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1、届安徽省六安市第一中学高三下学期高考模拟考试二理科综合化学试题解析版安徽省六安市第一中学2019届高三高考模拟试卷（二）理科综合化学试题1.我国古代科技高度发达，下列有关古代文献的说法错误的是A. 明朝的本草纲目记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甄(指蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”该段文字记载了白酒(烧酒)的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯B. 晋代葛洪的抱朴子记载“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”，是指加热时丹砂(HgS)熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体C. 清初泉州府志物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”该段文

2、字记载了蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素D. 汉朝的淮南万毕术、神农本草经记载“白育(碱式碳酸铜)得铁化为铜”，“石胆能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼【答案】B【解析】【详解】A.白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故A正确； B. 丹砂在空气中加热时，硫化汞与氧气发生反应生成汞和二氧化硫，不是熔化，故B错误；C.黄泥的颗粒表面积很大，具有吸附作用，可以吸附红糖中的色素，故C正确； D. 铜盐与铁发生置换反应生成铜，故为湿法炼铜，故D正确。故选B。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 25时，1LpH=1的硫酸溶液中水电离的c(H+)为0.2mol/L

3、B. 标准状况下，相同体积的SO3、HCl、NO含有的分子数相同C. 含1 mol Cl的NH4C1溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为NAD. 2mL0.5mol/L硅酸钠溶液中滴入过量盐酸制硅酸胶体，所得胶粒数目为0.001NA【答案】C【解析】【详解】A项，25时，1LpH=1的硫酸溶液中水电离的c(H+)为10-13mol/L，故A项错误；B项，标况下三氧化硫为固体，而HCl、NO是气体，固体和气体的摩尔体积不等，故同体积的三种物质的分子数不可能都相同，故B项错误 ；C项，根据电荷守恒，溶液中存在c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，已知溶液呈中性，

4、则c(H+)=c(OH-)，即c(NH4+)=c(Cl-)，NH4+数等于Cl-数，为NA，故C项正确；D项，已知盐酸过量，会破坏硅酸胶体的稳定性，且每个胶体粒子都是由若干个分子组成的一个集合体，所得胶粒数目小于0.001NA，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，要注意气体摩尔体积的适用条件。3.某种激光染料，它由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如图所下列有关叙述正确的是分子式为C10H8O3 不溶于水 1mol该物质最多能与4molH2加成能使酸性KMnO4溶液褪色 1mol该物质最多能与含2 mo

5、l NaOH的溶液反应A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据有机物的价键规则(碳原子形成4条键，氧原子形成2条键，氢原子形成1条键)可写出该有机物的结构简式为，含酚-OH、C=C、-COOC-，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答。【详解】根据有机物的价键规则(碳原子形成4条键，氧原子形成2条键，氢原子形成1条键)可写出该有机物的结构简式为，由有机物的结构简式可以知道分子式为C10H8O3，故正确；为酯类化合物，不能溶于水，故正确； 该有机物分子中含有苯环和碳碳双键，1mol该物质最多能与4molH2加成，故正确；该有机物分子中含有碳碳双键，酚羟基，都能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶

6、液褪色，故正确；1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠；1mol羧基消耗1mol氢氧化钠；若有酯的结构，则先让酯进行酸性水解，再看产物能否和氢氧化钠反应：若酸性水解的产物是羧酸和醇，1mol酯只能和1mol氢氧化钠反应；若酸性水解的产物是羧酸和酚类物质，则1mol酯能和2mol氢氧化钠反应，所以根据酚羟基、酯基推断该有机物最多能与含3mol NaOH的溶液反应，故错误。所以A选项是正确的。4.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是选项现象解释AKI淀粉溶液中通入Cl2，溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B测得饱和NaA溶液的pH大于饱和NaB

7、溶液常温下水解程度：ABC往乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化D常温下，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色SO2具有还原性A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.氯气与淀粉不能发生显色反应，氯气与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝色，故A错误；B.要比较其水解程度时，两种溶液浓度必须相同，这两种溶液都是饱和溶液，但是两种溶液的浓度不一之一相同，所以不能据此比较两者的水解能力大小，故B错误；C.乙醇易挥发，反应中还有副产物二氧化硫生成，乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验中没有排除乙醇和

8、二氧化硫的影响，无法证明一定是乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D. 二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，所以D选项是正确的。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及气体检验、盐类水解、二氧化硫的还原性等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意B中两种溶液浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。5.下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是A. pH相等的 NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c(NaOH)c(NaHCO3)c(HA)c(A)c(OH)c(H+)C. 25时，0.1 molL1 Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH)大于0.1 mo

9、lL1 NaOH溶液中水电离出来的c(OH)D. 已知25时Ksp(AgCl)=1.81010，则在该温度下0.3 molL 1NaCl溶液中，Ag+的物质的量浓度最大可达到6.01010molL1【答案】B【解析】【详解】A.pH相等的这三种物质，NaOH的碱性最强，其浓度最小，水解程度：CH3COO-HCO3-，酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，所以这三种物质浓度大小顺序是c(NaOH)c(NaHCO3) c(Na+) c(A)c(OH)c(H+)，故B错误；C.酸和碱都可以抑制水的电离，能水解的盐则可以促进水的电离，所以25时，0.1 molL1 Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH

10、)大于0.1 molL1 NaOH溶液中水电离出来的c(OH)，所以C选项是正确的；D.c(Ag+)=mol/L=6.010-10mol/L，所以D选项是正确的。故选B。6.SO2通过下列工艺流程可制化工业原料H2SO4和清洁能源H2。下列说法中错误的是A. 电解槽中不能用铁电极代替石墨作为阳极B. 原电池中负极的电极反应为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+C. 该工艺流程用总反应的化学方程式表示为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4D. 该生产工艺的优点Br2被循环利用，原电池产生的电能可充分利用，还能获得清洁能源【答案】C【解析】【分析】依据原电池负极发生氧化反应，正极发

11、生还原反应；电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应分析电极反应及总反应。【详解】A、若用铁电极代替，则铁失电子被氧化，溶液中的溴离子不能被氧化为溴，溴不能被循环利用，不能持续吸收二氧化硫，故不能用铁做阳极，A正确；B、原电池中负极发生氧化反应，元素化合价升高，由流程图可知，二氧化硫被氧化为硫酸，故负极的电极反应为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+，故B正确；C、由题给信息可知，总反应为二氧化硫和水反应生成硫酸和氢气：SO2+2H2O=H2+H2SO4，故C错误；D、由流程图可知，溴可以循环使用，且无污染性的物质生成，故D正确。故选C。7.X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依

12、次增大，X质子总数与电子层数相同，Y元素的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，Z的气态氢化物可以与Cl2反应产生白烟，用来检验氯气管道是否泄漏。Y、Z、W位于同一周期，且最外层电子数之和为15，M的质子数是X、Y、Z、W四种元素质子数之和的1/2，下列说法正确的是A. 简单离子半径MWZXB. M2W2与足量的CO2完全反应，转移2mol电子时增重28gC. X、Z两种元素只能组成化学式为ZX3的化合物D. 由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物既有共价化合物也有离子化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X质子总数与电子层数相同，则X为H元

13、素；Y元素的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，Y为C；Z的气态氢化物可以与Cl2反应产生白烟，用来检验氯气管道是否泄漏，Z为N元素；Y、Z、W位于同一周期，且最外层电子数之和为15，W的最外层电子数为15-4-5=6，则W为O元素；M的质子数是X、Y、Z、W四种质子数之和的，M的质子数为（1+6+7+8）=11，则M为Na，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，X为H，Y为C，Z为N，W为O，M为Na，A.电子层越多，离子半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径ZW M X，故A错误；B. 由反应式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，转移2

14、mol电子时增重56g，故B错误；C. H、N两种元素组成的有NH3和N2H4等不止一种的化合物，故C错误；D. 若由X、Y、Z、W四种元素组成的化合物为硝酸铵，则其既有离子键、又有共价键；若组成的化合物为硝酸，则其只含共价键，故D正确。所以D选项是正确的。8.二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点105，沸点79，140以上时易分解。(1)用硫黄(S)、液氯和三氧化硫为原料，在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者的物质的量比为_。(2)甲同学设计如图装置用ZnCl2xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2(夹持及加热装

15、置略)SOCl2在该实验中的作用_；加热条件下，A装置中总的化学方程式为_。实验结束后，为检测ZnCl2xH2O晶体是否完全脱水，甲同学设计实验方案如下，正确的实验顺序为_(填序号)a.干燥 b.洗涤； c加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；d称取蒸干后的固体m克溶于水；e.过滤； f称得固体为n克若m/n=_(保留小数点后两位)，即可证明晶体已完全脱水。(3)乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl36H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使最后的产品不纯。可能发生的副反应的离子方程式_。丙同学设计了如下实验方案判断副反应的可能性：i.取少量FeCl36H2O于

16、试管中，加入足量SOCl2振荡使两种物质充分反应：ii.往上述试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于两支试管，进行实验验证，完成表格内容。供选试剂：AgNO3溶液、稀盐酸、稀HNO3、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液、K3Fe(CN)6溶液、溴水)方案操作现象结论方案一往一支试管中滴加_若无明显现象则发生了上述副反应方案二往另一支试管中滴加_则没有发生上述副反应【答案】 (1). 2:3:1 (2). SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解 (3). SOCl2+ZnCl2xH2OZnCl2+SO2+2HCl+(x-1) H2O (4). dcebaf (5). 0.47 (

17、6). SOCl2+2Fe3+3H2O=SO42-+6H+2Fe2+2Cl- (7). KSCN溶液 (8). K3Fe(CN)6溶液 (9). 若无蓝色沉淀出现【解析】【分析】(1)用硫黄(用S表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达100%，则反应的方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，根据方程式可以知道三者的物质的量比； (2)由二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂；加热条件下，A装置中总的化学方程式为SOCl2+ZnCl2xH2OZnCl2+SO2+2HCl+(x-1) H2O。根据氯离子守恒判断ZnCl2xH2

18、O晶体是否完全脱水（ZnCl22AgCl）；(3)FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应；若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，而SOCl2水解得到SO2会被氧化为H2SO4，可以检验硫酸根、亚铁离子或铁离子判断；【详解】(1) 用硫黄(用S表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达100%，则反应的方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，所以三者的物质的量比为2:3:1，因此，本题正确答案是：2:3:1；(2)因为二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成HCl可以抑制氯化锌的水解；加热条件下，A装置中总的化学方程式为SO

19、Cl2+ZnCl2xH2OZnCl2+SO2+2HCl+(x-1) H2O。因此，本题正确答案是：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；SOCl2+ZnCl2xH2OZnCl2+SO2+2HCl+(x-1) H2O；实验结束后为检测ZnCl2xH2O晶体是否完全脱水的操作方法是：d称取蒸干后的固体m克溶于水；c加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；e.过滤；b.洗涤；a.干燥；f称得固体为n克，所以正确的实验顺序为dcebaf；ZnCl2xH2O完全脱水得到ZnCl2，则mg为ZnCl2的质量，溶于水后加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为ng为AgC

20、l的质量，由氯离子守恒：2=，整理可得=0.47，因此，本题正确答案是：dcebaf；0.47；(3)FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应的离子方程式为SOCl2+2Fe3+3H2O=SO42-+6H+2Fe2+2Cl-；若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，而SOCl2水解得到SO2会被氧化为H2SO4，实验证明脱水时发生了氧化还原反应方案为： 方案一：往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象，则证明Fe3+已完全被还原，脱水过程发生了氧化还原反应；方案二：往试管中加水溶解，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明没有Fe

21、2+生成，脱水过程没有发生氧化还原反应，因此，本题正确答案是：KSCN溶液；K3Fe(CN)6溶液；若无蓝色沉淀出现。【点睛】本题考查物质制备实验、实验方案设计、对原理与操作的分析与评价、化学计算等，关键是对实验原理的理解，根据SOCl2是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂。9.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2 NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。相关金属离子c(Mn+)=0.1mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属

22、离子Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.461010、7.421011。回答下列问题：(1)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：_。(2)浸出液“净化除杂”过程如下：加入MnO2。用离子方程式表示MnO2的作用_；调节溶液的pH，除去Fe3+、Al3+。溶液恰当的pH范围为_；加入NH4F将Ca2+、Mg2+除去，两种沉淀共存时溶液中c(Ca2+)=1105molL1，则c(Mg2+)=_。(3)碳化结晶过

23、程中发生反应的离子方程式为_。(4)将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，可以得到重要的无机功能材料MnO2，该电极的电极反应式为_。(5)25时，向0 .1mol/L NH3H2O溶液中通入HC1气体，溶液中与pOH(仿pH定义)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是_。A.C点的溶液中：c(NH3H2O)c(NH4+)B.NH3H2O的Kb=1.0104.7C.pOH=3的溶液中：c(NH4+)+c(H+) +c(NH3H2O)=0.1mol/L+c(OH-)D.pOH=7的溶液中的溶质是NH4Cl【答案】 (1). 500、1.10、60min (2). MnO2+2Fe2+

24、4H+=Mn2+2Fe3+2H2O (3). 5.2pH8.8 (4). 510-6mol/L (5). Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+ H2O (6). Mn2+2 H2O-2e-= MnO2+4H+ (7). B【解析】【分析】（1）按图1、图2、图3的锰浸出率选择最佳条件：焙烧温度、投料比和焙烧时间；（2）MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，欲使Fe3+、Al3+变为沉淀而除去，溶液的pH5.2，不使Mn2+沉淀，pH8.8，从而确定pH范围；根据CaF2的溶度积常数计算出溶液中c(F-)，再用MgF2的溶度积常数计算出溶液中的c(Mg2+)；（3）碳化结晶时，可看成

25、Mn(HCO3)2受热分解，类比写出离子方程式；（4）阳极得到重要的无机功能材料MnO2，失电子发生氧化反应； （5）A.C点=0，故溶液中：c(NH3H2O)=c(NH4+)；B. C点=0，故溶液中：c(NH3H2O)=c(NH4+)，NH3H2O的Kb=c(OH-)=1.0104.7；C.pOH=3的溶液中： c(H+) -c(OH-)=10-11-10-30，物料守恒有c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.1mol/L，故c(NH4+) +c(NH3H2O) +c(H+)-c(OH-)7。【详解】（1）由图1可知焙烧温度选择500；由图2可知氯化铵和锰矿粉投料比选择1.10；由图3可

26、知焙烧时间选择60min，因此，本题正确答案为：500、1.10、60min；（2）MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；欲使Fe3+、Al3+变为沉淀而除去，溶液的pH5.2，不使Mn2+沉淀，pH8.8，从而确定pH范围为5.2pH8.8；根据CaF2的溶度积常数计算出溶液中c(F-)，再用MgF2的溶度积常数计算出溶液中的c(Mg2+)，c(Mg2+)=c(Ca2+)=110-5mol/L=510-6mol/L；因此，本题正确答案为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；5.2pH8.8；510

27、-6mol/L；（3）碳化结晶时，可看成Mn(HCO3)2受热分解，离子方程式为Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+ H2O；因此，本题正确答案为：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+ H2O；（4）阳极得到重要的无机功能材料MnO2，阳极发生氧化反应，故电极反应式为Mn2+2 H2O-2e-= MnO2+4H+；因此，本题正确答案为：Mn2+2H2O-2e-= MnO2+4H+； （5）A.C点=0，故溶液中：c(NH3H2O)=c(NH4+)，故A错误；B. C点=0，故溶液中：c(NH3H2O)=c(NH4+)，NH3H2O的Kb=c(OH-)=1.0104.7，故B正确；C.p

28、OH=3的溶液中： c(H+) -c(OH-)=10-11-10-30，根据物料守恒有c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.1mol/L，故c(NH4+) +c(NH3H2O) +c(H+)-c(OH-)7，故D错误。因此，本题正确答案为：B。10.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。回答下列问题：.CO可用于高炉炼铁，已知Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2 H1=akJ/mol3Fe2O3(s)+ CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) H2=bkJ/mol则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的H3=_kJ/mol(用含a、b的代数式表示).光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途。工业上常利用废气CO2通过反应：C(s)+CO2(g)2CO(g) H0，制取合成光气的原料气CO。在体积可变的恒压(pa)密闭容器中充入1 mol CO2与足量的碳发生上述反应，在平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：(1)T时，在容器中若充入稀有气体，平衡_