精品解析贵州省铜仁市玉屏民族中学届高三下学期第六次模拟考试化学试题解析版.docx

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精品解析贵州省铜仁市玉屏民族中学届高三下学期第六次模拟考试化学试题解析版

玉屏民族中学2020届高三第六次模拟

理科综合能力测试

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64

第I卷

选择题：

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.2020年全球多个国家出现新型冠状病毒，此病毒具有非常强的传染性。

一次性医用口罩、84消毒液、75%的医用酒精、过氧乙酸等是防疫期间常用物品。

下列说法正确的是

A.口罩用84消毒液消毒后可重复使用

B.生产口罩的关键材料聚丙烯属于新型无机材料

C.过氧乙酸和84消毒液均具有较强氧化性

D.75%的医用酒精和84消毒液混合使用效果更好

【答案】C

【解析】

【详解】A.84消毒液的主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，口罩用84消毒液消毒后不可重复使用，故A错误；

B.聚丙烯属于新型有机材料，故B错误；

C.过氧乙酸CH3COOOH和84消毒液（NaClO）均具有较强氧化性，故C正确；

D.75%的医用酒精和84消毒液混合使用会降低其消毒能力，酒精有还原性，次氯酸钠有强氧化性，两者可能发生反应生成有毒的氯气，故D错误；

故答案选：

C。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）

A.在标准状况下，78.0g苯中含有碳碳双键的数目为3NA

B.22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA

C.在标准状况下，2.24LCHCl3中所含碳氢键的数目为0.1NA

D.0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中，

的数目小于0.1NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．苯分子中不含有碳碳双键，A不正确；

B．氩为18号元素，形成单原子分子Ar，22.4L（标准状况）氩气为1mol，含有的质子数为18NA，B正确；

C．在标准状况下，CHCl3呈液态，不能用气体摩尔体积计算分子中所含碳氢键

数目，C不正确；

D．0.1mol•L-1的Na2CO3溶液的体积未知，无法计算所含

的数目，D不正确；

故选B

3.下列实验装置能达到相应实验目的的是

A.装置①用于验证反应是否有CO2生成

B.装置②用于用标准NaOH溶液测定盐酸浓度

C.装置③用于制备少量含NaClO的消毒液

D.装置④用于比较铜、铁活泼性强弱

【答案】D

【解析】

【详解】A．木炭与浓硫酸加热反应可生成二氧化硫，二氧化硫也可与澄清石灰水反应使澄清石灰水变浑浊，故A错误；

B．有活塞的滴定管为酸式滴定管，NaOH标准液应装在碱式滴定管中，故B错误；

C．上端与电源正极相连为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH，上端生成的氯气无法接触到NaOH，无法制备消毒液，故C错误；

D．图示装置为原电池装置，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，若Fe为负极，Cu为正极，可说明铁比铜活泼，故D正确；

故答案为D。

4.秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。

“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如图所示，有关其性质叙述不正确的是（）

A.该有机物分子式为C10H8O5

B.分子中有四种官能团

C.该有机物能发生加成、氧化、取代等反应

D.1mol该化合物最多能与3molNaOH反应

【答案】D

【解析】

【分析】

由结构可知分子式，秦皮中物质分子中含酚-OH、碳碳双键、-COOC-及醚键，结合酚、烯烃及酯的性质来解答。

【详解】A.由结构可知分子式为C10H8O5，A正确；

B.含有羟基、酯基、碳碳双键以及醚键4种官能团，B正确；

C.含苯环、碳碳双键可发生加成反应，碳碳双键、-OH可发生氧化反应，-OH、-COOC-可发生取代反应，C正确；

D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羟基，则1mol该化合物最多能与4molNaOH反应，D错误；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意选项D为解答的易错点。

5.ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法错误的是（　　）

A.该装置不可以在高温下工作B.X、Y依次为阴离子、阳离子选择性交换膜

C.负极反应为CH3COO-+2H2O＋8e-=2CO2↑+7H＋D.该装置工作时，化学能转化为电能

【答案】C

【解析】

【详解】A．高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不可以在高温下工作，A正确；

B．负极CH3COO-失电子导致阴离子浓度减小，所以食盐水中的Cl-向负极移动，Na+向正极移动，X、Y依次为阴离子、阳离子选择性交换膜，B正确；

C．负极发生氧化反应，醋酸根离子失电子，酸性环境下极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋，C错误；

D．该装置工作时，通过化学反应产生电流，所以由化学能转化为电能，D正确；

故选C。

6.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。

若Z原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，下列说法中正确的是

A.最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强

B.只由这四种元素不能组成有机化合物

C.与Z的单质相比较，Y的单质不易与氢气反应

D.X、Y形成的化合物都是无色气体

【答案】B

【解析】

【分析】

K层最多只能填2个电子，因此Z原子最外层有6个电子，考虑到X、Y不可能是第一周期，则Z是硫，W是氯，X是氮，Y是氧，据此来分析本题即可。

【详解】A.非金属越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，而W的非金属性比Z强，因此W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z强，A项错误；

B.有机化合物必须有碳元素，这四种元素不能组成有机化合物，B项正确；

C.非金属性越强，其单质与氢气的化合越容易，Y的非金属性强于Z，因此Y的单质更易与氢气反应，C项错误；

D.X、Y可以组成二氧化氮，这是一种红棕色气体，D项错误；

答案选B。

7.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

A.0.1mol·L－1某二元弱酸酸式盐NaHA溶液中：

c（Na+）=2c（A2－）+c（HA－）+c（H2A）

B.25℃，pH=12的氨水和pH=2的盐酸溶液等体积混合：

c（Cl－）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH－）

C.将pH=5的醋酸溶液稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均增大

D.向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：

c（Na＋）＝c（SO42－）>c（NH4＋）>c（H＋）>c（OH－）

【答案】D

【解析】

【详解】A．二元弱酸酸式盐NaHA溶液中存在物料守恒，应为c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A），故A错误；

B．25℃，pH=12的氨水和pH=2的盐酸溶液等体积混合，氨水为弱碱，则混合液中氨水过量，溶液显示碱性，则c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒可得：

c（NH4+）＞c（Cl-），正确的离子浓度关系为：

c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；

C．将pH=5的醋酸溶液稀释后，恢复至原温度，溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，由于温度不变，则水的离子积Kw不变，故C错误；

D．向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液，反应后溶液的溶质为硫酸钠和硫酸铵，由于NH4+水解，溶液呈酸性，则有c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故D正确；

故答案

D。

第II卷

必做题

8.钴（Co）是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料，其金属性弱于Fe强于Cu。

某低位硫钴铜矿的成分为：

CoS、CuFeS2、CaS、SiO2，一种利用生物浸出并回收其中钴和铜的工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）Cu2+的生物浸出原理如下：

温度超过50℃浸出率急剧下降，其原因是_____；其他金属离子的浸出原理与上图类似，写出由CoS浸出Co2+的离子方程式_____。

（2）浸出渣的主要成分为_____。

（3）萃取分离铜的原理如下：

Cu2++2（HR）org

（CuR2）org+2H+。

根据流程，反萃取加入的试剂应该为_____（写化学式）。

（4）除铁步骤中加入H2O2，调节溶液的pH至4，将Fe2+转化为FeOOH过滤除去，写出该转化的离子方程式为_____。

检验Fe2+是否完全被转化的试剂为_____。

（5）通过电解法制得的粗钴含有少量铜和铁，需要电解精炼，进行精炼时，精钴应处于_____极（填“阴”或“阳”），阳极泥的主要成分为_____。

【答案】

（1）.温度过高细菌失活

（2）.

（3）.CaSO4、SiO2（4）.H2SO4（5）.

（6）.铁氰化钾（7）.阴（8）.铜

【解析】

【分析】

（1）温度过高细菌失活，浸出率急剧下降，根据Cu2+的生物浸出推断Co2+的生物浸出；

（2）由生物浸出原理图可知S元素最终转化为SO42-，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，SiO2不参与反应，金属阳离子进入滤液；

（3）根据平衡移动原理可知，反萃取需加入酸，由流程图可知反萃取后得到CuSO4溶液。

则应加入硫酸；

（4）H2O2和Fe2+反应生成FeOOH沉淀，根据电荷守恒和原子守恒配平方程；亚铁离子遇到铁氰化钾会生成深蓝色的沉淀，故检验亚铁离子可选用铁氰化钾溶液；

（5）电解精炼时粗钴为阳极，放电顺序为Fe＞Co＞Cu，精钴为阴极电解质为CoSO4，以此分析。

【详解】

（1）温度过高细菌失活，浸出率急剧下降；根据Cu2+的生物浸出可知矿物再细菌和Fe3+作用下化合物中S元素转化为S单质，则Co2+的生物浸出离子方程式为：

，故答案为：

温度过高细菌失活；

；

（2）由生物浸出原理图可知S元素最终转化为SO42-，与Ca2+结合生成CaSO4，SiO2不参与反应，金属阳离子进入滤液，则浸出渣的主要成分为CaSO4、SiO2，故答案为：

CaSO4、SiO2；

（3）根据平衡移动原理可知，反萃取需加入酸，由流程图可知反萃取后得到CuSO4溶液。

则应加入硫酸，故答案为：

H2SO4；

（4）H2O2和Fe2+反应生成FeOOH沉淀，离子方程式为

。

检验检验亚铁离子可用铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀则存在亚铁离子，故答案为：

；铁氰化钾；

（5）电解精炼时粗钴为阳极，精钴做阴极。

电解精炼时，Fe和Co溶解，Cu较不活泼，不能溶解，因此，阳极泥主要为铜，故答案为：

阴；铜。

9.硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2·xH2O]是一种重要铁盐。

为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：

回答下列问题：

（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。

（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是_________________。

铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。

（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。

分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。

（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。

（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。

硫酸铁铵晶体的化学式为______________。

【答案】

（1）.碱煮水洗

（2）.加快反应（3）.热水浴（4）.C（5）.将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质（6）.防止Fe3+水解（7）.加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（8）.NH4Fe（SO4）2∙12H2O

【解析】

【详解】

（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；

（2）步骤②需要加热

目的是为了加快反应速率；温度保持80~95℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；

（3）步骤③中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：

将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。

因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；

（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：

加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；

（5）设硫酸铁铵

化学式为NH4Fe（SO4）2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/（266+18x）=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe（SO4）2∙12H2O。

10.SO2是空气中主要的大气污染物，国家规定在排放前必须经过处理。

Ⅰ．碱液吸收法：

工业上常用NaOH溶液做吸收液。

（1）向0.5L1mol·L－1的NaOH溶液中通入标准状态下11.2L的SO2。

①写出反应的离子方程式__________；

②已知：

Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.02×10－7，则所得溶液呈_______（填“酸性”、“碱性”或“中性”），下列有关吸收液中粒子浓度大小关系正确的是_________。

Ac（H2SO3）＞c（SO32－）

Bc（Na＋）＋c（H+）＝c（HSO3－）＋2c（SO32－）＋c（OH－）

Cc（Na＋）＝c（H2SO3）＋c（HSO3－）＋c（SO32－）

Dc（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H+）＞c（OH－）

（2）工业上也可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用电解法处理吸收SO2后所得溶液以实现吸收液的回收再利用，装置如下图所示：

①工作一段时间后，阴极区溶液的pH_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

②写出阳极的电极反应式_______。

Ⅱ．SO2的回收利用：

（3）SO2与Cl2反应可制得磺酰氯（SO2Cl2），反应为SO2（g）＋Cl2（g）

SO2Cl2（g）。

按投料比1:

1把SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如下图所示：

①该反应的ΔH________（填“＞”、“＜”或“＝”）0。

②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp＝_____（用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数）。

【答案】

（1）.2OH－＋SO2=HSO3－

（2）.酸性（3）.BC（4）.增大（5）.HSO3－－2e－＋2H2O=3H+＋SO42－（6）.＜（7）.3/p

【解析】

【分析】

Ⅰ

（1）首先判断生成NaHSO3，再根据守恒进行判断关系；

（2）①阴极区是溶液中的氢离子放电；

②由装置图可知，右边为亚硫酸氢根失电子易被氧化为硫酸根，为阳极；

Ⅱ（3）①结合温度对反应速率的影响回答；

②根据三段式求解。

【详解】Ⅰ

（1）①标准状况下11.2L的SO2的物质的量为

=0.5mol，0.5L1mol·L－1的NaOH的物质的量为

=0.5mol，按1：

1反应，生成NaHSO3，故离子方程式为2OH－＋SO2=HSO3－，故答案为2OH－＋SO2=HSO3－；

②已知：

Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.02×10－7，可知HSO3－的电离大于水解，溶液显酸性；

A.HSO3－的电离大于水解,则c（H2SO3）＜c（SO32－），A项错误；

B.根据电荷守恒：

c（Na＋）＋c（H+）＝c（HSO3－）＋2c（SO32－）＋c（OH－），B项正确；

C.根据元素守恒：

c（Na＋）＝c（H2SO3）＋c（HSO3－）＋c（SO32－），C项正确；

D.HSO3－的电离大于水解，又水电离出氢离子，则正确的排序为c（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（H+）＞c（SO32－）＞c（OH－），D项错误；故答案为BC；

（2）①电解池中，阴极区是溶液中的氢离子放电，电极反应式为：

2H++2e-=H2↑，则pH增大，故答案为：

增大；

②由装置图可知，右边为亚硫酸氢根失电子易被氧化为硫酸根，为阳极，则电极反应式为HSO3--2e-+2H2O＝SO42-+3H+，故答案为：

HSO3－－2e－＋2H2O=3H+＋SO42－

Ⅱ（3）①根据图象，升高温度，SO2的转化率减小，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应为放热反应，△H＜0，故答案为＜；

②设SO2的物质的量为1mol，则Cl2的物质的量为1mol，列三段式如下：

平衡常数K=

=

，故答案为：

3/p。

选做题

[化学选修-物质结构与性质]

11.

CuSO4和Cu（NO3）2是自然界中重要的铜盐。

回答下列问题：

（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子基态核外电子排布式为____________，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小为____________。

（2）SO42－的立体构型是________，与SO42－互为等电子体的一种分子为____________（填化学式）。

（3）往Cu（NO3）2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu（NH3）4]（NO3）2。

其中NO3－中心原子的杂化轨道类型为________，[Cu（NH3）4]（NO3）2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有____________。

（4）CuSO4的熔点为560℃，Cu（NO3）2的熔点为115℃，CuSO4熔点更高的原因是____________。

（5）利用CuSO4和NaOH制备的Cu（OH）2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。

①该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为（

，

，

）。

则D原子的坐标参数为________，它代表________原子。

②若Cu2O晶体密度为dg·cm－3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数值NA=________。

【答案】

（1）[Ar]3d9；N>O>S；

（2）正四面体，CCl4（或SiF4等）；（3）sp2，配位键、离子键；（4）CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高；（5）①（

；

；

），Cu；②

。

【解析】

【分析】

（1）根据铜的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1确定Cu2+的电子排布式；同周期从左向右第一电离能增大，但VA>VIA，确定N、O、S的第一电离能。

（2）SO42－价层电子对数为4；等电子体是价电子总数相等，原子总数相等的微粒；

（3）NO3－中N的价层电子对数为4；

（4）离子晶体的熔点和离子所带电荷以及离子半径有关；

（5）根据A点的晶胞参数（0，0，0）和晶体结构，确定D的晶胞参数。

根据密度、体积和质量的关系求NA。

【详解】

（1）阳离子是Cu2＋，Cu元素位于第四周期IB族，元素基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为：

[Ar]3d9；同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，非金属性越强，第一电离能越大，即第一电离能大小顺序是N>O>S；

（2）SO42－价层电子对数为4＋

（6＋2－4×2）=4，因此SO42－立体结构是正四面体。

等电子体：

价电子总数相等，原子总数相等的微粒，因此S符合条件的是CCl4或SiF4等；

（3）NO3－中N有3个σ键，孤电子对数

（5＋1－2×3）=0，杂化类型等于价层电子对数，即N的杂化类型为sp2，含有化学键为离子键、配位键；

（4）CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高；

（5）①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的

处，所以其坐标是（

；

；

），根据均摊法，白球的个数为（8×

＋1）=2，灰球位于体心，灰球有4个，因此化学式为Cu2O，灰球是Cu；②晶胞质量为2×

g，晶胞的体积为（a×10－10）3cm3，根据密度的定义，阿伏加德罗常数=

。

[化学-有机化学]

12.化合物M是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：

已知：

R1CH2Br

R1CH=CHR2

回答下列问题：

（1）A的结构简式为_______；B中官能团的名称为_______；C的化学名称为_________。

（2）由C生成D所需的试剂和条件为_______，该反应类型为____________.

（3）由F生成M的化学方程式为__________________________________。

（4）Q为M的同分异构体，满足下列条件的Q的结构有________种（不含立体异构），任写出其中一.种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式_________________。

①除苯环外无其他环状结构

②能发生水解反应和银镜反应

（5）参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙醛为原料（无机试剂任选），设计制备聚2-丁烯的合成路线_____________。

【答案】

（1）.

（2）.醛基（3）.邻甲基苯甲酸（或2-甲基苯甲酸）（4）.Br2、光照（5）.取代反应（6）.

+NaOH

+NaI+H2O（7）.4（8）.

或

（9）.

【解析】

【分析】

A分子式是C7H8，结合物质反应转化产生的C的结构可知A是

，A与CO在AlCl3及HCl存在条件下发生反应产生B是

，B催化氧化产生C为

，C与Br2在光照条件下发生取代反应产生

，D与HCHO发生反应产生E：

，E与I2在一定条件下发生信息中反应产生F：

，F与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应产生M：

。

【详解】由信息推知：

A为

，B为

，E为

，F为

。

（1）A的结构简式为

；

中官能团的 名称为醛基；

的化学名称为邻甲基苯甲酸（或2-甲基苯甲酸）； 

（2）

在 光照条件下与Br2发生取代反应生成

；

（3）

发生消去反应生成

的化学方程式为：

+NaOH

+NaI+H2O。

（4）M为

，由信息，其同分异构体Q中含有HCOO-、-C≡C-，满足条件的结构有

、

（邻、间、对位3种）共4种，再根据核磁共振氢谱有4组吸收峰，可推知Q的结构简式为

、

。

（5）聚2-丁烯的单体为CH3CH=CHCH3，该单体可用CH3CH2Br与CH3CHO利用信息的原理制备，CH3CH2Br可用CH2=CH2与HBr加成得到。

故合成路线为CH2=CH2

CH3CH2Br

CH3CH=CHCH3

。

【点睛】本题考查有机物推断和合成，根据某些结构简式、分子式、反应条件采用正、逆结合的方法进行推断，要结合已经学过的知识和题干信息分析推