化学精校版广东省六校联盟届高三第二次高考模拟理综解析版.docx

1、化学精校版广东省六校联盟届高三第二次高考模拟理综解析版广东省“六校联盟”2018届高三第二次高考模拟理综可能用到的原子量 H 1 O 16 Na 23 S 32 P 31 Ni 59 As 751. 下列关于化学与生产、生活的认识正确的是（ ）A. 糖类、油脂、蛋白质都可以水解B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C. 酸雨的pH在5.67.0之间D. 新能源汽车的推广与使用，有助于减少PM2.5的产生【答案】D【解析】 A、糖类中的最简单的单糖是不能水解的，故A错误；B、汽油、煤油等是石油分馏的产物，又叫馏分，都是混合物，故B错误；C、酸雨的pH小于5.6，故C错误，D、新能源

2、汽车是不再利用石油为能源，减少了有害气体的大量排放，有助于减少PM2.5的产生，所以D正确。本题正确答案为D。2. 下列有关各实验的叙述中正确的是（ ） A. 澄清石灰水变浑浊，证明蔗糖与浓硫酸反应生成了CO2B. 进行H2、NH3、CO2、Cl2、NO、NO2等气体的收集C. 当X选用苯时可进行NH3或HCl的吸收，并防止倒吸D. 可用于NH3的干燥，收集并吸收多余NH3【答案】D点睛：如SO2与品红作用生成无色不稳定物质，NO能与空气中的氧气反应，苯的密度比水的小，这些似乎都是简单知识，但却是解题的关键，结合装置图，很容易错选C；还有装置，在收集气体时，是a进b出、还是b进a出，不仅仅取决

3、于气体的密度，还与气体能否与空气中的某些成分发生反应有关。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有NA个电子转移B. 常温下，pH=12的氢氧化钠溶液中OH-数目为0.01NAC. lmolSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子D. 84gNaHCO3固体含有CO32-离子的数目为NA【答案】A【解析】A、Cl2与NaOH溶液反应的方程式为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，所以1mol氯气反应后有NA个电子转移，A正确；B、没有溶液的体积，因此无法计算微粒的数目，B错误；C、S

4、O2与O2生成SO3的反应是可逆反应，所以lmolSO2不可能完全反应，故转移电子的数目一定小于2NA个，C错误；D、NaHCO3固体是由Na和HCO3构成的，其中没有CO32，故D错误。本题正确答案为A。点睛：根据pH的数值只能求出H+或OH的浓度，学生往往忽略溶液的体积而做错；NaHCO3在固体时的构成微粒（Na和HCO3）与在溶液中存在的微粒（Na、CO32-、OH-、HCO3等）是不同的。4. 25时，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1 L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如下图所示。下列有关叙述正确的是（ ） A. b点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=

5、2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)B. 随pH增大，数值先减小后增大C. 25时，碳酸的第一步电离常数Ka1=10-6D. 溶液呈中性时：c(HCO3- )c(Cl-)c(CO32-)【答案】C【解析】A、由图解可知，b点时pH10，且c(CO32-)=c(HCO3-)，即少量的盐酸与碳酸钠反应，则溶液的溶质为NaCl、Na2CO3与Na HCO3，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)，或者c(Na+)+c(H+)=3c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)，所以A错误；B、由图象知，从pH8开始，c(C

6、O32-)逐渐增大，c(HCO3-)逐渐减小，所以数值增大，故B错误；C、由a点可知，当pH=6时，即c(H+)=10-6mol/L，c(H2CO3)= c(HCO3-)=0.02mol/L，碳酸的第一步电离方程式为H2CO3HHCO3，则Ka1= =10-6mol/L，故C正确；D、当溶液呈中性时，发生的反应为Na2CO3HCl=NaClNaHCO3和NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，在反应中，生成的NaCl和NaHCO3浓度相等，在反应中，生成的NaHCO3又消耗一部分，所以c(NaCl)c(NaHCO3)，即c(Cl)c(HCO3)，所以D错误。本题正确答案为C。点睛：识别图象中

7、点、线、交点的意义是解图象题的前提和关键，如D选项，要明确溶液呈中性时发生了哪些反应；而B选项，要确定c(CO32-)和c(HCO3-)的变化趋势，就要在二者的共存区域内分析，只能分析pH8的区域。5. 短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W 同主族， 且X 的电子层数与电子总数相等；X、Y形成的最简单化合物是目前应用广泛的一种气体燃料；Z是地壳中的含量最多的元素。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径： XYZW B. 氢化物沸点：YZC. Z、W 形成的化合物中只含离子键 D. W2Y2Z4的水溶液呈碱性【答案】D【解析】由X的电子层数与电子总数相等，确定X为H元素，由X、

8、Y形成的最简单化合物是目前应用广泛的一种气体燃料即CH4，则Y为C元素，Z是地壳中的含量最多的元素，即为O元素，由短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大且X、W 同主族，确定W为Na元素。据此分析如下：A、原子半径为XZYW，所以A错误；B、Y和Z的氢化物分别为CH4和H2O，二者的沸点为CH44.010-8,所以会析出BaMoO4沉淀。 (7). MoS2+9ClO+6OH MoO42-+9Cl+2 SO42-+3H2O【解析】(1)为了提高矿石的利用率，最常用的方法是将矿石粉碎，或者通入过量的空气；(2)根据流程图和(2)中信息可写出反应的化学方程式为：2MoS2 +7O22Mo

9、O3 +4SO2 由化合价变化情况分析可知，氧化产物为MoO3和 SO2；(3)由流程图可知Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2，而生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方程式为 MoO3+Na2CO3=Na2MoO4 +CO2；(4)当加入的沉淀剂为Na2S时，重金属离子即Pb2+则生成PbS废渣而除去；(5)当SO42-完全沉淀，即c(SO42-)=1.010-5mol/L 时，由Ksp(BaSO4)= 1.110-10，求出c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)/c(SO42-)=1.1

10、10-10/1.010-5=1.110-5mol/L，此时c(Ba2+)c(MoO42-)=1.110-50.40 =4.410-6 Ksp(BaMoO4)=4.010-8，所以有BaMoO4沉淀析出；(6)由题目叙述可知，反应物为钼精矿(MoS2)、碱和NaClO，生成物为钼酸钠和硫酸钠，结合化合价升降规律可知还有氯化钠生成，所以反应的离子方程式为MoS2+9ClO+6OH MoO42-+9Cl+2 SO42-+3H2O。点睛：陌生的化学方程式的书写在工艺流程题中常常出现，如(3)和(6)，要认真分析流程图中箭头的含义，加入了什么物质，生成了什么物质，要着眼全局，就能写出正确反应方程式。10

11、. 煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染，因此煤气中H2S的脱出程度已成为煤气洁净度的一个重要指标。请回答下列问题:（1）H2S在水溶液中的电离方程式为_。（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法、水解法等。COS的分子结构与CO2相似，COS的结构式为_。Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐的离子方程式为_。已知：H2、COS、H2S、CO的燃烧热依次为285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(

12、g)，该反应的H=_kJ/mol。用活性-Al2O3催化COS水解反应为COS(g)+H2O(g) CO2(g)+H2S(g) H0，相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与n(H2O)/n(COS)的关系如图2所示。由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为_，COS的转化率在后期下降的原因是_。由图2可知，P点时平衡常数K=_（保留2位有效数字）。Q点转化率高于P点的原因是_。【答案】 (1). H2SH+HS- 、HS-H+S2- (2). O=C=S (3). COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO4

13、2-+8Br-+6H2O (4). -285 (5). 150 (6). 催化剂中毒，发生副反应等合理答案（平衡逆向移动相关描述一律不给分） (7). 0.048 (8). 相同条件下n(H2O)/n(COS)越高，相当于COS浓度不变情况下，增大水蒸气浓度，平衡正向移动，COS转化率提高【解析】(1) H2S的水溶液即氢硫酸，是弱酸，将分步电离，即H2SH+HS- 、HS-H+S2-，或者只写H2SH+HS-；(2) CO2的分子结构是含C=O的直线型构成，所以COS的分子结构式为S=C=O；Br2的KOH溶液在氧化COS时，溴生成Br，S生成硫酸钾，C生成的CO2在碱性溶液又转化为CO32

14、-，所以反应的离子方程式为COS+4Br2 +12OH= CO32-+SO42-+8Br+6H2O；根据这四种物质燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律即可求出：H=(285kJ/mol+299kJ/mol)-(586kJ/mol+283kJ/mol)=-285 kJ/mol；由图1可知，在相同时间内，转化率最大时，即催化剂活性最大，对应的温度为150；温度过高，使催化剂最佳活性减弱或丧失，即催化剂中毒，导致转化率减小；由图2可知，P点时COS的转化率为30%，n(H2O)/n(COS)=3，可列如下关系： COS(g)+H2O(g) CO2(g)+H2S(g)起始物质的量(mol) 1 3 0

15、0改变物质的量(mol) 0.3 0.3 0.3 0.3平衡物质的量(mol) 0.7 2.7 0.3 0.3则K= 相同条件下n(H2O)/n(COS)的比值越高，相当于COS浓度不变情况下，增大反应物水蒸气浓度，促进化学平衡正向移动，提高了COS转化率。11. 镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：（1）基态 Ni 原子中，电子填充的能量最高的能级符号为_，价层电子的轨道表达式为_。（2）Ni的两种配合物结构如图所示： A BA 的熔、沸点高于B的原因为_。A晶体含有化学键的类型为_（填选项字母）。A键 B键 C配位键 D金属键A晶体中N原子的杂化形式是_。（3）

16、人工合成的砷化镍常存在各种缺陷，某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As， 其中 Ni 元素只有2 和3 两种价态， 两种价态的镍离子数目之比为_。（4） NiAs的晶胞结构如图所示：镍离子的配位数为_。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为 gcm3，则该晶胞中最近的砷离子之间的距离为_pm。【答案】 (1). 3d (2). (3). A中含氢键 (4). ABC (5). sp2 (6). 1:1 (7). 4 (8). 或 【解析】(1)镍的原子序数为28，其电子排布式为1S22S22P63S23P64S23d8，其价电子的轨道表达式为，所以基态镍原子核外电子填充的能量最高的能级符号为3d；

17、(2)A中有OH键，而B中没有，而有OH键的物质可在分子间形成氢键，使物质的熔沸点升高；在A的分子结构中有C=N双键，其中有键和键，有箭头所示的配位键，故选ABC，其中的N原子以sp2方式杂化；(3)某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As， 其中Ni元素只有2和3两种价态，设2价的Ni为x个，+3价的Ni为y个，则由原子守恒得x+y=1.2，由化合价原则得2x+3y=3，求出x=y=0.6，所以两种价态的镍离子数目之比为1:1；(4) 由NiAs的晶胞结构分析可知，与一个Ni3+距离最近的等径As3-为22=4个，所以镍离子的配位数为4；该晶胞中含有的Ni3+为(1/8)8+(1/2)6=4，含有

18、的As3-为4，即含有4个NiAs微粒，设其棱长为acm，其质量为(1344)/ NA g，所以a= cm，而As3-位于其1/8晶胞的体心，两个As3-间的距离相当于面对角线的一半，即a=1010pm。12. 福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：（1）福酚美克中的含氧官能团有_和_（填名称）。（2）CD的转化属于_反应（填反应类型）。（3）上述流程中设计AB步骤的目的是_。（4）A与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为：_。（5）A的同分异构体X满足下列条件：能与NaHCO3反应放出气体； 能与FeCl3溶液发生显色反应。符合上述条件的同分异构体有_种。其中核磁共振氢谱有5

19、组吸收峰的结构简式为_。（6）参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料（无机试剂任选），设计制的合成路线：_。【答案】 (1). 羧基 (2). （酚）羟基 (3). 氧化 (4). 保护酚羟基 (5). (6). 13 (7). (8). 【解析】 (1) 由福酚美克的结构简式可知，含有羧基和酚羟基两种含氧的官能团；(2) CD是把CH2OH氧化为CHO，所以是氧化反应；(3)流程中设计AB的目的是保护酚羟基，防止在后面的转化过程中被破坏；(4)A与足量氢氧化钠溶液反应时，酚羟基和酯基都能反应，所以反应的化学方程式为：+2NaOH+CH3OH+H2O； (5)能与NaHCO3反应放出气体的官能团为COOH