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1、届山东省潍坊市昌乐县第二中学高三下学期一模拉练理综化学试题解析版山东省潍坊市昌乐县第二中学2018届高三下学期一模拉练理综化学试题1. 天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉（主要为青色），与造砖同法”。下列说法正确的是（ ）A. “燃薪举火”使粘土发生复杂的物理变化B. 沙子和粘土主要成分为硅酸盐和碳酸钙C. 烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦D. 粘土和石灰石是制作砖瓦和陶瓷的主要原料【答案】C【解析】A、黏土烧制成瓦的过程为复杂的物理、化学变化过程， 选项A错误；B、沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，

2、不属于硅酸盐，选项B错误；C、青瓦和红瓦是在冷却时区分的：自然冷却的是红瓦，水冷却的是青瓦，选项C正确；D、由“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”可知粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，没有石灰石，选项D错误。答案选C。2. 下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数的数值）（ ）A. 6.72L NO2与水充分反应转移电子数为0.2NAB. 标况下，2.24L辛烷分子总数为0.1NAC. 常温常压下，15.4g的CCl4中含有的CCl键数为0.4NAD. 6.8g KHSO4溶于水中，含有0.05NA个阳离子【答案】C【解析】A6.72L NO2没有指明是标准状况下，选项A错误；B标况下

3、，辛烷是液态，选项B错误；C15.4g的四氯化碳是0.1mol，含有的CCl键数为0.4NA，选项C正确；D.6.8g KHSO4的物质的量为0.05mol，水溶液中KHSO4电离出钾离子和氢离子，故有0.1NA个阳离子，选项D错误。答案选C。3. 有机物X常被用于制香料或作为饮料酸化剂，在医学上也有广泛用途。物质X的结构简式如下图所示，下列关于物质X的说法正确的是（ ）A. X的分子式为C6H7O7B. X不能发生消去反应，但能发生水解反应C. 1mol物质X最多可以和4molNaOH发生反应D. 足量的X分别与等物质的量的NaHCO3、Na2CO3反应得到的气体的物质的量相同【答案】D【解

4、析】A、由结构简式可知，X的分子式为C6H8O7，选项A错误；B、分子中没有能水解的官能团，选项B错误；C、由于只有-COOH能与NaOH反应，1molX与3molNaOH反应,选项C错误；D、由于等物质的量的NaHCO3、Na2CO3反应，含C原子的物质的量相同，足量X与等物质的量的NaHCO3、Na2CO3反应得到的气体的物质的量相同，选项D正确。答案选D。4. 短周期元素甲、乙、丙、丁，它们的原子序数依次递增，甲原子半径最小，乙的氢化物与最高价氧化物对应水化物生成盐和水，乙和丙可以形成六种二元化合物，丁原子的最外层电子数与最内层电子数相同，则下列说法正确的是（ ）A. 乙和丙的单质可以很

5、容易直接化合生成稳定的化合物B. 甲、乙、丙三元素可以组成一种盐，该盐能促进水的电离C. 乙和丁组成的化合物与甲和丙组成的化合物不能反应D. 由甲、乙、丙三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有2种【答案】B【解析】甲、乙、丙都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，甲原子半径是最小，所以甲是H元素；乙的氢化物与最高价氧化物对应水化物生成盐和水，乙和丙可以形成六种二元化合物，则乙为N元素，丙为O元素，丁原子的最外层电子数与最内层电子数相同，丁为Mg元素，5. 对于下列描述的实验中，对应的现象和结论都正确，且两者具有因果关系的是（ ）选项实验现象结论A将少量Mg(OH)2粉末加入到饱和NH4

6、Cl溶液中粉末溶解NH4Cl水解使溶液呈酸性B将白色硫酸铜粉末进行高温加热白色固体先变黑色最后又变成红色硫酸铜最终分解生成铜单质 C将BaSO4固体粉末加入饱和K2CO3溶液中，搅拌，过滤，洗涤，在滤渣中加入稀盐酸产生气体，滤渣部分溶解Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）D向某溶液中滴加过量的稀硫酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊硫酸被还原A. A B. B C. C D. D【答案】A6. 一种低成本的储能电池，电池结构如下图所示，电池工作原理为：Fe3+Cr2+ Fe2+Cr3+。下列说法正确的是（ ）A. 电池放电时，Cl从b极穿过选择性透过膜移向a极B. 电池放电时，b极的电极反应

7、式为Cr3+e=Cr2+C. 电池充电时，a极的电极反应式为Fe2+-e=Fe3+D. 电池充电时，电路中每通过0.1mol电子，Fe2+浓度降低0.1molL1【答案】C【解析】A、电池放电时，Cl从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，故有a到b， 选项A错误；B、放电时，b为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为Cr2+-e= Cr3+， 选项B错误；C、电池充电时，a是阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Fe2+e=Fe3+，选项C正确；D、电路中每流过0.1mol电子，就会有0.1mol的亚铁离子失电子，减小浓度和体积有关，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查学生二次电池的工作原理知

8、识，考查学生对原电池和电解池工作原理的掌握，铁铬氧化还原液流电池电池工作时，放电时铁铬氧化还原液流电池放电时，Cl-将移向负极，负极发生电极反应为：Cr2+-e-=Cr3+，逆反应和充电时的阴极反应相同，充电时，在阳极极上离子失去电子发生氧化反应，即Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，逆反应和放电时正极上的反应相同，根据原电池和电解池的工作原理来回答判断即可。7. 常温下，向0.10molL1的醋酸溶液中逐滴滴入0.10molL1的氢氧化钠溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列有关叙述正确的是（ ）A. 点所示溶液中只存在醋酸的电离平衡B. 水的电离程度：C. 在点加

9、入氢氧化钠溶液的体积与醋酸的体积相同D. 点所示溶液中：c（Na+）+ c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）【答案】D【解析】A、点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在醋酸和水的电离平衡，选项A错误；到溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，即：，选项B错误；恰好中和时，酸碱的体积相同，生成醋酸钠水解，溶液显碱性，点时溶液成中性，碱的体积少，选项C错误；点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）= c（CH3COO）+c（OH），选项D正确。答案选D。8. 有兴趣研究小组用工业废渣（主要成分为Cu2S和Fe2O3）制取

10、氯化亚铜并同时生成电路板蚀刻液。资料显示：氯化亚铜（化学式为CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，通常是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇，在潮湿空气中易水解氧化成绿色；见光则分解。他们设计流程如下： 据此流程和以上信息回答下列问题：（1）验证焙烧气体产物是SO2的方法_；溶解固体A对应的化学方程式为_。（2）SO2吸收用NaOH溶液，为得到纯净的Na2SO3溶液，其操作应为_。（3）在Na2SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2溶液，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀写出该反应的离子方程式_。（4）CuCl沉淀的洗涤需要经过酸洗、水洗和醇洗，水洗操作为_；醇洗不能省略，原因是

11、_。（5）得到CuCl沉淀要迅速真空干燥、冷却，密封包装。这样操作的目的是_。（6）氯化亚铜在热水中迅速与水反应生成砖红色固体，写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). 将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热后又恢复红色 (2). CuO+2HCl=CuCl2+H2O 、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O (3). 把NaOH溶液两等分，一份通入足量SO2后，对溶液微热，然后与另一份NaOH溶液混合，即得到所需溶液 (4). 2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+ (5). 向过滤器中加入蒸馏水，浸没固体，待水滤出后，再重复操作2-3次 (6). 醇洗有利于

12、加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化 (7). 为不引入杂质，因为氯化亚铜在空气中会迅速被氧化，见光则分解 (8). 2CuCl+H2O Cu2O+2HCl【解析】用工业废渣（主要成分为Cu2S和Fe2O3）制取氯化亚铜并同时生成电路板蚀刻液，废渣焙烧硫化亚铜生成氧化铜、二氧化硫，二氧化硫通入氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸钠溶液，固体A主要为氧化铜和氧化铁，加入稀盐酸溶解得到氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入氧化铜调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到氯化铜溶液和沉淀B，沉淀B为氢氧化铁，氢氧化铁溶解于浓盐酸得到蚀刻液，亚硫酸钠溶液和氯化铜溶液加入浓盐酸抽滤得到氯化亚铜沉淀，洗涤得到固体粉末。（1）

13、验证气体是SO2方法是将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热后又恢复红色。固体A是硫化亚铜焙烧与氧气反应生成的氧化铜CuO和原废渣中的氧化铁Fe2O3的混合物，所以用盐酸溶解时反应方程式为：CuO+2HCl=CuCl2+H2O Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；（2）SO2与NaOH反应，当SO2少量会有NaOH剩余，SO2过量生成了NaHSO3了，为得到纯净的Na2SO3溶液，其操作应为把NaOH溶液两等分，一份通入足量SO2后，对溶液微热，然后与另一份NaOH溶液混合，即得到所需溶液；（3）在Na2SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即

14、得CuCl沉淀，反应的离子方程式为：2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H；（4）水洗操作为：向过滤器中加入蒸馏水，浸没固体，待水滤出后，再重复操作2-3次。醇洗有利于加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化；（5）得到CuCl沉淀要迅速真空干燥、冷却，密封包装。这样操作的目的是为不引入杂质，因为氯化亚铜在空气中会迅速被氧化，见光则分解；（6）氯化亚铜在热水中迅速与水反应生成砖红色固体为氧化亚铜，结合原子守恒配平书写化学方程式为：2CuCl+H2OCu2O+2HCl。点睛：本题考查了物质的分离提纯实验过程分析判断、题干信息的应用、氧化还原反应产物的分析及其离子和化合物性

15、质的理解应用等知识点，用工业废渣（主要成分为Cu2S和Fe2O3）制取氯化亚铜并同时生成电路板蚀刻液，废渣焙烧硫化亚铜生成氧化铜、二氧化硫，二氧化硫通入氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸钠溶液，固体A主要为氧化铜和氧化铁，加入稀盐酸溶解得到氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入氧化铜调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到氯化铜溶液和沉淀B，沉淀B为氢氧化铁，氢氧化铁溶解于浓盐酸得到蚀刻液，亚硫酸钠溶液和氯化铜溶液加入浓盐酸抽滤得到氯化亚铜沉淀，洗涤得到固体粉末。据此分析解答。9. CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。可由水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等制

16、取，其工艺流程如下： 已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表 沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成CoCl2回答下列问题：（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为_。（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是_。（3）“加Na2CO3调pH至a”，a=_；过滤所得沉淀的主要成分为_（填化学式）。（4）萃取剂对

17、金属离子的萃取与溶液pH的关系如下图所示，向“滤液”中加入该萃取剂的目的是_，使用该萃取剂的最佳pH范围是_（填选项字母）A. 5.05.5 B. 4.04.5 C. 3.03.5 D. 2.02.5（5）实验操作“操作1”为_、_、过滤和减压烘干；制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。【答案】 (1). Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O (2). 将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素 (3). 5.2 (4). Fe（OH）3、Al（OH）3 (5). 除去溶液中的Mn2+ (6). C； (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 (

18、9). 降低烘干温度，防止产品分解【解析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，Co2O3、Co（OH）3、Fe2O3、Al2O3、MnO和稀盐酸反应生成可溶性的CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2、NaCl，然后向溶液中加入氯酸钠，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，然后过滤，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品。（1）浸出水钴矿过程中，Fe

19、2O3发生反应的化学方程式为Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O；（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素；（3） “加Na2CO3调pH至a”，a=5.2，保证铝离子沉淀完全，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）根据流程图可知，此

20、时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；故答案为：除去溶液中的Mn2+；C ；（5）实验操作“操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和减压烘干；根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。点睛：本题考查了有关CoCl26H2O的工艺流程，理解工艺流程图，掌握实验操作与设计及相关物质的性质是解答的关键，（2）NaClO3中氯元

21、素化合价为+6价，为氧化剂，FeCl2中铁元素化合价+2价为还原剂；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（4）由表中数据可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（5）根据CoCl26H2O的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水。10. 我们的生活离不开铁元素。从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。（1）古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，其主要成分是_（填化学式）。（2）现代利用铁的氧化物循环裂解水制氢气的过程如下图所示。 已知：3FeO（s）+CO2（g

22、） Fe3O4（s）+CO（g）H1 19.3kJmol1Fe3O4（s）+H2（g）3FeO（s）+H2O（g）H2+57.2kJmol1C（s）+CO2（g）2CO（g）H3 +172.4kJmol1铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式是C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g）H_ 。整个过程与温度密切相关，当温度低于570时，Fe3O4（s）和CO（g）反应得到的产物是Fe（s）和CO2（g），阻碍循环反应的进行。下图表示其他条件一定时，Fe3O4（s）和CO（g）反应达平衡时CO（g）的体积百分含量随温度的变化关系。i反应Fe3O4（s）+4CO（g）3Fe（s）+4CO2

23、（g）H_0（填“”、“”或“=”），理由是_。ii在低于570的某温度时，发生上述反应，增加CO浓度，C(CO)/C(CO2)比值_(填“增大”“减小”“不变”)。（3）18世纪有一个名叫狄斯巴赫的德国人，他是制造和使用涂料的工人，因此对各种有颜色的物质都感兴趣。他实验合成出古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝。他的合成方法如下：复分解反应ii的化学方程式为_。利用普鲁士蓝合成原理也可以用于检测食品中CN，通过试纸变蓝与否则证明食品中含有CN，检测过程方案如下： FeSO4碱性试纸用于检测HCN的工作原理为_。【答案】 (1). Fe3O4 (2). +134.5 kJmol1 (3). (4).

24、当其他条件一定时，温度升高，CO的体积百分含量增大，可逆反应Fe3O4（s）+4CO（g）3Fe（s）+4CO2（g） 逆向移动，故H0 (5). 不变 (6). 3K4Fe(CN)6 + 4FeCl3 = Fe4Fe(CN)63 + 12KCl (7). 碱性条件下，Fe2+与CN结合生成Fe(CN)64-；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；Fe(CN)64- 与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色【解析】（1）古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁，化学式为Fe3O4；（2）Fe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H1-19.3kJmol

25、1. Fe3O4（s）+H2（g）3FeO（s）+H2O（g）H2+57.2kJmol1C（s）+CO2（g）2CO（g）H3+172.4kJmol1依据盖斯定律计算-得到铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式；C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g）H+134.5 kJmol1；i当温度低于570时，Fe3O4（s）和CO（g）反应得到的产物是Fe（s）和CO2（g），阻碍循环反应的进行，图象分析可知，随温度升高CO体积分数增大，说明达到平衡状态后，升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，H0；ii低于570C某温度时，发生反应Fe3O4（s）+4CO（g）3Fe（s）+4CO2（g）

26、，该反应的平衡常数表达式为K=C4(CO2)/C4(CO)，平衡常数仅受温度影响，温度变，平衡常数变，温度不变，平衡常数不变，温度不变时C(CO2)/C(CO)不变，不受CO浓度影响，则C(CO) / C(CO2)不变；（3）Fe(CN)64-和Fe3+反应生成Fe4Fe(CN)63蓝色沉淀，反应的化学方程式为：3K4Fe(CN)6 + 4FeCl3 = Fe4Fe(CN)63 + 12KCl；基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN，碱性条件下，Fe2+与CN结合生成Fe(CN)64-；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；Fe(CN)64-与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。11. 金属钛

27、（Ti）被誉为21世纪金属，其单质和化合物具有 广泛的应用价值请回答下列问题：（1）Ti的基态原子价电子排布式为_。（2）纳米TiO2常用作下述反应的催化剂。 化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有_个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为_。（3）含Ti3+的配合物的化学式为TiCl（H2O）5Cl2H2O，其配离子中含有的化学键类型是_，1mol该配合物中含有的键数目是_。（4）通过X射线探知KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似。且知三种离子晶体的晶格能数据如表：离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJmol1786715340

28、1KCl、MgO、CaO、TiN四种离子晶体熔点由高到低的顺序为_。（5）某种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有_个：Ti原子的配位数为_；此配位原子构成的空间构型为_；该晶胞中N、Ti原子之间的最近距离为a nm则该氮化钛晶体的密度为_gcm3、NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式）。【答案】 (1). 3d24s2 (2). 7 (3). ONC (4). 共价键、配位键 (5). 18NA (6). TiNMgOCaOKCl (7). 12 (8). 6 (9). 正八面体 (10). 【解析】（1）本题考查价电子和电子排布式，Ti属于过渡元素，价电子包括

29、最外层电子和次外层d能级上的电子，即价电子排布式为3d24s2；（2）本题考查杂化类型和电负性的规律，苯环上的碳原子为sp2杂化，连有羟基的碳原子和甲基上的碳原子有4个键，无孤电子对，其杂化类型是sp3杂化，羰基上的碳原子有3个键，无孤电子对，其杂化类型为sp2杂化，因此有机物甲有7个sp2杂化的碳原子，化合物乙中采用sp3杂化的是，羟基连接的碳原子、甲基上的碳原子、N、O，同周期从左向右电负性增强，即ONC；（3）本题考查化学键的类型，Cl和H2O与Ti3形成配位键，H2O中H和O之间形成(极性)共价键；配离子中Cl与Ti3形成1mol键，配离子中有5mol水分子，1mol水分子有2mol键，水分子共形成10mol键，5mol水与Ti3形成5mol键，此配合物中还含有结晶水，因此1mol配合物中含有键的数目是18NA；（4）考查晶格能，离子晶体熔沸点与晶格能有关，晶格能与离子半径和所带电荷数有关，离子半径越小，所带电荷数越多，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，TiN所带电荷数最多，晶格能最大，MgO和CaO中Mg2的半径小于Ca2，MgO的熔点大于CaO，NaCl所带电荷数最少，因此熔点由高到低的顺序是TiN