广东省潮州市届高三二模理综化学精校解析Word版.docx

1、广东省潮州市届高三二模理综化学精校解析Word版2018年潮州市高三二模化学试卷1. 化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）A. 硅胶可作袋装食品的干燥剂B. 点燃爆竹后，硫燃烧生成SO2C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染【答案】D【解析】A.硅胶具有吸水性且无毒，所以可以用作食品的干燥剂，故A正确；B.硫在空气或纯氧中的燃烧产物均是SO2，而不是SO3，所以点燃爆竹后，硫燃烧生成SO2，故B正确；C. 蛋白质在受热时变性，失去蛋白质的活性，故C说法正确；D项，聚乙烯塑料在自然界中很难分解，会造成白色污染，故D项错误。2. 设NA

2、为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 4.6g Na在空气中完全反应生成Na2O、Na2O2，转移0.2 NA个电子B. 1L 0.1molL-1的NaClO溶液中含有ClO的数目为0.1NAC. 标准状况下，将22.4L Cl2通入水中发生反应，转移的电子数为NAD. 100g 46%的乙醇溶液中，含HO键的数目为NA【答案】A【解析】A. 4.6g钠的物质的量为:,0.2molNa完全反应失去0.2mol电子,转移0.2 NA个电子,故A正确；B.ClO-为弱根离子，会发生水解,所以溶液中含有ClO-的数目小于0.1NA ,故B错误；C.标况下22.4L氯气的物质的量为1mol,因为

3、只有部分氯气与水反应,则转移电子的物质的量小于1mol,转移的电子数小于NA,故C错误；D. 100g 46%的乙醇溶液中,因为水分子中也含有HO键,则该溶液中含HO键的数目大于NA,故D错误；答案：A。点睛：考查阿伏伽德罗常数的计算。抓住1mol=1NA进行判断，根据化合价变化判断转移电子数，学生容易忽略弱根离子的水解问题。判断HO键时学生容易忽略水中的化学键。3. 下列关于有机物的叙述正确的是( )A. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键B. 苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色C. 氯苯分子中所有原子都处于同一平面D. 、 、 互为同系物【答案】C【解析】A. 聚乙烯为氯乙烯的加聚

4、产物，不含碳碳双键，故A错误；B. 油脂含有碳碳双键，可被氧化，可使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C. 氯苯具有苯的结构特征，所有的原子在同一个平面上，故C正确；D. 同系物是指结构相似，分子组成相差一个或几个-CH2原子团的有机物，、 、 结构不同，不符合同系物概念，故D错误；答案：C。点睛：学会区分苯环和碳碳双键。聚乙烯和乙烯的关系。苯、苯的同系物和稠环芳香烃的区别，做题时抓住概念进行判定。4. 下图装置用于气体的干燥、收集和尾气吸收，其中X、Y、Z对应都正确的是()选项XYZA无水硫酸铜氯气饱和食盐水B氯化钙二氧化硫氢氧化钠C碱石灰氨气水D氯化钙一氧化氮氢氧化钠A. A B. B C. C

5、 D. D【答案】B【解析】A、无水硫酸铜是鉴别试剂不能做干燥剂，故A错误；B、无水氯化钙做干燥剂，二氧化硫的密度大于空气的密度，长管进气，短管出气，SO2属于酸性氧化物，易和氢氧化钠反应，防止倒吸，故B正确；C、氨气的密度小于空气的密度，收集氨气时，短管进气，长管出气，故C错误；D、NO不能用排空气收集，因为NO和氧气反应，同时NO不和氢氧化钠溶液反应，故D错误。答案：B。5. 如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系，下列说法正确的是（ ） A. X与Z两种元素形成的化合物一定是离子化合物，只含有离子键B. RX2、WX2、Z2X2都能使品红溶液褪色，且褪色原理相

6、同C. R、W所形成的氧化物的水化物的酸性强弱为WRD. X、Y、R、W四种元素形成的气体氢化物中最稳定的是Y的气态氢化物【答案】D【解析】试题分析：依据题意可知 X、Y 、Z、R 、W 分别为 O、F、Na、S、Cl 对照选项知：A项中有离子键和共价键；B项中 SO2是和有色物质结合成无色物质，其余是氧化使之褪色；C项中要强调是最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，故答案为D。【考点定位】考查原子结构与元素周期律知识【名师点晴】根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外

7、层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。6. 化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. A为电源的正极B. 溶液中H+从阳极向阴极迁移C. 电解过程中，每转移2 mol电子,则左侧电极就产生32gO2D. Ag-Pt电极的电极反应式为2NO3-+12H+10e- = N2+ 6H2O【答案】C【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极

8、为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H+O2，所以每转移2 mol电子时，左侧电极就产生0.5 mol O2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。7. 已知：25 时，Kb(NH3H2O)1.8105。该温度下，用 0.100molL1 的氨水滴定 10.00 mL 0.100molL1 的一元酸 HA

9、 的溶液，滴定过程中加入氨水的体积（V）与溶液中 的关系如图所示。下列说法不正确的是( )A. HA 为强酸B. a10C. 25 时，NH4的水解平衡常数为 109D. 当滴入 20 mL 氨水时，溶液中存在 c(NH4)c(A)【答案】B【解析】A. 水溶液中，所以根据水的离子积常数可知溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以HA为强酸，A正确；B. 时溶液显中性，二者恰好反应时生成的铵盐水解，溶液显酸性，则要显中性，则a10，B错误；C. 25 时，NH4的水解平衡常数为，C正确；D. 当滴入20mL氨水时氨水过量，溶液显碱性，根据电荷守恒可知混合溶液中c(NH4)c(A)，D正确，答案

10、选D。8. 某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质及制备。【探究一】选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：（1）装置A中盛液体的玻璃仪器名称是_，装置A中反应的化学方程式为_。（2）装置连接顺序为A、C、_、_、D、F，其中装置C的作用是_，通过现象_，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。【探究二】连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，广泛用于纺织工业的还原性染色、清洗、印花、脱色以及织物的漂白等。制取保险粉通常需要二氧化硫。（3）制取Na2S2O4常用甲酸钠法。控制温度70-80，在甲醇溶液（溶剂）中溶解甲酸钠（HCOONa），再滴加Na2CO3溶液同时通SO2维持溶液酸性，即可生成

11、Na2S2O4，该反应的离子方程式_。（4）测定保险粉纯度。Na2S2O4属于强还原剂，暴露于空气中易被氧气氧化。Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应：5Na2S2O4+6KMnO4+4H2SO45Na2SO4+3K2SO4+6MnSO4+4H2O。称取5.0gNa2S2O4样品溶于冷水中，配成100mL溶液，取出10mL该溶液于锥形瓶中，用0.10molL1的KMnO4溶液滴定。重复上述操作2次，平均消耗KMnO4溶液21.00mL则该样品中Na2S2O4的质量分数为_（杂质不参与反应）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2+H2O (3).

12、 B (4). E (5). 除去HCl气体 (6). 装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀 (7). 2HCOO-+4SO2+CO32-=2S2O42-+H2O+3CO2 (8). 60.9%【解析】（1）由装置A知盛液体的玻璃仪器名称是分液漏斗，装置A中分液漏斗中盛的液体为盐酸，烧瓶中装的是CaSO3，所以两者可以发生反应，生成CaCl2和二氧化硫，水。反应的化学反应方程式为CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2+H2O。(2)装置A制备SO2，由于次氯酸盐具有强氧化性，因此根据较强酸制备较弱酸知可以把SO2通入碳酸氢钠溶液中，利用亚硫酸氢钠除去SO2中的CO2，再利用酸性高锰酸钾溶

13、液氧化CO2中的SO2，利用品红溶液检验是否除尽，最后把CO2通入漂白粉溶液中即可实现亚硫酸与次氯酸的酸性强弱比较，所以装置连接顺序为ACBEDF，其中装置C的作用是除去HCl气体。通过现象装置D中品红溶液不褪色，说明SO2已经除净，CO2与F中得漂白粉溶液发生反应，生成碳酸钙白色沉淀，说明碳酸的酸性比次氯酸强，亚硫酸的酸性又比碳酸强，所以装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。答案： B . E 装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀。3（1）根据原子守恒和电子得失守恒可知反应的离子方程式为2HCOO-+4SO2+CO32-=2S2O42-+H2O+3CO

14、2。（2）消耗高锰酸钾的物质的量是0.0021mol，根据方程式可知消耗Na2S2O4的物质的量是0.0021mol5/6=0.00175mol，因此原Na2S2O4的物质的量是0.0175mol，则该样品中Na2S2O4的质量分数为。9. 随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用,并被誉为“合金维生素”。工业上回收废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达917%以上。该工艺的主要流程如图所示：已知部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶

15、请问答下列问题：（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式可表示为_。（2）滤液中含钒的主要成分_（写化学式）。反应的离子方程式_。（3）萃取和反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为_。若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加_（填化学式）的用量，造成成本增大。（4）该工艺反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式_。“沉淀”过程中，沉钒率受温度、氯化铵系数（NH4Cl的质量与调节pH之后的料液中VO3-的质量比）等的影响，其中温度与沉钒率的关系如图所示，温度高于80沉钒率降低的可能原因是_。（5）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间

16、关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH值为_。若矾沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）_。（已知：25时，KspFe（OH）32.610-39）（6）废钒催化剂中V2O5的质量分数为6%（原料中的所有钒已换算成V2O5）。取100g此废钒催化剂按上述流程进行实验，当加入105mL0.1molL-1的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该工业生产中钒的回收率是_。【

17、答案】 (1). 3V2O5 + 10Al 6V + 5Al2O3 (2). VOSO4 (3). V2O5 + SO32- + 4H+ = 2V02+ +SO42- +2H2O (4). 分液漏斗 (5). NH3H2O (6). NH4+ + VO3- = NH4VO3 (7). 温度高于80,导致部分氯化铵分解 (8). 1.71.8 (9). 2.610-3mol/L (10). 95.55【解析】（1）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为（2）因为VOSO4可溶，V2O5难溶，所以滤液中含钒的主要成分VOSO4。V2O5具有氧化性Na2SO3具有还原性，所以反应的离子方程式

18、V2O5 + SO32- + 4H+ = 2V02+ +SO42- +2H2O。（3）萃取和反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为分液漏斗。若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加NH3H2O的用量，造成成本增大（4）因为反应为 NH4VO3为难溶性物质，所以该步发生反应的离子方程式NH4+ + VO3- = NH4VO3。由图分析80之前沉钒率逐渐升高。80之后因为氯化铵受热分解了，导致NH4+离子浓度降低了，所以沉钒率逐渐减小。答案：NH4+ + VO3- = NH4VO3，温度高于80,导致部分氯化铵分解。（6）根据题意V2O5 + SO32- + 4H+ = 2V02+ +SO42- +2

19、H2O, V02+被ClO3-氧化,由ClO3-+6 V02+6H+=6VO3+Cl-+ 3H2O ,可知3 V2O5-6 V02+ClO3-3mol 1moln 0.0105mol解得n=0.0315mol,因此该实验中钒的回收率=(0.0315mol182g/mol )/(100g6%.)100%=95.55。10. 砷（33As）在周期表中与氮同主族，砷及其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。（1）砷化氢的电子式为_。（2）成语“饮鸩止渴”中的“鸩”是指放了砒霜（As2O3）的酒。As2O3是一种两性氧化物，写出As2O3溶于浓盐酸的化学方程式_。（3）砷的常见氧化物有As2O3和As

20、2O5，其中As2O5热稳定性差。根据图1写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式_。（4）砷酸钠(Na3AsO4)具有氧化性，298 K时，在100 mL烧杯中加入10 mL 0.1 mol/L Na3AsO4溶液、20 mL 0.1 mol/L KI溶液和20 mL 0.05 mol/L硫酸溶液，发生下列反应：AsO43-(无色)+2I-+2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2O H。测得溶液中c(I2)与时间(t)的关系如图2所示（溶液体积变化忽略不计）。010 min内，I的反应速率v(I)_。在该条件下，上述反应的平衡常数K_。升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减

21、小，则该反应的H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。（5）己知砷酸（H3ASO4）是三元酸，有较强的氧化性。常温下砷酸的Ka1=610-3、Ka2=110-7，则NaH2AsO4溶液中c（HAsO42-）_c（H3AsO4）（填“”、“”或“=”）。某实验小组依据反应AsO43-+2H+2I-AsO33-+I2+H2O设计如图原电池，探究pH对AsO43-氧化性的影响测得输出电压与pH的关系如图。则a点时，盐桥中K+_移动（填“向左”、“向右”或“不”），c点时，负极的电极反应为_。【答案】 (1). (2). As2O3+6HCl(浓)=2AsCl3+3H2O (3). (4). 0.00

22、3mol(Lmin) (5). 4.5106 (6). 小于 (7). (8). 向左 (9). AsO33-+H2O-2e-=AsO43-+2H+【解析】（1）砷（33As）在周期表中与氮同主族, 砷化氢的分子式为AsH3,，则砷化氢的电子式为。（2）As2O3是一种两性氧化物，则As2O3溶于浓盐酸反应生成氯化砷和水，所以化学方程式为As2O3+6HCl(浓)=2AsCl3+3H2O。（3）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差。根据图1知As2O5（s）=2As(s)+5/2O2(g) H = +914.6KJ/mol, ，As2O3（s）=2As(s)+3/2

23、O2(g) H =+619.2 KJ/mol, ，所以As2O5分解为As2O3的热化学方程式（4）如图2 在010 min内，I2的反应速率v(I2)0.015mol.L-/10 min=0.0015mol.L-1. min-1因为AsO43-(无色) + 2I- + 2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2O知2I- - I2所以010 min内，I的反应速率v(I)0.003mol(Lmin)由 AsO43-(无色) + 2I- + 2H+ AsO33- (无色)+I2(浅黄色)+H2O初始量(mol/L)： 0.02 0.04 0.04 0 0 0变化量(mol/L) 0.01

24、5 0.03 0.03 0.015 0.015剩余量(mol/L) 0.005 0.01 0.01 0.015 0.015反应的平衡常数K0.0152/(0.00520.012)= 4.5106升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，所以该反应为放热反应的H小于0。（5）常温下砷酸H3AsO4的Ka1=610-3、Ka2=110-7，所以H2AsO4-的水解程度小于电离程度则NaH2AsO4溶液中c（HAsO42-）c（H3AsO4）。某实验小组依据反应AsO43-+2H+2I-AsO33-+I2+H2O AsO43-为氧化剂得电子，做正极，2I-做还原剂，失电子，做负

25、极，则a点时溶液显酸性，盐桥中K+向左移动，c点时平衡逆向移动，负极的电极反应为AsO33-+H2O-2e-=AsO43-+2H+。11. 钛（22Ti）铝合金在航空领域应用广泛，回答下列问题：（1）基态Ti原子的核外电子排布式为Ar_，其中s轨道上总共有_个电子。（2）六氟合钛酸钾（K2TiF6）中存在TiF62- 配离子，则钛元素的化合价是_，配位体_。（3）TiCl3 可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如丙烯用三乙基铝和三氯化钛做催化剂时，可以发生下列聚合反应： n CH3CH=CH2 ，该反应中涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有_；反应中涉及的元素中电负性最大的是_。三乙基铝是一种易燃物质

26、，在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构型是直线形的是_。（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示， 分析TiCl4、TiBr4 、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是_。（5）金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a0.295nm，c =0.469 nm，则该钛晶体的密度为 _ gcm-3（用NA 表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可）。 【答案】 (1). 3d24s2 (2). 8 (3). +4 (4). F- (5). sp2、sp3 (6). Cl (7). CO2 (8). TiCl4、TiBr4 、

27、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高 (9). 【解析】试题分析：（1）Ti原子的核外有22个电子，最外层有2个电子；Ti原子1S、2S、3S、4S轨道各有2个电子；（2）根据TiF62-化合价代数和等于-2计算Ti元素的化合价；（3）单键碳有4个键，无孤对电子；双键碳有3个键，无孤对电子；非金属性越强电负性最大；在氧气中三乙基铝完全燃烧生成氧化铝、二氧化碳、水；（4）分子晶体，相对分子质量越大熔沸点越高；（5）根据均摊原则计算晶胞的摩尔质量，根据 计算密度。解析：（1）Ti原子的核外有22个电子，最外层有2个电子

28、，基态Ti原子的核外电子排布式为Ar 3d24s2；s轨道上总共有8个电子。TiF62-中F元素化合价为-1，化合价代数和等于-2，则Ti元素的化合价为+4；配体是F-；（3）单键碳有4个键，无孤对电子，为sp3杂化；双键碳有3个键，无孤对电子，为sp2杂化；涉及的元素中Cl的非金属性最强，所以Cl的电负性最大；在氧气中三乙基铝完全燃烧生成氧化铝、二氧化碳、水，氧化铝是离子化合物、CO2为直线形分子、H2O是“V”型分子，所以分子的立体构型是直线形的是CO2；（4）TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸

29、点依次升高；（5）每个晶胞含Ti原子数 ，晶胞摩尔质量是g/mol ；晶胞的体积是，根据 ，密度是。点睛：根据均摊原则，六方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用。12. 光刻胶的一种合成路线如下：已知：I.II.III.RCOOH+CHCHRCOOCH=CH2回答下列问题（1）A的名称是_。C中含氧官能团的结构简式是_。CD的反应类型是_。（2）B和银氨溶液反应的离子方程式为_。（3）D+G光刻胶的化学方程式为_。 （4）T是C的同分异构体，T具有下列性质或特征：能发生水解反应和银镜反应；能使溴的四氯化碳溶液褪色；属于芳香族化合物。则T的结构有_种。其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为11222的结构简式为_(任写一种)