安徽省宣城市高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题解析版.docx

1、安徽省宣城市高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题解析版宣城市高三年级第二次调研测试高三理科综合试题 （化学部分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Pb-207一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关。下列说法中正确的是A. 水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品B. 防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的盐析C. 利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性D. 食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化作用【答案】C【解析】【详解】A水泥、水玻璃的主要成分为硅酸

2、盐，属于硅酸盐产品，但水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐，故A错误；B紫外线能使蛋白质变性，不是盐析，应注意防晒，故B错误；C肥皂水(弱碱性)可与酸性物质反应，可减轻蚊虫叮咬引起的痛痒症状，故C正确；D铁在食品包装盒中起到了吸收氧气的作用即抗氧化作用，生石灰不能与氧气反应，可以作干燥剂，不能作抗氧化剂，故D错误；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是A. 0.1molL1(NH4)2SO4溶液中NH4+数目一定小于0.2NAB. 标况下，3.2gN2H4中含有的NH键的数目为0.4NAC. 将1 molCl2通入水中，溶液中HClO、Cl、ClO粒子数之和为2NA

3、D. 1mol的CO2和H2O(g)的混合气体与过量Na2O2充分反应转移的电子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A、未告知溶液的体积，无法计算0.1mol/L (NH4)2SO4溶液中含有的硫酸铵，也就无法计算铵离子的数目，故A错误；B.3.2 g N2H4的物质的量为=0.1mol，每个N2H4分子含有4个N-H键，所以含有N-H键数目为0.1mol4NAmol-1=0.4 NA，故B正确；C氯气溶于水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，部分以氯气分子形式存在，所以将lmol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和小于2NA，故C错误；D、过氧化钠和二氧化碳或水反应，当1m

4、ol二氧化碳或水反应时，反应转移1mol电子，故当1mol二氧化碳和水蒸汽的混合气体与过氧化钠反应时，反应转移1mol电子即NA个，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，1mol二氧化碳或水与过氧化钠反应转移1mol电子。3.与甲、乙两套装置有关的下列说法正确的是A. 甲、乙装置中，锌棒均作负极，发生氧化反应B. 甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，故甲生成气泡的速率更快C. 甲、乙装置的电解质溶液中，阳离子均向碳棒定向迁移D. 乙中盐桥

5、设计的优点是迅速平衡电荷，提高电池效率【答案】D【解析】【分析】根据图示，甲未构成闭合电路，不属于原电池装置，发生化学腐蚀；乙满足构成原电池的条件，是原电池，其中锌为负极，碳棒为正极，结合电极反应式和原电池原理分析解答。【详解】A. 根据上述分析，甲不是原电池，故A错误；B. 甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，发生化学腐蚀，乙中构成了原电池，负极失去电子的速率加快，因此正极放出氢气的速率增大，故B错误；C. 甲不是原电池，电解质溶液中的阳离子向锌移动，故C错误；D. 盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，盐桥既可沟通两方溶液，又能阻止反应物的直接接触，迅速平衡电荷，使由它连接的两溶液保持电中性，提

6、高电池效率，故D正确；答案选D。4.某研究小组利用下图装置探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理。下列说法错误的是A. 装置B中若产生白色沉淀，说明Fe3+能将SO2氧化成SO42B. 实验室中配制70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒C. 三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气D. 装置C可能发生倒吸，同时还不能完全吸收反应产生的尾气【答案】A【解析】【详解】A. 装置A中70%的硫酸与亚硫酸钠反应放出二氧化硫，二氧化硫的水溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能够氧化二氧化硫生成SO42-，从而在B中产生硫酸钡白色沉淀，不能说明Fe3+能将SO2氧化成S

7、O42，故A错误；B. 实验室中配制70%的硫酸，需要用量筒量取适当体积的浓硫酸，然后慢慢倒入一定量水中，边倒边搅拌，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故B正确；C. 二氧化硫能够被氧化，为了排除空气中氧气的干扰，在滴加浓硫酸之前，三颈烧瓶中需要通入N2以排尽装置内的空气，故C正确；D. 二氧化硫在水中的溶解度较大，装置C可能发生倒吸，且气体与液体的反应接触不充分，会导致产生的尾气不能完全吸收，故D正确；答案选A。5.多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列说法正确的是A. 甲在苯环上的溴代产物有2种B. lmol乙与H2发生加成，最多消耗3molH2C.

8、多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面D. 甲、乙、多巴胺3种物质均属于芳香烃【答案】C【解析】【详解】A. 甲()在苯环上的一溴代产物有2种，还有二溴代产物等，故A错误；B. 乙()中的苯环和羰基都能与氢气发生加成反应，lmol乙最多可以与4molH2发生加成反应，故B错误；C. 多巴胺()分子中苯环上的6个碳原子共平面，碳碳单键可以旋转，则侧链上的碳原子可能处于苯环所在平面，故C正确；D. 甲、乙、多巴胺中除了还有C和H元素外，还含有其他元素，均属于烃的衍生物，故D错误；答案选C。6.短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与氦相同。X的一种核素在考古时常用来

9、鉴定一些文物的年代，Y在地壳中含量最多，Z原子半径为短周期中最大，Q存在由多原子分子构成的单质。下列说法错误的是A. W与X可形成3种以上化合物B. W、X、Y只能形成1种二元酸C. Y与Z可形成既含共价键又含离子键的化合物D. X、Q的最高价氧化物对应水化物的酸性：QX【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X为C元素；Y在地壳中含量最多，Y为O元素；W的阴离子的核外电子数与氦相同，W为H元素；Z原子半径为短周期中最大，Z为Na元素；Q存在由多原子分子构成的单质，且位于第三周期，则Q为P或S元素，结合元素周期律分

10、析解答。【详解】根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，Q为P或S元素。A. H与C形成的化合物为烃，种类很多，远超过3种，故A正确；B. H、C、O可以形成碳酸，也可以形成羧酸，种类很多，故B错误；C. O与Na可形成氧化钠和过氧化钠，其中过氧化钠中既含共价键又含离子键，故C正确；D. 元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性P或SC，则最高价氧化物对应水化物的酸性：P或SC，故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点和难点为D，主要是Q元素的判断，Q存在由多原子分子构成的单质，在第三周期中，符合条件的有P，可以构成白磷(P4)，也可以是S，可以形

11、成S8分子。7.t时，将0.200molL1的某一元酸HA与0.200molL1的NaOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。下列说法中正确的是A. 所得溶液中：c(Na+)c(A)c(HA)c(OH)B. t时，水的离子积Kw=1.01013C. t时，一元酸HA的电离常数K=3.10107D. t时，0.100molL1NaA溶液中A的水解率为0.80%【答案】D【解析】【分析】t时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c(HA)=0.100mol/L，c(NaOH)=0.100mol/L，HA与NaOH发生反应N

12、aOH+HA = NaA+H2O，反应恰好生成0.1mol/L的NaA，根据溶液中的守恒思想分析判断。【详解】t时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c(HA)=0.100mol/L，c(NaOH)=0.100mol/L，HA与NaOH发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，反应恰好生成0.1mol/L的NaA，根据物料守恒，c(HA)+c(A-)=0.1mol/L，已知c(A-)=9.9210-2mol/L，则c(HA)=0.1mol/L-9.9210-2mol/L=810-4mol/L，c(Na+)=0.1mol/L，已知c(H+)

13、=2.5010-10mol/L，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则c(OH-)=0.1mol/L+2.5010-10mol/L-9.9210-2mol/L810-4mol/L。A所得溶液中，c(Na+)=0.1mol/L，c(A-)=9.9210-2mol/L，c(HA)=810-4mol/L，c(OH-)810-4mol/L，c(OH-)c(HA)，因此所得溶液中，粒子浓度大小关系为：c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)，故A错误；Bt时，溶液中c(H+)=2.5010-10mol/L，c(OH-)810-4mol/L，则水的离子积Kw=c(H+)c

14、(OH-)2.5010-10810-4=210-131.010-14，故B错误；Ct时，一元酸HA的电离常数K=3.110-8，故C错误；Dt时，0.100mol/L的NaA溶液中，平衡时c(HA)=810-4mol/L，发生的水解反应为：A-+H2OHA+OH-，则水解率=100%=0.80%，故D正确；答案选D。三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每道试题考生必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(11题，共129分)8.亚硝酸钠(NaNO2)是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组设计了如下图所示的装置

15、制备NaNO2(A中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性KMnO4氧化成NO3)。(1)仪器a的名称是_。(2)A中实验现象为_。(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是_(填字母序号)。AP2O5 B无水CaCl2 C碱石灰 D浓硫酸(4)E中发生反应的离子方程式为_。(5)从提高氮原子利用率的角度出发，其中B装置设计存在一定缺陷，如何改进?_。(6)已知：2NO2+2I+4H+=2NO+I2+2H2O；2S2O32+I2=2I+S4O62为测定得到产品中NaNO2的纯度，采取如下实验步骤：准确称取质量为1.00g的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量

16、水溶解后，加入过量的0.800molL1KI溶液、淀粉溶液；然后滴加稀硫酸充分反应后，用0.500molL1Na2S2O3溶液滴定至终点，读数，重复以上操作，3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25 mL。滴定终点时的实验现象_，该样品中NaNO2纯度为_(保留一位小数)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 剧烈反应，产生大量红棕色气体 (3). C (4). 3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O (5). 在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO (6). 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 (7). 69.

17、0%【解析】【分析】由实验装置可知，A中发生C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O，B中稀释挥发的硝酸和将生成的二氧化氮与水反应转化为NO，C中固体干燥剂干燥NO，并除去可能混有的酸雾，D中发生2NO+Na2O22NaNO2，E中高锰酸钾吸收尾气NO，结合氮及其化合物的性质分析解答。【详解】(1)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)A中浓硝酸与碳在加热时发生反应：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O，可以看到的实验现象为碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体，故答案为：碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体；(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度，生成

18、的一氧化氮需要在C装置中净化，主要是除去水蒸气和可能出现的酸雾，因此盛放的试剂可能是碱石灰，其他几种均不能除去酸雾，故答案为：C；(4)根据题意，E中NO被高锰酸钾氧化生成NO3-，反应的离子方程式为3MnO4- +4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O，故答案为：3MnO4- +4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O；(5)浓硝酸易挥发，A中生成的二氧化氮中一定有少量硝酸蒸气逸出，二氧化氮与水反应也会生成硝酸，B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，从提高氮原子利用率的角度出发，可以在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO，故答案为：B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转

19、化为NO；(6)利用NaNO2的氧化性来测定其纯度，在酸性条件下，NaNO2能将I-氧化为I2，碘和淀粉显示蓝色，所以加适量水溶解，加入过量的0.800molL-1 KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色说明达到滴定终点；3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25 mL，很明显20.25 mL误差较大，删除，平均消耗的Na2S2O3溶液的体积=20.00mL，由S2O32-能将I2还原为I-可知，2NO2-I22S2O32-；消耗NaS2O3的物质的量为0.500molL-120.0010-3L=0.01mol，则N

20、aNO2的物质的量为0.01mol，此NaNO2的纯度为100%=69.0%，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；69.0%。【点睛】本题的易错点和难点为(6)，要注意实验数据有效性的判断，并且学会根据氧化还原反应的电子守恒，建立关系式计算的方法。9.二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：I：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1=197.7kJmol1 K1(浓度平衡常数)为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体V2O3催化剂的密闭容器装置(1)在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2 mol SO2、1molO2投料，达平衡时，三个容器中

21、SO2的转化率从大到小的顺序为_(用“甲、乙、丙”表示)。(2)在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表：表中：a=_；b=_。已知用平衡分压(分压=总压物质的量分数)代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1=_；Kp1_Kp2(填“”、“”、“”或“=”)。(3)将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用，此催化过程如下：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g) H2 K2(浓度平衡常数)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H3=114.1kJmol1 K3(浓度平衡常数)H2=_；K3=_

22、(用含有K1、K2的表达式表示)。【答案】 (1). 丙甲乙 (2). 118.62kJ (3). 40% (4). 135MPa-1 (5). (6). (7). -41.8 kJmol1 (8). 【解析】【分析】(1)在初始体积与温度相同的条件下，甲为恒温恒容、乙为绝热恒容、丙为恒温恒压，均按2 mol SO2、1molO2投料，与甲相比，乙中随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，丙中随着反应的进行，容器的体积逐渐减小，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，据此分析判断； (2) 根据表格数据，A组起始时充入2 mol SO2、1molO2，平衡转化率为60%，结合2SO2(g)+ O

23、2(g) 2SO3(g)H1=197.7kJmol1，计算平衡时放出的热量a；B组起始时充入2mol SO3，与A组等效，据此判断平衡时三氧化硫的转化率b；根据三段式计算平衡时气体的总物质的量，再计算三种物质的物质的量分数，结合压强平衡常数的含义计算K；该反应为放热反应，根据温度对平衡的影响分析判断；按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料，相当于按0.8 mol SO2、0.6molO2进行投料，与A组等效，结合A组平衡时的各成分的物质的量判断反应的方向；(3) 根据盖斯定律，(I-III)得II，I-II2得III，据此分析解答。【详解】(1)在初始体积与

24、温度相同的条件下，甲为恒温恒容、乙为绝热恒容、丙为恒温恒压，均按2 mol SO2、1molO2投料，与甲相比，乙中随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，SO2的转化率减小；与甲相比，丙中随着反应的进行，容器的体积逐渐减小，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，因此三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为丙甲乙，故答案为：丙甲乙； (2) 根据表格数据，A组起始时充入2 mol SO2、1molO2，平衡转化率为60%，结合2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)H1=197.7kJmol1，平衡时放出的热量a=197.7kJ60%=118.62kJ，B组起始时充入2

25、mol SO3，与A组等效，则平衡时三氧化硫的转化率b=1-60%=40%，故答案为：118.62kJ；40%；A组： 2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) 起始(mol) 2 1 0反应(mol) 1.2 0.6 1.2平衡(mol) 0.8 0.4 1.2平衡时气体的总物质的量=0.8 mol +0.4 mol +1.2 mol =2.4mol，其中SO2占=，O2占=，SO3占=，则Kp1=135MPa-1；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，Kp1Kp2，故答案为：135MPa-1；A组平衡时n(SO2): n(O2) : n(SO3)=0.8:0.4:1.

26、2=2:1:3。该反应为气体体积减小的反应，若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料，相当于按0.8 mol SO2、0.6molO2进行投料，与A组等效，n(SO2): n(O2) : n(SO3)=0.4:0.2:0.4=2:1:2，因此起始时反应正向进行，即v正(SO2)v逆(SO2) ，故答案为：；(3) I：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1=197.7kJmol1 K1，：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g) H2 K2，：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H3=114.1kJmol1 K3，根据盖斯定律，将I-I

27、I得：2SO2(g)+2NO2(g)2SO3(g)+2NO(g) 2H2=(197.7kJmol1)-(114.1kJmol1)= -83.6 kJmol1，则H2= -41.8 kJmol1；根据盖斯定律，将I-II2得2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，则K3=，故答案为：-41.8 kJmol1；。10.工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，示意图如下：(1)阴极反应式为_。(2)精炼过程中，AgNO3溶液的浓度将_(填“增大”、“减小”或“不变”)；原因是_。“钯(Pd)金”不仅是优异的催化剂，也是首饰界的新宠。精炼银的过程中钯元素可在电解液中大量富集，因此工业上常利

28、用精炼银的电解液主要成分为：AgNO3、Pd(NO3)2、Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、Ni(NO3)2、HNO3等为原料生产“钯金”，流程如下：(3)定量实验检测表明，当滤液1中c(Ni2+)=2103molL1时，Pd2+仍没有开始沉淀，计算此时溶液中c(Fe3+)=_，(KspNi(OH)2=2.01015、KspFe(OH)3=4.01038)。(4)“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(5)为保证产品的纯净，“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤，简述检验滤渣是否洗净的实验方法_。(6)写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：_。【答案】 (1). Ag+e-= Ag (2

29、). 减小 (3). 阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁，但阴极得电子的却只有Ag+，所以AgNO3浓度减小 (4). 4.01020molL1 (5). 11 (6). 用一支洁净的小试管，取最后清洗液12mL，向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净 (7). （NH4）2PdCl6+2HCOOH=Pd+2CO2+2NH4+6Cl-+4H+【解析】【分析】工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，根据电解装置图，粗银棒为阳极，纯银片为阴极，结合电解原理分析解答。(3) 根据KspNi(OH)2计算出溶

30、液的c(OH-)，再根据KspFe(OH)3计算c(Fe3+)；(4)“氧化”过程中过氧化氢在酸性条件下氧化Pd2+得到PdCl62-，根据得失电子守恒分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；(5)根据流程图，沉淀上吸附的离子有氯离子等，检验滤渣是否洗净只需要检验是否存在氯离子即可；(6)“还原”步骤中(NH4)2PdCl6与HCOOH发生氧化还原反应生成Pd单质，甲酸被氧化生成二氧化碳，据此书写反应的离子方程式。【详解】工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，根据电解装置图，粗银棒为阳极，纯银片为阴极。(1)阴极发生还原反应，溶液中的阳离子放电，电极反应式为Ag+e-= Ag，故答案为：Ag+e-= Ag；(2)精炼过程中，阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁等元素，但阴极得电子的却只有Ag+，所