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1、精品解析全国市级联考陕西省渭南市高三第二次教学质量检测化学试题解析版陕西省渭南市2018年高三第二次教学质量检测化学试题1. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，下列不属于高分子材料的是A. PVC塑料 B. 光导纤维 C. 氯丁橡胶 D. 有机玻璃【答案】B【解析】丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物。A. PVC塑料属于合成高分子化合物，故A不选；B. 光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于高分子化合物，故B选；C. 氯丁橡胶属于合成高分子化合物，故C不选；D. 有机玻璃属于合成高分子化合物，故D不选；故选B。2. 中华文化源远

2、流长、博大精深。从化学的视角看，下列理解正确的是A. “玉不琢不成器”、“百炼方能成钢”发生的均为化学变化B. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高C. “所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作D. “丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是升作和凝华过程【答案】C【解析】A玉雕琢的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B冰转化为水的过程吸热，因此相同质量和温度的水和冰，水的能量高，故B错误；C物质的溶解度随温度变化大，提纯的方法是利用溶解后，煎炼得之主要利用蒸发结晶，故C正确；D升华属于物理变化，丹砂(

3、HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故D错误；故选C。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温常压下，37g37Cl2中所含的中子数为20NAB. 标准状况下，11.2L三氯甲烷所含C-C1键数目为1.5NAC. 若将1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NAD. 一定条件下，0.2molSO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数为0.2NA【答案】A点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题中要注意气体摩尔体积的使用范围和条件，只有气体才能使用；标准状况才能使用22.4L/mol。本题的易错点为C，要

4、注意胶体粒子是多个分子的聚集体。4. 有机物M、N、Q的转化关系如下图所示，下列说法正确的是A. M 的名称是2一甲基一丁烷B. N在NaOH 的水溶液中发生消去反应生成QC. Q分子中所有的碳原子一定共面D. N 的同分异构体有7 种(不考虑立体异构，不包括本身)【答案】D【解析】由转化关系可知，M为异戊烷，在一定条件下发生取代反应生成N，N为氯代烃，发生消去反应生成烯烃。AM含有5个C原子，系统命名为2-甲基丁烷，故A错误；B卤代烃的消去反应需要的条件为氢氧化钠的醇溶液，加热，故B错误；CQ中甲基、次甲基均为四面体结构，所有碳原子不可能共面，故C错误；DN的同分异构体可看作戊烷的一氯代物，

5、其中正戊烷有3种H原子，异戊烷有4种H原子，新戊烷有1种H原子，则一氯代物共有8种，可知N的同分异构体有7种，故D正确；故选D。5. PASS是新一代高效净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大。X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属元素，其氢氧化物能溶于强碱溶液但不溶于氨水，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确是A. Y、Z、R简单离子的半径依次减小 B. X和Y形成的化合物中只含有极性共价键C. 热稳定性:X2RIC将某化合物在酒精灯上灼烧焰色为黄色该化合物是钠盐D

6、向AgI沉淀中滴入KCl溶液有白色沉淀出现Ksp(AgCl)c(HC2O4-)c(H2C2O4)c(C2O42-)D. 向0.lmol/LH2C2O4溶液中加入少量水c(HC2O4-)/c(H2C2O4)减小【答案】A【解析】A. H2C2O4为弱酸，第一步电离平衡常数第二步电离平衡常数，即，则lglg，则-lg- lg c(HC2O4-)-lg-1gc(C2O42-)，因此曲线L1表示-1gc(H+)/c(H2C2O4)和-1gc(HC2O4-)的关系，曲线L2表示-1gc(H+)/ c(HC2O4-)和-1gc(C2O42-)的关系，故A正确；B. 根据上述分析，因为-lg-1gc(C2O

7、42-)=5，则Ka2(H2C2O4)= = 10-5，故B错误；C. 根据B的分析，Ka1(H2C2O4)= 10-2，则NaHC2O4的水解平衡常数= 10-12Ka2(H2C2O4)，说明以电离为主，溶液显酸性，则c(Na+) c(HC2O4-) c(C2O42-)c(H2C2O4)，故C错误；D. 向0.lmol/L H2C2O4溶液中加入少量水，草酸的电离程度增大，c(HC2O4-)/ c(H2C2O4)增大，故D错误；故选A。8. 绿矾(FeSO47H2O)可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8，沸点44.

8、8，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能溶于浓硫酸，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题:(1)甲组同学按照上图所示装置，通过实验检验绿矾分解产物。装置B中可观察到的现象是_，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。(2)乙组同学认为上述实验结论不严谨，对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中_(填字母)。A.不含SO2 B.可能含SO2 C.一定含有SO3(3)丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分实验装置及下列装置重新组装，对绿矾分解所得气态产物进行进一步验证: 装置F中仪器的名称是_。丙组同学的

9、实验装置中，依次连接的合理顺序为A、F、_、_、_、D、H(每个仪器只能使用一次)。该实验过程中，SO3对后面气体检测不产生干扰的现象是_。实验完成后，A试管中产生的红色固体是_。能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是_。已知实验前装置A试管中所取的绿矾质量是mg，加热一段时间后，往该试管中加入足量的稀硫酸，并用浓度为c mol/L的KMnO4溶液滴定，到达滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL，则绿矾加热分解过程中，铁元素被氧化的百分率为_。【答案】 (1). 品红溶液褪色 (2). BC (3). 球形干燥管 (4). G、E、B (5). 装置E中无白色沉淀生成 (6). Fe2O

10、3 (7). 把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气 (8). (m-1.39cV)/m100%【解析】(1)甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2，装置B中为品红溶液，二氧化硫有漂白性，故装置B中品红溶液褪色，故答案为：品红溶液褪色；(2)根据题意SO3氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红，三氧化硫的漂白不可恢复，乙对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中肯定有三氧化硫，未对二氧化硫检验，故可能含有二氧化硫，故答案为：BC；(3)装置F

11、中仪器为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；检验绿矾分解的气态产物中是否含有氧气，绿矾分解的产物中可能含有二氧化硫、三氧化硫、氧气和水蒸气，需要将其余气体除去，F中的无水硫酸铜可以检验水蒸气，需要首先检验；SO3是一种无色晶体，熔点16.8，沸点44.8，气体通入G中，如果有三氧化硫，三氧化硫将会冷凝为液体；然后用氯化钡检验三氧化硫是否完全冷凝，再用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，最后用排水集气法收集可能生成的氧气，装置E是检验三氧化硫是否完全冷凝，SO3对后面气体检测不产生干扰，需要装置E中无白色沉淀生成，故答案为：G、E、B；装置E中无白色沉淀生成；含有铁元素的红色固体是氧化铁；氧气收集在H中，利

12、用氧气支持燃烧的性质检验，方法为：把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气，故答案为：Fe2O3；把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气；mg绿矾的物质的量=mol，即n(Fe2+)=mol，滴定消耗的高锰酸钾的物质的量=c mol/LV10-3L= cV10-3mol，根据MnO4-+ 5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O可知滴定的亚铁离子的物质的量=5cV10-3mol，则绿矾加热分解过程中，铁元素被氧

13、化的百分率=100%=100%，故答案为：100%。9. 请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质。(1)工业上可利用CO或CO2来制备清洁液体燃料甲醇。已知: 800时反应:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H=-90.8 kJ/mol反应:H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) H=+41.2kJ/mol(1)写出用CO2与H2反应制备甲醇的热化学方程式_。(2)对于反应，在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图1所示。据此判断压强P1_P2(填“”“ (3). = (4). (5

14、). A C D (6). II (7). CO+CO32-2e-=2CO2 (8). 50%【解析】(1)2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H=-90.8kJmol-1，H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) H=+41.2kJmol-1，根据盖斯定律，+可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.6kJ/mol，故答案为：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.6kJ/mol；(2)由300时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以P1P2，故答案为：；平衡常数与压强无关，只与温度有关，B、C、D

15、温度相等，则KB=KC=KD，故答案为：=；由A到B压强增加，温度升高，逆反应速率增加，故v逆(A)v逆(B)，故答案为：；(3)对于反应H2(g)+CO2(g) H2O(g)+ CO (g) H=+41.2kJ/mol，在体积一定的密闭容器中加入一定量的H2和CO进行反应。A.若该反应在恒容，绝热的容器中进行，该反应前后气体的物质的量不变，容器中气体的压强始终不变，但反应吸热，随着反应的进行，气体的压强逐渐减小，当保持不变时说明反应达到平衡状态，正确；B.该反应达到平衡时，向平衡体系中充入一定量的氦气，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不可能发生移动，错误；C.恒温恒容条件下，H的值不随反应

16、物的投入量变化而变化，正确；D. 根据H2(g)+CO2(g) H2O(g)+ CO (g) 可知，恒温恒容条件下，若投入气体的总量保持不变，设起始投料比n(H2)/n(CO2)=X，当X=2或1/2时，转化的氢气或二氧化碳的相等，生成的H2O相等，水的体积分数不变，正确；故选ACD；(4)由图可知，0-15小时内，相同时间内第种催化剂的作用下收集的CH4最多，反应催化效果最好的催化剂是，故答案为：；(5)负极发生氧化反应，电极反应式为：CO-2e-+CO32-=2CO2，根据负极2CO+2CO32-4e-=4CO2，而正极反应为O2+4e-+2CO22CO32-，所以在转移4mol电子相同的

17、情况下负极产生4mol的二氧化碳，而正极消耗2mol的二氧化碳，所以利用率为50%，故答案为：CO-2e-+CO32-=2CO2；50%。10. 硒(Se)、碲(Te)为VIA族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一，电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te、Ag2Se和少量金属单质及其他化合物，工业上从其中回收碲、硒的一种工艺流程如下:已知:I.Se 单质难溶于水。TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱；II.元素碲在溶液中主要以Te4+、TeO32-、HTeO3-等形式存在；III.25时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=110-3，Ka2=210-8。(1)Se的氢化物的电子式是_。0

18、.1mol/L的H2TeO3电离度(当弱电解质在溶液里达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来总分子数的百分数叫做电离度) 约为_。(2) 加入浓硫酸焙烧前常将阳极泥中大块颗粒先粉碎，其目的是_。(3) SeO2 与SO2在冷却后通入水中反应的化学方程式_。反应后分离出Se单质的操作为_(填操作名称)。(4)焙砂中碲以TeO2形式存在，与足量NaOH溶液反应后得到的溶液，其溶质的主要成分为_(填化学式，过量的NaOH除外)。工业上也可以通过电解溶液得到单质碲。已知电解时的电极均为石墨，则阴极的电极反应式为_。(5)向溶液中加入硫酸时控制溶液的pH 为4.55.0，生成TeO2沉淀，如

19、果H2SO4过量，将导致碲的回收率_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(6)将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再将SO2通入到溶液中得到Te单质，请写出由四氯化碲得到Te单质的离子方程式_。(7)上述流程中可循环利用的物质_(填化学式)。【答案】 (1). (2). 10% (3). 增大接触面积，提高反应速率 (4). SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se (5). 过滤 (6). Na2TeO3 (7). TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH- (8). 偏低 (9). Te4+2SO2+4H2O=Te+8H+2SO42- (10). H2SO4、HCl【

20、解析】(1)Se与O属于同族元素，氢化物的电子式为。设电离的亚碲酸为xmol/L，(H2TeO3)的Ka1=110-3=，解得x=0.01，则0.1mol/L的H2TeO3电离度=100%=10%，故答案为：；10%；(2)加入浓硫酸焙烧前常将阳极泥中大块颗粒先粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率；(3)根据流程图，SeO2与SO2在冷却后通入水中反应生成Se，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se。Se单质难溶于水，反应后分离出Se单质可以通过过滤分离，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；过滤；(4)

21、TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。焙砂中碲以TeO2形式存在，与足量NaOH溶液反应后得到的溶液，其溶质的主要成分为Na2TeO3。工业上也可以通过电解溶液得到单质碲，电解时的电极均为石墨，则阴极发生还原反应，TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-，故答案为：Na2TeO3；TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-；(5) TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。向溶液中加入硫酸时控制溶液的pH为4.55.0，生成TeO2沉淀，如果H2SO4过量，将导致生成的TeO2沉淀偏少，碲的回收率偏低，故答案为：偏低；(6)将纯净的TeO

22、2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再将SO2通入到溶液中得到Te单质，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为Te4+2SO2+4H2O=Te+8H+2SO42-，故答案为：Te4+2SO2+4H2O=Te+8H+2SO42-；(7)根据流程图和上述(6)的方程式可知，Te4+2SO2+4H2O=Te+8H+2SO42-反应中生成的盐酸和硫酸可以循环利用，故答案为：H2SO4、HCl。11. 太阳能电池的发展已经进入了第三代。第三代就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜硅系太阳能电池。完成下列填空:(1)亚铜离子(Cu+)基态时的电子排布式为_。(2)比较硒和同周期相邻的元素砷的第一

23、电离能I1的大小:I1(As)_I1(Se)。用原子结构观点加以解释_。(3)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数)，其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成加合物，如BF3能与NH3 反应生成BF3NH3，BF3NH3中N 原子的杂化轨道类型为_，B与N 之间形成_键。(4)单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂(SiC) 结构。金刚砂晶体属于_(填晶体类型)，在SiC结构中，每个C原子周围最近的C原子数目为_。【答案】 (1). Ar3d10 (2). I1(As)I1(Se) (3). 元素

24、的第一电高能从左到右依次增大，而As原子最外层电子排布为4s24p3，电子排布处于半充满状态，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大 (4). sp3 (5). 配位 (6). 原子晶体 (7). 12【解析】(1)铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，基态铜离子(Cu+)的电子排布式为：Ar3d10，故答案为：Ar3d10；学%科%网.学%科%网.学%科%网.学%科%网.学%科%网.(3)BF3NH3中B原子含有3个 键一个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp3杂化，N原子含有3个 键一个配位键，N原子采取sp3杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键，故答案为：sp3；配位；(4)金刚砂具有金刚石的结构特点，属于原子晶体，每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个C原子周围最近的C原子数目为34=12，故答