精品解析广东省深圳市红岭中学届高三下学期第四次模拟考试理科综合化学试题附解析Word下载.docx

1、C、分子式均为C5H6，结构不同，互为同分异构体，选项C正确；D、苯的硝化和乙酸的酯化反应都是取代反应，选项D正确。答案选A。3.下列与阿伏加德罗常数的值（NA）有关的说法中，不正确的是A. 18g H218O与D2O的混合物中，中子数为9NAB. 标准状况下，22.4 L Cl2与NaOH溶液完全反应时转移电子的数为NAC. 1L0.1 mol L-1NH4NO3溶液中加稀氨水，溶液呈中性时NH数为0.1NAD. 4.6 gC2H6O中含有的CH数目为0.6NA【详解】A、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故18gH218O与D2O的物质的量均为0.9mol，而两者中均含10个

2、中子，故0.9mol混合物中含9mol中子即9NA个，选项A正确；B、标准状况下，22.4LCl2的物质的量为0.1mol，与足量NaOH溶液反应的化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中，1mol氯气自身发生氧化还原反应，电子转移数为NA，选项B正确；C将1mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，则溶液中存在电荷守恒：c（H+）+ c（NH4+）= c（NO3-）+ c（OH-），溶液呈中性，则铵根离子浓度等于硝酸根离子浓度，溶液体积相等，则氨根离子数目等于硝酸根离子数，为1mol，溶液中NH4+数目为NA，选项C正确；D该有机物可能是乙醇也可能是乙醚，4.6

3、g该有机物的物质的量是0.1mol，如果是乙醇，所含C-H键数目一定为0.5NA，如果是乙醚，含有的C-H键数目一定为0.6NA，如果是乙醇和乙醚的混合物，则含有的C-H键数目介于二者之间，选项D不正确。4.从海水晒盐的母液中提取金属镁的一种工艺流程如下：下列说法不正确的是A. 步骤 沉镁可加入石灰乳，说明Mg（OH）2的溶解度更小B. 步骤 脱水时，在空气中加热MgCl26H2O得到MgCl2C. 步骤 电解熔融MgCl2时，阴极有金属Mg析出D. 设计步骤 、 、 的主要目的是富集镁元素【答案】B【分析】由流程可知，海水蒸发得到粗盐和含有镁离子的母液，母液中加入石灰乳，石灰乳与镁离子反应生

4、成氢氧化镁沉淀，Mg（OH）2沉淀与HCl反应生成MgCl2和水，MgCl2溶液蒸发结晶得到MgCl26H2O晶体，为抑制镁离子的水解，MgCl26H2O在HCl在气流中加热脱水得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2冶炼得到金属Mg。【详解】A、母液中加入石灰乳，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，选项A正确；B、因镁离子水解，脱水时应在HCl气氛中进行，防止MgCl2发生水解，选项B不正确；C、电解熔融MgCl2时，镁离子在阴极放电生成Mg，选项C正确；D、海水中镁离子浓度较小，步骤、的主要目的是富集MgCl2，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查海水提镁的工艺流程，侧重分析与实验能力的考

5、查，注意水解与电解原理的应用，把握流程中发生的反应、金属冶炼为解答的关键。5.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，含元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一。下列说法正确的是A. 简单离子半径的大小顺序：rXrYrZrWB. 元素Q和Z形成的化合物Q Z2属离子化合物C. X、Y、Z最高价氧化物的水化物两两间能发生反应D. Z元素氢化物的沸点高于W元素氢化物的沸点【答案】CQ、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，X为Na元素，

6、Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q为C元素，W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，W为O元素，Z为S元素，含元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，Y为Al元素。由以上分析可知Q为C元素，W为O元素，X为Na元素，Y为Al元素，Z为S元素。A、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径Z（S2）W（O2）X（Na）W（Al3），故A错误；B、CS2属于共价化合物，故B错误；C、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，则X、Y、Z最高价氧化物的水化物之间两两能发生反应，故C正确；D、水分子

7、之间存在氢键，沸点高于硫化氢，故D错误；故选C。点睛：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，侧重考查学生的分析能力，解题关键：元素的推断，熟悉元素化合物的性质、物质的组成和结构。难点A、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，上一周期非金属原子得电子后，形成的阴离子的半径远大于原子半径，如O2半径大于O原子半径；而下一周期的金属原子失去电子后，形成的阳离子，半径比原子半径小，如Na半径小于Na原子，最终O2半径比下一周期的Na半径大。6.利用微生物可将废水中苯酚的化学能直接转化为电能，装置如图所示。电池工作时，下列说法正确的是A. a极为正极，发生氧化反应B. b极的电极反应式为：2N

8、O3-+12H+10e=N2+6H2OC. 中间室的Cl向右室移动D. 左室消耗苯酚 （C6H5OH） 9.4 g时，用电器流过2.4 mol电子【详解】根据图示，在b电极，高浓度的NO3-废水，转化为氨气和低浓度的NO3-废水，说明N元素化合价降低，发生还原反应，因此b电极为正极，则a电极为负极，A、为负极，不是正极，选项A错误；B、极是正极，发生还原反应，选项B错误；C、在原电池中，阴离子向负极移动，中间室的Cl向左室移动，选项C正确；D、左室消耗苯酚（C6H5OH） 9.4 g，物质的量为，反应后生成二氧化碳和水，转移的电子为，选项D错误。答案选C。7.常温下向100mL 0.1molL

9、-1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1molL-1的NaOH溶液，所得溶液的pH随加入NaOH溶液的体积V的关系中不正确的是A. 往A点所示的溶液中加入少量HCl或NaOH，溶液的pH几乎不变B. A点溶液中：c（CH3COO-）c（CH3COOH） =2（10-410-10）molL-1C. 对C点溶液加热 ， c（CH3COOH） .c（OH-） /c（CH3COO-）.c（H+）的值减小D. 常温时，CH3COOH的电离常数为10-5 mol【详解】A. A点时得到以醋酸和醋酸钠按1：1形成的溶液，溶液中存在醋酸的电离平衡和醋酸根离子的水解平衡，往A点所示的溶液中加入少量HCl或NaO

10、H，受两平衡的缓冲，溶液的pH几乎不变，选项A正确；B任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，醋酸和NaOH浓度相等，醋酸体积是NaOH的二倍，所以存在2c（Na+）c（CH3COOH）+c（CH3COO-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）c（OH-）+c（CH3COO-）、根据物料守恒得2c（Na+）c（CH3COOH）+c（CH3COO-），所以得c（CH3COO-）c（CH3COOH）= 2c（OH-）-2c（H+）2L-1，选项B正确；C. C点酸碱恰好完全中和，为醋酸钠溶液，对C点溶液加热 ，升高温度，醋酸根离子水解程度大于醋酸电离程度，增大，选项C不正确；D. 常温时，C

11、H3COOH的电离常数为10-5 molL-1，选项D正确。8.Na2S2O42H2O俗称保险粉，常用做纺织工业的漂白剂、脱色剂等。某科研小组制备并探究其性质。资料：Na2S2O42H2O的性质：易溶于水，不溶于乙醇，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。I制备Na2S2O42H2O（加热等辅助仪器略去）（1）仪器 的名称是_。（2）B装置用于制备Na2S2O42H2O。第一步反应：Zn+2SO2 ZnS2O4；第二步，加入NaOH溶液，于2835 反应生成Na2S2O4，反应的化学方程式为_。（3）检查装置气密性，装入药品。在加热B装置前，先进行的实验操作是_。（4）反应后除去B

12、中的沉淀，在滤液中加入一定量的NaCl固体搅拌，有Na2S2O42H2O晶体析出。加入NaCl固体的作用是_。（5）制得的Na2S2O42H2O粗产品，需要用乙醇洗涤。下列说法中，不属于用乙醇洗涤的目的的是_。A防止晶体溶解，提高产率 B利用乙醇的挥发性，促进晶体表面水的挥发C防止晶体失水而风化 D利用乙醇蒸气的保护作用，防止晶体被氧化II探究Na2S2O42H2O的性质（6）隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是_（可选试剂

13、：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4溶液）III测定Na2S2O42H2O的纯度（7）取所制得的样品2.500g于锥形瓶中，加入20mL水，振荡，使之完全溶解，然后用0.5000molL-1 KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时共用去24.00mLKMnO4溶液。样品的纯度是_。【答案】 （1）. 圆底烧瓶 （2）. ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4 + Zn（OH）2 （3）. 打开A中分液漏斗活塞，使硫酸与亚硫酸钠反应产生的SO2，排出装置中的O2 （4）. 加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出 （5）. C （6）. 取少量产品

14、溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 （7）. 84.00%装置A中70%的浓硫酸通过分液漏斗滴到蒸馏烧瓶中和亚硫酸钠反应制得二氧化硫，二氧化硫和Zn在三颈烧瓶中反应生成ZnS2O4，加入NaOH溶液，ZnS2O4与NaOH反应Na2S2O4和Zn（OH）2沉淀，装置C中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气，防止污染空气。【详解】（1）仪器的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）2835下，反应生成的ZnS2O4与NaOH溶液反应，反应生成Na2S2O4和Zn（OH）2沉淀，反应的化学方程式为ZnS2O4+2NaOHNa2S2

15、O4 + Zn（OH）2，故答案为：ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4 + Zn（OH）2；（3）由于Na2S2O4具有极强的还原性，易被空气氧化，所以B装置反应前应排尽装置中的空气，防止氧气干扰实验，故答案为：打开A中分液漏斗活塞，使硫酸与亚硫酸钠先反应产生的SO2，排出装置中残留的O2打开A中分液漏斗活塞，使硫酸与亚硫酸钠先反应产生的SO2，排出装置中残留的O2；（4）加入氯化钠的目的是，溶液中Na+离子浓度增大，使Na2S2O4的溶解度降低，更易结晶析出，提高产率，故答案为：加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出；防止晶体被氧化、减少晶体的溶解并获得更干燥的晶体

16、。ANa2S2O42H2O晶体易溶于水，不溶于乙醇，用乙醇可防止晶体溶解，提高产率 ，选项A不选；B利用乙醇的挥发性，促进晶体表面水的挥发，选项B不选；C不能起到防止晶体失水而风化，选项C选；DNa2S2O42H2O晶体具有极强的还原性，易被空气氧化，利用乙醇蒸气的保护作用，防止晶体被氧化，选项D不选。答案选C；（6）因固体中含有的Na2SO3、Na2S2O3会干扰Na2SO4的检验，应先加入足量稀盐酸，排除Na2SO3、Na2S2O3的干扰，再加入BaCl2溶液，检验是否存在Na2SO4，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则

17、说明含有Na2SO4杂质；（7）滴定时发生反应的离子方程式为： 6MnO4-+5S2O42-+8H+=6Mn2+10SO42-+4H2O，故样品中n（Na2S2O42H2O）=，样品的纯度是。【点睛】本题通过Na2S2O4的制备考查了物质性质实验方案的设计方法，试题充分考查了分析、理解能力及化学实验，注意Na2S2O4具有极强的还原性是解答该题的关键，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。9.碳、氮及其化合物在生产、生活中广泛存在。（1）煤气化的化学方程式为:C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g） H，该反应在高温下能自发进行，则H_0（填“”或

18、“”）下列措施能使反应（c）的平衡体系中n（CH3OH）:n（CO2）增大的是_（填字母代号）。A.将H2O （g）从体系中分离出去 B.充入He （g） C.升高温度 D.充入1mol H2 （g）500时，测得反应（c）在某时刻H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度分別为1.0molL-1、0.20molL-1、0.50molL-1、0.40molL-1，则此时反应（c）_。A.向正反应方向进行 B.向逆反应方向进行 C.处于平衡状态 D.无法判断反应状态（3）CO2在熔融氧化钴环境和催化剂作用下可转化为清洁燃料甲酸。工作原理如图所示，写出阴极的电极反应_。（4）汽

19、车尾气主要有害物质是CO和NO，提高其转化效率是重要的研究课题。在密闭容器中充入5.0 mol CO和4.0 mol NO，发生以下反应：2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g） H = 746 kJmol1平衡时，NO的转化率与温度、压强的关系如图所示。温度：T1_T2（填“”或“”）， 某温度下，反应达到平衡状态P点时，此时的平衡常数Kp=_（只列计算式）。【答案】 （1）. （2）. H3 = H1+H2 （3）. （8）. （1）反应C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）中S0，G=H-TS0；（2） 已知（a）2H2（g）+CO（g）根据盖斯定律，由（a）+ （b

20、）得反应（c）3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g） H3=H1+H2；根据反应可得K3= K1K2，由表中数据计算得5000C、7000C、8000C时的值分别为2.51.0=2.5、0.341.70=0.578、0.152.52=0.378，故升高温度K3值减小，反应（c）为放热反应，H3要使n（CH3OH）:n（CO2）增大，应使平衡向正反应方向移动，A将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应方法移动，n（CH3OH）:n（CO2）增大，选项A正确；B充入He（g），使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，n（CH3OH）:n（CO2）不变，选项B错

21、误；C因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则n（CH3OH）:n（CO2）减小，选项C错误；D再充入1mol H2，平衡向正反应方向移动，则n（CH3OH）:n（CO2）增大，选项D正确。答案选AD； 500时，测得反应（c）在某时刻H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度分別为1.0molL-1，则Q=，此时反应（c）向正反应方向进行，答案选A；（3）电解池中阴离子定向移动到阳极，根据氧离子定向移动到b极，则b极为阳极，CO2和水在a处得电子转化为HCOOH，在电解池中阴极上得电子发生还原反应，故阴极的电极反应为CO2 + H2O + 2e- = HCOOH+O

22、2-；（4） 反应：mol1为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率降低，故T1T2； 某温度下，反应达到平衡状态P点时，NO的转化率为80%，则平衡时CO、NO、N2、CO2的物质的量分别为1.8mol、0.8mol、1.6mol、3.2mol，平衡时气体总物质的量为7.4mol，总压为50MPa，各气体的分压为，此时的平衡常数Kp=10.铋酸钠（ NaBiO3 ）是一种难溶于水的强氧化剂，在钢铁工业中常用作锰元素的分析测定。某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3，SiO2等杂质）制备铋酸钠，其流程如下：请回答下列问题：（1）为了提高“浸取”中原料的浸出率

23、，可以采取的措施是_（写一种即可） 。（2）“浸取”时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，向其中加入过量浓盐酸的目的是_，“滤渣”的成份是_（填化学式）。（3）“沉淀”反应的离子方程式为_；（4）“沉淀”操作时，用氨水调节pH至6，通过计算说明，此时溶液中的Bi3+是否完全沉淀：_（已知：Bi（OH）3的溶度积Ksp=310-32） 。（5）“焙烧”除了采用最佳的质量比、合适的温度外，你认为还需要控制的条件是_。（6）已知，在酸性溶液中NaBiO3将Mn2+氧化为MnO4-。请出该反应的离子方程式：_。（7）某辉铋矿中铋元素的质量分数为20.90%，若100吨该辉铋矿完全用于生产，共得到25.00

24、吨NaBiO3，则产率是_。【答案】 （1）. 将矿石粉碎（或适当提高温度或增大FeCl3溶液的浓度） （2）. 防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率 （3）. SiO2 S （4）. Bi3+ + 3NH3H2O=Bi（OH）3+3NH4+ （5）. 当pH=6时，溶液中c（OH-）=110-8 molL-1此时溶液中c（Bi3+）=KspBi（OH）3/c3（OH-）=310-32/（110-8）3=310-8 molL-1 由于溶液中c（Bi3+）110-5 molL-1，说明Bi3+已经完全沉淀 （6）. 控制干燥且无CO2的环境 （7）. 5NaBiO3+2

25、Mn2+14H+=2MnO4-+5Na+5Bi3+7H2O （8）. 89.29%（1）提高浸取率的措施可以是将矿石粉碎（或适当提高温度或增大FeCl3溶液的浓度）等；（2）“浸取”时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，向其中加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率，二氧化硅不溶于盐酸，且铁离子将硫离子氧化产生的硫单质不溶于酸，故“滤渣”的成份是SiO2 、S；（3）“沉淀”反应是利用氨水将Bi3+转化为沉淀，同时生成铵盐，反应的离子方程式为Bi3+ + 3NH3H2O=Bi（OH）3+3NH4+；（4）“沉淀”操作时，用氨水调节pH至6，c（OH-）=

26、10-8mol/L，c（Bi3+）= =310-8 mol/L 10-5 mol/L，此时溶液中的Bi3+已完全沉淀；（5）“焙烧”除了采用最佳的质量比、合适的温度外，还需要控制控制干燥且无CO2的环境；（6）已知，在酸性溶液中NaBiO3将Mn2+氧化为MnO4-，本身被还原为Bi3+，转移电子数为10电子 ，根据氧化还原反应原理配平得，反应的离子方程式为：5NaBiO3+2Mn2+14H+=2MnO4-+5Na+5Bi3+7H2O；（7）某辉铋矿中铋元素的质量分数为20.90%，若100吨该辉铋矿完全用于生产，共得到25.00吨NaBiO3，则产率是11.咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾