化学陕西省宝鸡市届高三教学质量检测二解析版.docx

1、化学陕西省宝鸡市届高三教学质量检测二解析版陕西省宝鸡市2018届高三教学质量检测（二）1. 下表所列材料与其所含主要化学成分对应关系错误的是选项材料主要化学成分A普通水泥、普通玻璃硅酸盐B刚玉、金刚石三氧化二铝C天然气、可燃冰甲烷D光导纤维、石英二氧化硅【答案】B【解析】A普通玻璃主要成分为Na2SiO3、CaSiO3和SiO2；水泥的成分为：3CaOSiO2、2CaOSiO2、3CaOAl2O3，二者主要成分都是硅酸盐，故A正确；B金刚石成分为碳单质，刚玉主要成分为氧化铝，故B错误；C天然气、可燃冰的主要成分都是甲烷，故C正确；D光导纤维、石英的主要成分为二氧化硅，故D正确；故选B。2. 下

2、列离子方程式正确的是A. 向Ca(OH)2溶液中通人过量CO2：CO2+OH-=HCO3-B. 向H2SO4溶液加人Ba(OH)2溶液至中性：H+OH-=H2OC. Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2Cl0-+S02+H2O=CaSO3+2HClOD. 向有水垢的瓶胆内加入足量醋酸溶液：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+ H2O【答案】A【解析】A. 向Ca(OH)2溶液中通人过量CO2生成碳酸氢钙易溶：CO2+OH-=HCO3-，故A正确；B、向H2SO4溶液加人Ba(OH)2溶液至中性：2H+2OH-+Ba2SO42=BaSO42H2O，故B错误；C、Ca(ClO)2溶液中

3、通入少量SO2：Ca2+3ClO+SO2+H2OCaSO4+Cl+2HClO，故A错误；D、向有水垢的瓶胆内加入足量醋酸溶液：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+ H2O+2CH3COO，故D错误；故选A。3. 已知分子式为C5H12O的戊醇能被催化氧化成醛，则符合此条件的醇的同分异构体可能有A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种【答案】A4. 实验室保存下列试剂，其中保存方法和理由描述都正确的是选项试剂保存方法理由A金属钠保存在乙醇中防止和空气中氧气、水反应B液溴存放在带橡皮塞的细口瓶中防止挥发C碳酸钠晶体存放在干燥密封的广口瓶中防止风化成粉末而变质D氢氧化钠溶液存放在带磨

4、口玻璃塞的细口瓶中防止与空气接触被氧化【答案】C 5. 下列实验能达到预期目的的是A. 向NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液来制备Fe(OH)3胶体B. 用饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量的HClC. 用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D. 向MgCl2、AlCl3浓溶液中分别通入NH3比较镁、铝的金属性强弱【答案】B【解析】A实验室制备氢氧化铁胶体，是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，即可以得到氢氧化铁胶体，故A错误；B、用饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量的HCl，NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，故B正确；C、二者都

5、与氢氧化钙反应生成沉淀，不能鉴别，应用盐酸鉴别，故C错误；D、MgCl2、AlCl3溶液与氨气反应的现象相同，所以不能根据MgCl2、AlCl3溶液与氨气来比较Mg、Al的非金属性强弱，故D错误。故选B。点睛：本题考查物质的鉴别，解题关键：把握发生的反应及反应中的不同现象，注意利用不同现象鉴别物质，易错点C，用澄清石灰水鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，二者都与氢氧化钙反应生成沉淀，不能鉴别。6. 25时在10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液，溶液中含碳微粒的物质的量分数随溶液pH的变化如下图所示(CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化)，下列说法正确

6、的是A. A点时，溶液中c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)B. B点时，溶液中c(Na+)c(CO32-)=c(HCO3-)(H+)c(OH-)C. C点时，溶液中浓度最大的离子是 Na+D. D点时，溶液的pH为7，溶液的总体积为20mL【答案】C【解析】A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同，A点所示的溶液c（Na）+c（H）=2（CO32）+（HCO3）+（OH），故A错误；B、B点溶液呈碱性，c(Na+)c(CO32-)=c(HCO3-)c(OH-)(H+)，故B错误；C、C点时，溶液中主要是碳酸氢钠和氯化钠，溶液中浓度最大

7、的离子是 Na+，故C正确；D、D点时，溶液的pH为7，加入0.1mol/LHCl溶液体积为20mL，故D错误；故选C。点睛：本题考查混合溶液离子浓度的关系，解题关键：把握混合溶液中溶质、盐类水解，侧重分析与应用能力的考查，注意图象及电荷守恒的应用，易错点，C，液中主要是碳酸氢钠和氯化钠，分析时易丢失氯化钠。7. 短周期主族元素X、Y、Z、R、Q的原子序数依次增大，X的质子总数与电子层数相同，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z是短周期内金属性最强的元素，R的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列有关这五种元素的相关叙述正确的是A. Y与Z形成的两种常见化合物中所含的化学键类型完全相同B.

8、R元素的氧化物的水化物的的酸性小于Q元素的氧化物的水化物的酸性C. X、Y、Z形成的简单离子的半径依次增大D. 常温下，Z与R形成的化合物的水溶液pH7【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、R、Q的原子序数依次增大，X的质子总数与电子层数相同，X为H元素，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y为O元素，Z是短周期内金属性最强的元素，Z为钠元素，R的最外层电子数是其电子层数的2倍，R为硫元素，Q为氯元素。A、Y与Z形成的两种常见化合物，Na2O2 、Na2O中所含的化学键类型不完全相同，前者含有共价键，故A错误；B. R元素的最高价氧化物的水化物的的酸性小于Q元素的最高价氧化物的水化物的

9、酸性，故B错误；C.氧离子大于钠离子，故C错误；D. 常温下，Z与R形成的化合物是硫化钠，是强碱弱酸盐，硫化钠的水溶液呈碱性，pH7，故D正确；故选D。8. 下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图:已知:浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等杂质金属离子；生成氢氧化物的pH见下表:物质Fe(OH)2Fe(OH)3Ni(OH)2Co(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH7.52.77.77.68.3完全沉淀pH9.73.78.48.29.8请回答下列问题:（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是_。（2）流程图中“加入MnO

10、2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+。该反应的离子方程式是_，其中的MnO2可以用试剂_(填化学式)代替。（3）流程图中“调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调节控制的范围是_下列可用于流程中调节pH的试剂是_(填试剂对应的字母编号)。a.MnCO3 b.Na2CO3 C.NaOH d.氨水（4）向滤液I中加人MnS的作用是除去Co2+、Ni2+等离子，发生反应为MnS+Ni2+=NiS+Mn2+等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比是_已知Ksp(MnS)=2.810-10，Ksp(NiS)=2.010-21。 （5

11、）上述流程中，能循环使用的一种物质是_(填化学式)。（6）上述流程中在电解前需对电解液中Mn2+的含量进行测定。方法是:取出一定体积的电解液，加入一定质量的NaBiO3(不溶于水)，使二者发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是MnO4-、Bi3+。该反应的离子方程式是_。（7）在适当条件下，在MnSO4=H2SO4+H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为_。【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率 (2). MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ = Mn2+ + 2Fe3+ + 2H2O (3). H2O2 (4). 3.77.6 (5). a (6).

12、 1.41011 (7). H2SO4 (8). 2Mn2+ + 5NaBiO3 + 14H+ = 2MnO4- +5Bi3+ + 5Na+ + 7H2O (9). Mn2+ + 2H2O -2e- = MnO2 + 4H+【解析】用软锰矿还原酸浸制取硫酸锰电解液并进一步提炼金属锰，软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Fe3、Fe2、Co2、Ni2等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2氧化为Fe3，同时自身被还原为Mn2，加入氨水调节溶液的pH以除去铁离子，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Co2、Ni2等，过滤得到滤液电解得到金属锰和阳极液，阳极液循环使用，滤渣2

13、为MnS、CoS、NiS，（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；（2）流程图中“加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+。该反应的离子方程式是MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ = Mn2+ + 2Fe3+ + 2H2O，其中的MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替。（3）流程图中“调节pH”可以除去铁离子，应将溶液pH调节控制的范围是3.77.6，促进铁离子水解a.MnCO3，能与H+反应，不引入杂质，故A正确； b.Na2CO3 ，引入钠离子，故不选；C.NaOH引入钠离子，故不选； d.氨水，引入铵根离子，可用

14、于流程中调节pH的试剂是a.（4）根据沉淀转化的方程式：MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比=c(Mn2):c(Ni2+)=Ksp(MnS)：Ksp(NiS)=2.810-10：2.010-21=1.41011；（5）上述工艺中，能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的硫酸；（6）电解液中Mn2具有还原性，加入一定质量的NaBiO3（不溶于水），使二者发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是MnO4、Bi3。反应的离子方程式是5NaBiO3+2Mn2+14H5Bi3+2MnO4+5Na+7H2O；（7）在适当条件下，在MnSO4电解在阳极失去电子获得M

15、nO2，其阳极电极反应式为Mn2+ + 2H2O -2e- = MnO2 + 4H+。点睛：本题考查了物质分离提纯、物质性质，解题关键：物质的性质，离子除杂试剂选择和物质分离、氧化还原反应、离子方程式书写等，易错点（3）促进铁离子水解，只要能与氢离子反应即可，作为除去硫酸锰中的铁离子，不能引入其它杂质离子。9. “低碳生活”是生态文明的前提和基础，减少二氧化碳的排放是“低碳”的一个重要方面，因此，二氧化碳的减排已引起国际社会的广泛关注。请回答下面二氧化碳回收利用的有关问题:I.利用太阳能等可再生能源，通过光催化、光电催化或电解水制氢来进行二氧化碳加氢制甲醇时发生的主要反应是:CO2(g)+3H

16、2(g)CH3OH(g)+H2O(g)（1）若二氧化碳加氢制甲醇反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明该反应进行到1，时刻达到平衡状态的是_(填字母编号) （2）常压下，二氧化碳加氢制甲醇反应时的能量变化如图1所示，则该反应的H=_。（3）在2L恒容密闭容器a和b中分别投入2molCO2和6molH2在不同温度下进行二氧化碳加氢制甲醇反应，各容器中甲醇的物质的量与时间关系如图2所示:若实验a、实验b的反应温度分别为T1、T2，则判断T1_T2 (选填”、“”“ (4). 加入催化剂 (5). 0.225 (6). （或5.33） (7). (8). 2H2O - 4e- =

17、O2+4H+ (9). 2.4081024（或4NA） (10). 10-7【解析】（1）a、t1甲醇的溶液仍在变小，故错误；b、t1时二氧化碳的质量分数保持恒定，说明反应达到平衡，故正确；c、t1时，甲醇与二氧化碳的物质的量之比保持恒定，达到平衡，故正确；d、t1时二氧化碳在减小，甲醇在增加，故末达到平衡，故错误，故选bc。（2）常压下，二氧化碳加氢制甲醇反应时的能量变化，该反应的H= 2914kJmol-1-2960kJmol-1=-46kJmol-1 ；（3）若实验a、实验b的反应温度分别为T1、T2，a先达到平衡，对应的温度高，则判断T1T2 ；若实验b中改变条件时，反应情况会由曲线b

18、变为曲线c，平衡不移动，则改变的条件是加入催化剂；计算实验b条件下,CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，平衡时甲醇的物质的量为1.5mol，氢气的变化量为4.5mol，0-10min段氢气的平均反应速率v(H2)= = 0.225mol/(Lmin)。在实验b条件下， CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)n始/mol 2 6n变/mol 1.5 4.5 1.5 1.5n平/mol 0.5 1.5 1.5 1.5c平/molL1 0.25 0.75 0.75 0.75该反应的平衡常数为=5.33。若平衡时向容器再充入1molCO2和3molH2，相当于加

19、压，平衡正向移动，重新达平衡时，混合气体中甲醇的物质的量分数30%。（4）催化剂a表面由图可知水失电子生成氧气，发生的电极反应式: 2H2O - 4e- = O2+4H+ ；（5）HCOOH中碳为+2价，CO2中碳为+4价，标准状况下每回收44.8LCO2转移的的电子数为 =2.4081024个。（6）常温下，0.1molL1的HCOONa溶液pH为10，溶液中存在HCOO水解HCOO+H2OHCOOH+OH，故Kh=10-7，则HCOOH的电离常数Ka=Kw/Kh=10-14/10-7=10-7。点睛：本题考查化学平衡图象、化学反应速率、影响化学平衡的因素、热化学方程式书写、原电池、电离平衡

20、常数与水解平衡常数等，题目综合性较大，解题关键：是对平衡、速率知识的综合利用、注意原电池、电解池基础知识的理解掌握。难点：平衡常数的计算，要先列出三段式，然后写出表达式，代入数据进行计算。10. 工业上硫化碱法制备Na2S2O2的原理是2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2(该反应的H0)，某研究小组在实验室用此法制备Na2S2O2的装置与步骤如下，请回答有关问题:I、制备Na2S2O2实验步骤如下:步骤1:先组装仪器，然后_。步骤2:添加药品。关闭K1、K2、K3按图中所示依固体、溶液顺序将所需药品加入各仪器。步骤3:打开K2，关闭K3，调节K1，使硫酸缓慢匀速滴下，导

21、管口有气泡冒出，pH计读数逐渐减小。当pH计读数接近7时，打开K3，关闭K1、K2。步骤4:将C中所得溶液加热浓缩，冷却析出Na2S2O2，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。（1）步骤1中缺少的操作是_。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_。（3）为了使SO2尽可能被吸收完全，在不改变装置C中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可以采取的措施有_(任写一条)。（4）装置C中Na2S和Na2CO3的物质的量浓度之比约为2:1,若Na2S过量则C中会出现淡黄色的浑浊，用离子方程式解释其原因为_。（5）实验制得的Na2S2O3产品中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。请设计实验，检测

22、Na2S2O3产品中是否存在Na2SO4杂质，简要说明实验操作、现象和结论_。II.测定产品纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用浓度为0.1000mol/L碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2O32-+I2=S4O62-+2I-（6）滴定至终点时的现象为_。（7）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_mL，计算所得样品的纯度为_(用含W的代数式表示)。【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). H2SO4(浓) + Na2SO3=SO2 + H2O + Na2SO4 (3). 增加SO2的接触面积、控制SO2的流速、适当升高温度 (4). 2S2+3SO

23、23S+2SO32（或2S2+5SO2+ 2H2O3S+4HSO3） (5). 取少量产品于试管中，先滴加过量的稀盐酸，静置后取上层清液（或过滤后取滤液）少许，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明产品中含有Na2SO4杂质；若无白色沉淀产生，说明产品中不存在Na2SO4杂质 (6). 当最后一滴碘的标准溶液滴下时，混合液由无色变为蓝色，且半分钟内颜色保持不变 (7). 18.10 (8). %【解析】（1）为确保实验的顺利进行，步骤1中缺少的操作是检查装置气密性；（2）装置A制备二氧化硫，发生反应的化学方程式为H2SO4(浓) + Na2SO3=SO2 + H2O + Na2SO4 ；(3)

24、.为了使SO2尽可能被吸收完全，可以增加SO2的接触面积、控制SO2的流速、适当升高温度（任写一条即可）；（4）若Na2S过量则C中会出现淡黄色的浑浊，-2价的硫具有还原性，被SO2氧化，用离子方程式解释其原因为2S2+3SO23S+2SO32（或2S2+5SO2+ 2H2O3S+4HSO3）；（5）检测Na2S2O3产品中是否存在Na2SO4杂质，要先除去Na2S2O3，再检验硫酸根离子，实验操作、现象和结论为：取少量产品于试管中，先滴加过量的稀盐酸，静置后取上层清液（或过滤后取滤液）少许，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明产品中含有Na2SO4杂质；若无白色沉淀产生，说明产品中不存在N

25、a2SO4杂质。（6）滴定至终点时的现象为当最后一滴碘的标准溶液滴下时，混合液由无色变为蓝色，且半分钟内颜色保持不变。（7）由图滴定起始和终点的液面位置，则消耗碘的标准溶液体积为18.10mL-0.00mL=18.10mL，根据反应2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），所以W g产品中含有Na2S2O3,质量为：0.1000 molL-118.1010-3L2158gmol1=0.572g，则产品的纯度为：0.572g/Wg100%=%。11. 钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。宝鸡因钛产业发达被称为中国钛谷,其钛产品产量占全国80%以上

26、，占世界产量的20%以上。请回答下列问题:（1）钛元素位于周期表中第4周期_族，基态铁原子的价电子的电子排布式为_。（2）钛元素在化合物中有+2、+3、+4等多种价态，试分析因显著的“压电效应“面被广泛应用于超声波发生装置中的偏钛酸钡(BaTiO3)中Ti的化合价为_。（3）TiCl3是一种不稳定的氯化物，主要用作强还原制、烯烃聚合的催化剂以及偶氮染料分析等。溶波中的Ti3+易被FeCl3氧化，发生反应的离子方程式为_；若利用此反应原理，用已知标准浓度FeCl3溶液来滴定某含Ti3+的溶液时，可选用_溶液作指示剂判断滴定的终点。化学式为Ti(H2O)6Cl3的绿色晶体是TCl3的六水合物的一种

27、晶型，该晶体中，与Ti3+T形成配位键的原子是_(填元素符号)，该原子的杂化类型为_；该晶体所含元素中，电负性最大的元素是_(写出元素符号)。化学式为Ti(H2O)5ClCl2H2O的绿色晶体是TiCl3的六水合物的另一种晶型，取1mol绿色晶体溶于水配成500mL溶液，加入足量AgNO3使Cl-完全沉淀，消耗AgNO3的物质的量为_mol。写出一种与H2O互为等电子体的阳离子_(填化学式)。（4）TiO2的熔点为1800,TiCl4的熔点为-25,同为Ti的+4价化合物，熔点相差悬殊的原因是_。（5）自然界的钛主要以金红石( 主要成分为TiO2)的形式存在。TiO2 的晶胞属于四方晶系,其长

28、方体结构如图所示，已知TiO2 的摩尔质量为M g/mol,阿伏加德罗常数的值为NA，根据图中所示数据列出该晶体密度的计算式=_gcm-3(用NA表示阿伏伽德罗常数,用含M、a、b、c的代数式表示)。【答案】 (1). B (2). 3d64s2 (3). +4 (4). Fe3+ + Ti3+ = Fe2+ Ti4+ (5). KSCN（或硫氰化钾） (6). O (7). sp3 (8). O (9). 2 (10). H2F+ (11). TiO2是原子晶体，原子间以共价键相结合，而TiCl4是分子晶体，分子以范德华力相结合，共价键作用远大于范德华力 (12). （或）【解析】（1）钛元

29、素22号，位于周期表中第4周期B族，铁是26号元素，基态铁原子的价电子的电子排布式为3d64s2 。（2）由化合价代数和为0的规律，偏钛酸钡(BaTiO3)中Ti的化合价为+4价。（3）溶波中的Ti3+易被FeCl3氧化成Ti4+，发生反应的离子方程式为Fe3+ + Ti3+ = Fe2+ Ti4+；若利用此反应原理，用已知标准浓度FeCl3溶液来滴定某含Ti3+的溶液时，多余的Fe3+ 遇到KSCN（或硫氰化钾）溶液呈血红色，可选用KSCN（或硫氰化钾）溶液作指示剂判断滴定的终点。化学式为Ti(H2O)6Cl3的绿色晶体是TiCl3的六水合物的一种晶型，该晶体中，与Ti3+形成配位键的原子是O(填元素符号)，O原子形成2个键和2个孤电子对，该原子的杂化类型为sp