广东省佛山市届高三下学期综合能力测试二化学试题Word版附解析.docx
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广东省佛山市届高三下学期综合能力测试二化学试题Word版附解析
广东省佛山市2018届高三下学期综合能力测试
（二）
化学试题
1.中华民族有5000多年的文明史，我国历史上出现许多记载文明的书写材料。
下列材料主要成分为蛋白质的是
A.竹简B.青铜C.丝帛D.纸张
【答案】C
【解析】A.竹简属于纤维素；B是铜合金；D纸张是纤维素，C.丝帛是蛋白质；故答案：
C。
2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.标准状况下，2.24L乙烷与2.24L苯含C-H键数均为0.6NA
B.16.8gFe与足量的水蒸气加热充分反应，转移电子数为0.8NA
C.25C 时，1LpH=7 的CH3COONH4 溶液中含NH4+数一定为1.0×10-7NA
D.0.2molCO2 与0.1molC 在密闭容器中充分反应生成CO 分子数为0.2NA
【答案】B
【解析】A标准状况下，苯是液体，2.24L苯无法计算微粒数，故A错；B.16.8gFe的物质的量为0.3mol，3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2
与足量的水蒸气加热充分反应，转移电子数为0.8mol.即为0.8NA，故B对；C.25C 时1LpH=7 的C（CH3COO-）=C（NH4+），没有浓度无法计算NH4+的个数，故C错；D.在高温下密闭容器中CO2 与C生成CO是可逆反应 ，不能进行彻底，故D错。
点睛：
本题考查阿伏加德罗常数的相关知识。
解题时要注意气体的摩尔体积运用的条件，是标况下任何气体的体积才是22.4L。
注意CO2 与C 在密闭容器中反应生成CO 是可逆的。
3.化合物W、X、Y、Z的分子式均为C7H8，Z的空间结构类似于篮子。
下列说法正确的是
A.化合物W 的同分异构体只有X、Y、Z
B.X、Y、Z 均可与酸性KMnO4溶液反应
C.1molX、1molY 与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗Br2均为2mol
D.Z的一氯代物只有3种
【答案】D
【解析】A．甲苯还有连状结构的同分异构体，如
也是W的同分异构体，故A错；B.Z 不能与酸性KMnO4溶液反应，故B错；C.1molX与足量Br2/CCl4溶液反应需要2molBr2,1molY 与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗Br2为3mol，故C错；D.根据Z的结构知道Z有3种类型的氢，其一氯代物只3种
点睛：
本题注意甲苯的同分异构体不但有环状结构，还有连状结构的。
一氯代物种类数就等于结构中氢的种类数。
碳碳双键能发生加成反应，也能被氧化。
使溴水褪色的物质，可能是加成反应，如烯烃的加成，也可能是氧化反应。
如醛可以使溴水褪色。
4.最近报道的一种处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图如下。
装置工作时，下列说法不正确的是
A.盐桥中Cl-向Y 极移动
B.化学能转变为电能
C.电子由X 极沿导线流向Y 极
D.Y 极发生的反应为2NO3-+10e- +12H+=N2+6H2O，周围pH 增大
【答案】A
【解析】A.NH3
N2化合价升高失电子，发生氧化反应，做正极；NO3-
N2化合价降低得电子，发生还原反应，做负极，盐桥中Cl-向负极X 极移动，故A错；B.垃圾在微生物的作用下，发生氧化还原反应，形成了原电池，所以化学能转变为电能，故B正确；C.根据A分析知X为负极，Y为正极，电子由负极X 极沿导线流向正极Y 极，故C正确；D.Y 极为正极发生的反应为2NO3-+10e- +12H+=N2+6H2O，消耗H+，所以pH 增大，故D正确；答案：
A。
点睛：
本题考查原电池的有关知识。
解题时抓住原电池反应原理氧化还原反应。
通过得失电子判断原电池的正负极，从而确定离子的移动方向，溶液中PH的变化。
5.W、X、Y、乙是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Z同主族，W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃，Y的最外层电子数是X的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为4。
下列说法不正确的是
A.原子半径:
X>Y>Z>W
B.简单氢化物的稳定性:
W>Z>Y
C.Z的氧化物的水化物的酸性一定比Y的强
D.一定条件下，X的单质可与W、Y、Z的单质分别发生化合反应
【答案】C
【解析】W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃，知W为F，W、Z同主族，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素知Z为Cl,Y的最高正价与最低负价代数和为4知Y为S,Y的最外层电子数是X的3倍知X为Mg。
A.因为MgSCl同在第三周期，原子序数逐渐增大，F在第二周期的元素，所以原子半径:
Mg>S>Cl>F,故A正确；B.简单氢化物分别是:
HFHClH2S，根据元素周期律知他们的非金属性F>Cl>S,所以稳定性:
HF>HCl>H2S,故B正确；C.Z的最高价氧化物的水化物的酸性一定比Y 的最高价氧化物的水化物的酸性强。
故C错；D.一定条件下，Mg的单质可与F2、S、Cl2的单质分别发生化合反应，所以D正确。
答案：
C。
点睛：
考查元素周期律的知识。
解答本题时根据元素周期律抓住递变规律进行分析即可。
先通过原子结构知识确定元素种类。
突破口为Y的最高正价与最低负价代数和为4。
再根据物质的特性W的氧化物水溶液可用于蚀刻玻璃进行判断。
6.由下列实验及现象得出的结论正确的是
实验
现象
结论
A
SO2 与H2S气体混合
产生淡黄色沉淀
氧化性:
SO2>S
B
向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，然后滴入KSCN溶液
滴入KSCN后溶液变为红色
原FeSO4溶液已被空气中O2氧化变质
C
试管中盛有Cu（NO3）2溶液，底部有少量铜，向其中加入稀硫酸
铜粉逐渐溶解
铜可与稀硫酸反应
D
向2 支盛有2mL 相同浓度的NaOH溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AlCl3和MgCl2溶液，振荡并静置
前者无沉淀，后者有白色沉淀
Ksp[Al（OH）3]>Ksp[Mg（OH）2]
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A:
SO2 与H2S气体混合发生反应：
SO2 +2H2S=3S+2H2O反应现象为淡黄色沉淀。
根据反应原理，氧化性:
SO2>S，故A对；B:
向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，Fe2+被氧化为Fe3+然后滴入KSCN溶液，变红色，不能确定原FeSO4溶液是否被空气中O2氧化变质，故B错；
C：
试管中盛有Cu（NO3）2溶液，底部有少量铜，向其中加入稀硫酸，会有铜粉逐渐溶解，此反应仍然为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO
+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，故C错；D:
向2 支盛有2mL 相同浓度的NaOH溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AlCl3和MgCl2溶液，振荡并静置，前者无沉淀是因为碱过量，后者有白色沉淀，不能判断Ksp[Al（OH）3]>Ksp[Mg（OH）2]
故D错误。
答案：
D。
7.物质的量浓度相同的三种一元弱酸HX、HY、HZ及一种一元强酸还有纯水，分别用相同浓度NaOH溶液进行滴定，V（NaOH）/V。
与pH的关系如下图所示：
下列说法正确的是
A.①为强酸的滴定曲线B.酸性:
HX>HY>HZ
C.滴定HX溶液可用酚酞作指示剂D.HZ+Y
HY+Z 的平衡常数为K=1×103
【答案】D
【解析】A①起始时PH=7为纯水，故A错；
同理Ka（HY）=10-7Ka（HZ）=10-4，K越大酸性越强，因此酸性:
HZ>HY>HX.故B错；C.滴定HX溶液时终点溶液显碱性，可用酚酞作指示剂，故C正确；D.HZ+Y
HY+Z 的平衡常数为
。
故D正确。
8.某校同学在实验室中对一氧化碳与硫酸钙反应进行了探究。
回答下列问题：
（1）甲组同学利用CaSO4·2H2O 在400--500℃脱水制取无水CaSO4 。
实验中需用到的加热装置中的硅酸盐质的仪器除玻璃棒外，还用到______________。
（2）乙组同学利用H2C2O4 ·2H2O 在浓硫酸作用下脱水生成CO、CO2并制备纯净的CO气体，实验装置如下：
B、C中盛放的试剂依次为______、____________。
（3）丙组同学利用甲组制得的无水CaSO4和乙组制得的CO 并利用下列装置验证反应并检验气态产物中有SO2 和CO2产生。
①上述装置（部分装置可重复使用）的连接顺序为C→___________。
②若E溶液褪色，则发生反应的离子方程式为_____________。
③能证明有CO2的生成的实验依据是____________。
④若G中产物为CaO，则G中发生反应的化学方程式为_________________。
（4）丁组的同学取丙组实验后G装置中的固体产物加入试管中，然后加人足量稀盐酸，固体完全溶液且产生少量气体，通入CuSO4溶液有黑色沉淀。
可验证CO 与CaSO4在高温下还发生了一个副反应，该反应为______________（用方程式表示）。
【答案】
（1）.坩埚和泥三角
（2）.浓NaOH溶液（3）.浓硫酸（4）.G→D→E→D→F→H（5）.5SO2+2MnO4－+2H2O=2Mn2＋+5SO42－+4H＋（6）.D中品红溶液不褪色，其后的澄清石灰水变浑浊（7）.CaSO4+CO
CaO+SO2+CO2（8）.CaSO4+4CO
CaS+4CO2
【解析】
（1）甲组同学利用CaSO4·2H2O 在400--500℃脱水制取无水CaSO4 ，因为温度较高，所以要用到坩埚，附加仪器泥三角都属于硅酸盐质的仪器。
故答案：
坩埚和泥三角。
（2）因为H2C2O4 ·2H2O 在浓硫酸作用下脱水生成CO、CO2，要制得纯净的CO气体，就必须除去CO2H2O，由实验装置知B为除去CO2，C除去水，所以B中加浓NaOH溶液C中加.浓硫酸。
答案：
浓NaOH溶液浓硫酸。
（3）因无水CaSO4要和CO 反应会产生SO2 和CO2，检验SO2 和CO2的顺序为检验SO2
除去SO2
验证是否除净
检验CO2。
①根据所给装置（部分装置可重复使用）的连接顺序为G→D→E→D→F→H。
②若E溶液褪色，是SO2和高锰酸钾溶液反应，则发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4－+2H2O=2Mn2＋+5SO42－+4H＋
③能证明有CO2的存在是使澄清的，因为SO2也能使石灰水变浑浊，所以要先除去SO2，故能证明有CO2的生成的实验依据是D中品红溶液不褪色，其后的澄清石灰水变浑浊。
④若G中产物为CaO，根据③知产物为CO2和SO2，，则G中发生反应的化学方程式为CaSO4+CO
CaO+SO2+CO2。
9.一种利用电解锰阳极泥（主要成分MnO2、MnO）制备MnO2的工艺流程如下：
（1）“煅烧氧化”时，1molMnO煅烧完全转化为Na2MnO4失去电子的物质的量为___________；MnO2煅烧反应的化学方程式为__________________。
（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有____________、____________（列举2点）
（3）“调pH”是将溶液pH调至约为10，防止pH较低时Na2MnO4自身发生氧化还原反应，生成MnO2和___________；写出用pH试纸测定溶液pH的操作_______________。
（4）“还原”时有无机含氧酸盐生成，发生反应的化学方程式为_____________。
（5）测定产品中MnO2质量分数的步骤如下：
步骤1.准确称取mg产品，加入c1mol·L-1Na2C2O4溶液V1mL（过量）及适量的稀硫酸，水浴加热煮沸一段时间。
（已知：
Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4）
步骤2.然后用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V2mL。
（已知：
5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O）
步骤2达滴定终点时判断依据是_____________；产品中MnO2的质量分数为ω（MnO2）=____________（列出计算的表达式即可）。
【答案】
（1）.4mol
（2）.2MnO2+4NaOH+O2
2Na2MnO4+2H2O（3）.煅烧后固体进行粉碎，适量增大水的量（4）.适当提高浸取温度，充分搅拌（5）.MnO4-（或NaMnO4）（6）.取一小段pH试纸置于表面皿（点滴板上）中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH（7）.2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH（8）.滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去（9）.
×100%
【解析】
（1）“煅烧氧化”时MnO
Na2MnO4锰由+2价变成+6价，失去电子为4e-，1molMnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol；MnO2煅烧反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+O2
2Na2MnO4+2H2O。
（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，就是增大化学反应速率，所以可采取的措施有：
煅烧后固体进行粉碎，增大接触面积，适量增大水的量促进溶解，；适当提高浸取温度，加快化学反应速率，充分搅拌让物质充分迅速
（3）Na2MnO4中Mn的化合价为+6,MnO2中Mn的化合价为+4,Na2MnO4自身发生氧化还原反应，Mn的化合价为要升高,即发生MnO2
Na2MnO4
MnO4_,所以能生成MnO2,MnO4-（或NaMnO4）
用pH试纸测定溶液pH的操作操作为（6）.取一小段pH试纸置于表面皿（点滴板上）中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH。
答案：
MnO4-（或NaMnO4）取一小段pH试纸置于表面皿（点滴板上）中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH。
（4）由
“还原指Na2MnO4与甲醛反应，发生反应的化学方程式为2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH。
（5）达滴定终点时判断依据是：
滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去。
由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O）
52
Xc2v2X=
=2.5C2V2
由Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4
11
C1V1-2.5C2V2YY=（C1V1-2.5C2V2）mol
产品中MnO2的质量分数为m（MnO2）=（C1V1-2.5C2V2）mol
87g/mol=87（C1V1-2.5C2V2）/1000g
产品中MnO2的质量分数为ω（MnO2）=87（C1V1-2.5C2V2）/1000m
100
10.石油产品中除含有H2S外，还含有各种形态的有机硫，如COS、CH3SH。
回答下列问题:
（1）CH3SH （甲硫醇）的电子式为________。
（2）一种脱硫工艺为:
真空K2CO3 —克劳斯法。
① K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S= KHS + KHCO3，该反应的平衡常数的对数值为lgK=_____（ 已知:
H2CO3lgK1=-6.4，lgK2=-10.3；H2S lgK1=-7，lgK2=- 19 ）。
②已知下列热化学方程式:
a.2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H1=-1172kJ/mol
b.2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l） △H2=-632 kJ/mol
克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S（s），则该反应的热化学方程式为__________。
（3）Dalleska 等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2 氧化COS。
该脱除反应的化学方程式为______________。
（4）COS 水解反应为COS（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2S（g）△H= -35.5 kJ/mol。
用活性α-Al2O3催化，在其它条件相同时，改变反应温度，测得COS水解转化率如图1所示；某温度时，在恒容密闭容器中投入0.3molH2O（g） 和0.1molCOS，COS 的平衡转化率如图2所示。
①图1活性α-Al2O3催化水解，随温度升高转化率先增大后又减小的可能原因是________。
②由图2可知，P点时平衡常数为K= ______（填数字）。
③活性α-Al2O3催化水解，为提高COS 的转化率可采取的措施是____________。
【答案】
（1）.
（2）.3.3（3）.2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）△H=－362kJ·mol－1（4）.COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O（5）.开始温度低，催化剂活性小，到160℃活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动（6）.0.0476（7）.控制温度约160℃并增大n（H2O）/n（COS）
【解析】
（1）CH3SH （甲硫醇）属于共价化合物，其电子式为
。
（2）一种脱硫工艺为:
真空K2CO3 —克劳斯法。
①K2CO3+H2S= KHS + KHCO3
=
=
=10-7/10-10.3=103.3lgK=3.3。
答案：
3.3。
②已知下列热化学方程式:
根据a.2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H1=-1172kJ/mol
b.2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l） △H2=-632 kJ/mol
=-632 kJ/mol
3-（-1172kJ/mol ）/2=－362kJ·mol－1
故2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）△H=－362kJ·mol－1
克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S（s），则该反应的热化学方程式为2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）△H=－362kJ·mol－1。
（3）Dalleska 等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2 氧化COS。
该脱除反应的化学方程式为COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O
（4）①图1活性α-Al2O3催化水解，催化剂与温度有一个临界点，高于这个临界点，催化剂的活性降低。
由图可知开始温度低，催化剂活性小，到160℃活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动。
②COS（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2S（g
初始量0.10.300
变化量XXXX
平衡量0.1-X0.3-XXX
P点时COS转化率为30
，所以X=0.03mol平衡常数为K= 0.3
0.3/0.07
0.27=0.0476
③COS（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2S（g）△H= -35.5 kJ/mol。
为提高可使化学平衡向正反应方向移动，根据影响化学平衡移动的因素温度，压强浓度，由方程式可知压强不能改变平衡移动，所以可以增加水蒸气的浓度，温度升高COS 的转化率降低，所以控制温度约160℃并增大n（H2O）/n（COS）即可。
11.硫、钴及其相关化合物用途非常广泛。
回答下列问题:
（1）基态Co原子价电子轨道排布式为________，第四电离能I4（Co） < I4（Fe），其原因是_______；Co 与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔沸点均比钙大，其原因是_______.
（2） 单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S32-的几何形状是_______，中心原子杂化方式是_______，与其互为等电子体的分子是_______（举1例）。
（3） K 和Na位于同主族，K2S的熔点为840℃，Na2S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是_______。
（4）S 与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如右图所示，沸点按图像所示变为的原因是_______。
（5）钴的一种化合物晶胞结构如下图所示。
①已知A点的原子坐标参数为为（0，0，0），B点为（
，0，
），则C点的原子坐标参数为_____。
②已知晶胞参数为a=0.5485nm,则该晶体的密度为_____g/cm3 （列出计算表达式即可）。
【答案】
（1）.
（2）.铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子（3）.钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中金属键比钙中强（4）.V形（5）.sp3（6）.OF2或Cl2O（7）.K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小（8）.H2O间存在较强的氢键，其它三种不含，所以沸点最高，H2S、H2Se及H2Te的结构相似，相对分子质量不断增大，范德华力不断增强，所以沸点不断升高（9）.（
，
，
）（10）.
...............
（2） 因为CaS3是离子晶体，S32-的几何形状是V形，中心原子杂化方式是sp3，电子体是指价电子数和原子数相同的分子离子或原子，所以与S32-互为等电子体的分子是OF2或Cl2O。
（3） K 和Na位于同主族， K的离子半径比 Na离子半径大，Na2S形成的离子键比K2S的离子键强，K2S的晶格能比Na2S小，所以K2S比Na2S的熔点低。
答案：
K2S的晶格能比Na2S小。
（4）S 与O、Se、Te位于同一主族，由图知它们的氢化物的沸点是H2O>H2Te>H2Se>H2S ，其原因是H2O分子间存在较强的氢键，其它三种不含，所以沸点最高；而H2S、H2Se及H2Te的结构相似，相对分子质量不断增大，范德华力不断增强，所以沸点不断升高。
①已知A点的原子坐标参数为为（0，0，0），B点是面心上的点，坐标参数B点为（
，0，
），C点是体心上的点，以C点分别想三个面做垂，数值分别距离A点为1/2，所以C点在体心），点的原子坐标参数为（
，
，
）。
②根据晶胞可知：
Ti为立方体的顶点，O为立方体面心上的点，Co为立方体体心上的点，化学式为8
1/8=1个Ti1/2
6=3个O,1个钛，化学式为TiCoO3,其密度为p=m/V
=nM/V，因为晶胞参数为a=0.5485nm,所以晶体的密度为
g/cm3 。
12.由芳香化合物A合成药物中间体I的一种合成路线如下：
已知：
①A、B、C、D的苯环均只有两个取代基，其中D既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应。
②
③
回答下列问题：
（1）A的化学名称为______________；H中含氧官能团的名称是_______________。
（2）G生成H的反应类型是__________________。
（3）B、C的结构简式依次为____________、_________________。
（4）C生成D的化学方程式为___________________。
（5）芳香化合物X是E的同分异构体，既能使Br2/CCl4溶液褪色，又能与NaHCO3反应生成CO2，其核磁共振氢谱显示分子中有4种不
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