pH＜6.4；ZnO[或ZnCO3、Zn（OH）2等]；
（4）“沉淀”时，加入的NH4HCO3受热易分解，且NH3·H2O挥发，故答案为：
防止NH4HCO3分解，NH3·H2O挥发；
（5）根据流程分析，溶液中存在NH4+和SO42-，所以“滤液”中溶质的主要成份是（NH4）2SO4，故答案为：
（NH4）2SO4。
11．SiO2+2OH-=SiO32-+H2O黏合剂、耐火阻燃材料、制备硅胶等铁粉KSCN溶液溶液不变色2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O83.20%偏高
【分析】
流程分析：
第①步反应废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2；滤渣A（Fe2O3、CeO2）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸铁溶液，滤渣B的成分是CeO2；第③步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；第④步反应Ce3+加碱生成Ce（OH）3悬浊液；第⑤步反应Ce（OH）3悬浊液被氧化生成Ce（OH）4，据此分析解答。
【详解】
（1）根据废玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质），可知能与氢氧化钠反应的是二氧化硅。
其离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，反应所得硅酸钠溶液作用有黏合剂、耐火阻燃材料、制备硅胶等，故答案为：
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；黏合剂、耐火阻燃材料、制备硅胶等；
（2）滤液B是硫酸铁溶液，则试剂a为铁粉，若铁粉过量则溶液中没有Fe3+，检验Fe3+可以用KSCN溶液，若溶液不变色则说明没有Fe3+，说明试剂a已经过量，故答案为：
铁粉；KSCN溶液；溶液不变色；
（3）第③步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，反应方程式为：
2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O，故答案为：
2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O；
（4）根据氧化还原反应中电子转移守恒知，n（Ce（OH）4）=n（FeSO4）=0.1000mol·L-1×0.02L=0.002mol，则Ce（OH）4的质量分数为
；若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗的标准液偏多，会使测定结果偏高，故答案为：
83.20%；偏高。
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