届四川省宜宾市第四中学高三二诊模拟考试理综化学试题解析版Word文档下载推荐.docx

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【点睛】在高考题中，该类型题目属于必考题型，考查阿伏加德罗常数，结合其他知识进行考查，综合性很强，故特别要小心，涉及到气体体积，务必要看是否有标况这一条件，涉及到物质的量浓度的转化，务必注意是否已知溶液体积这一条件等等，切不可大意。

3.下列实验操作规范且能达到目的是

A.AB.BC.CD.D

【详解】A.容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液,且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故A错误；

B.乙酸乙酯和乙醇二者互溶，但沸点不同，所以可以用蒸馏法分离。

加入乙酸不能完全与乙醇酯化，也不能控制乙酸的用量。

故B错误；

C.医用酒精是酒精水溶液，将金属钠投入到盛有医用酒精的烧杯中，钠既能够与水反应，又能和酒精反应，故无法检验乙醇中氢的活泼性，故C错误；

D.向25ml沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液6滴，并加热至溶液呈红褐色时，铁离子水解生成Fe（OH）3胶体，操作合理,故D是正确；

本题答案为D。

【点睛】容量瓶是配制一定物质的量浓度的必备精密仪器，必须在标定的温度下使用，不能做容器盛放液体，也不能做反应器或物质溶解的容器。

4.X、Y、Z、M、G五种短周期元素原子序数依次增大。

X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；

Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；

Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂。

下列叙述正确的是

A.元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的弱

B.化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同

C.ZX与水的反应属于氧化还原反应

D.简单离子半径的大小顺序：

X<

Y<

Z<

M<

G

【分析】

X、Z同主族，可形成离子化合物ZX,可知x为H，Z为Na,Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，可知Y为O，M为S，Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂，所以G为Cl。

【详解】A.元素M的氧化物对应的水化物是H2SO3、H2SO4两种，G的氧化物对应的水化物主要有HClO、HClO3、HClO4，H2SO3、H2SO4的酸性均比HClO强，故A错误；

B.化合物Z2M是Na2S，含有的化学键是离子键，MY2是SO2，含有的化学键是共价键，故B错误；

C.NaH和水反应，生成NaOH和氢气，是氧化还原反应，故C正确；

D.简单离子半径的顺序是：

Z<

Y<

G<

M，故D错误；

本题答案为C。

5.在实验室中，以一定浓度的乙醛—Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程（如图），乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。

下列对电解过程的分析正确的是

A.以铅蓄电池为电源，则a极为Pb电极

B.石墨Ⅱ电极附近的pH逐渐减小

C.阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+

D.每处理含8.8g乙醛的废水，转移电子的数目为0.4NA

根据图示可知，钠离子、氢离子向石墨II极移动，石墨II为电解池的阴极，b为电源的负极，a极为电源的正极，以铅蓄电池为电源，铅为负极，二氧化铅为正极，因此a极为PbO2电极，A错误；

在阴极氢离子、乙醛，得电子生成氢气和乙醇，电极反应式为4H++4e-=2H2↑，CH3CHO+2H++2e-=CH3CH2OH，溶液的pH逐渐变大，B错误；

阳极发生氧化反应，CH3CHO失电子被氧化为乙酸，阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，C正确；

8.8g乙醛其物质的量为0.2mol，有0.1mol乙醛在阳极被氧化：

CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，有0.1mol乙醛在阴极还原：

CH3CHO+2H++2e-=CH3CH2OH，所以0.1mol乙醛发生氧化或还原均转移电子0.2NA，D错误；

正确选项C。

6.常温下，用0.1000mol·

L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的Na2CO3溶液，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示（饱和H2CO3溶液pH=5.6）。

下列有关叙述正确的是

A.若c（Na2CO3）=0.1000mol·

L-1，则H2CO3的Ka2数量级约为10-6

B.c点处溶液中一定有：

c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）

C.a、c两点水的c（OH-）之比为10-11.6:

10-7

D.若z=5.6，则d点有c（Na+）=c（Cl-）>

c（H2CO3）>

c（OH-）

碳酸钠溶液水解显碱性，水解平衡常数Kh=c（HCO3-）×

c（OH-）/c（CO32-）=Kw/Ka2,由碳酸钠溶液水解规律可知，水解达平衡后c（HCO3-）≈c（OH-）=10-2.4mol·

L-1，c（CO32-）≈0.1000mol·

L-1，所以Kw/Ka2=10-2.4×

10-2.4/0.1,Ka2=10-10.2,A错误；

c点处溶液为中性，根据电荷守恒规律：

c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（Cl-）,由于c（OH-）=c（H+），所以：

c（Na+）>

2c（CO32-）+c（HCO3-），B错误；

a点溶液为碳酸钠，能够发生水解，促进水的电离，水的c（OH-）=10-2.4mol·

L-1，c点为中性溶液，对水的平衡无影响，水的c（OH-）=10-7mol·

L-1，C错误；

当盐酸滴加到40.00mL，pH=5.6，d点溶液显酸性，溶液为氯化钠和碳酸的混合液，因此，c（Na+）=c（Cl-）>

c（OH-），D正确；

正确选项D。

点睛：

常温下，对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，平衡左移，水电离产生的c（H+）或c（OH-）小于10-7mol·

L-1；

加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移，水电离产生的c（H+）或c（OH-）大于10-7mol·

L-1。

7.对伞花烃（图I）常用作染料、医药、香料的中间体。

A.常温对伞花烃呈液态且难溶于水

B.图Ⅱ物质的一氯代物有5种结构

C.对伞花烃最多有9个碳原子共平面

D.图中氢化反应既是加成反应又是还原反应

【答案】B

A.从结构上看对伞花烃属于苯的同系物，具有苯的同系物的性质，为液态且难溶于水，故A正确；

B.从图二可以看出该物质每一个C原子上均连着H，并且是一个沿着竖直方向轴对称的结构，所以其一氯代物一共有7种，故B错误；

C.对伞花烃中苯环及与苯环相连的C原子一定在同一平面，上面两个甲基中最多有一个C原子与苯环可能共平面，所以最多有9个碳原子共平面，故C正确；

D.氢化反应是加成反应，同时有机化学中又把引入氢的反应叫还原反应，故D正确；

本题选B。

有机物反应时把有机物引入氧或脱去氢的作用叫氧化；

引入氢或失去氧的作用叫还原。

8.工业废水中含＋6价的铬会损害环境，必须进行处理。

某工厂的处理工艺流程如下：

（1）N2H4的电子式为_____。

（2）下列溶液中，可替代N2H4的是_____。

（填选项序号字母）

a．FeSO4溶液b．浓HNO3溶液c．酸性KMnO4溶液d．Na2SO3溶液

（3）已知加入N2H4后，N2H4转化为无污染的物质，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。

（4）在实际工业生产中，处理含铬废水还可采用直接沉淀的方法，其成本较低。

①已知酸性废水中存在Cr2O72-和CrO42-的转化平衡，请用离子方程式表示它们之间的转化反应_____；

②加入沉淀剂BaCl2溶液之前需加入一定量的NaOH溶液，以利于沉淀的生成，则生成的沉淀为_____（写化学式）。

（5）工业上还可用电解法来处理含Cr2O72-的酸性废水，通过电解制得还原剂。

右图为电解装置示意图（电极材料分别为铁和石墨）。

①装置中b电极的材料是_____（填“铁”或“石墨”）。

②该处理过程中，Cr2O72-被还原成Cr3+的离子方程式为_____。

【答案】

（1）.

（2）.AD（3）.2∶3（4）.Cr2O72-+H2O2

2CrO42-+2H+（5）.BaCrO4（6）.铁（7）.Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

试题分析：

本题以处理含Cr2O72-的工业废水的流程为载体，考查氧化还原反应的基本概念和有关计算，外界条件对化学平衡的影响，电解原理。

（1）N2H4中只存在共价键，电子式为

。

（2）根据流程加入N2H4，Cr2O72-被还原成Cr3+，N2H4在反应中作还原剂，能替代N2H4的物质具有还原性，FeSO4溶液、Na2SO3溶液具有还原性，可替代N2H4；

浓HNO3溶液、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，不能替代N2H4；

答案选ad。

（3）N2H4转化为无污染的物质，N2H4被氧化成N2，N2H4作还原剂，N元素的化合价由-2价升至0价；

Cr2O72-被还原成Cr3+，Cr2O72-作氧化剂，Cr元素的化合价由+6价降至+3价；

根据得失电子守恒，4n（N2H4）=6n（Cr2O72-），n（Cr2O72-）：

n（N2H4）=2:

3，即氧化剂与还原剂物质的量之比为2:

3。

（4）①Cr2O72-和CrO42-之间的转化平衡用离子方程式表示为Cr2O72-+H2O

2CrO42-+2H+。

②先加入一定量的NaOH溶液，OH-消耗H+，平衡“Cr2O72-+H2O

2CrO42-+2H+”正向移动，CrO42-浓度增大，则加入沉淀剂BaCl2溶液，生成的沉淀为BaCrO4。

（5）①根据题意通过电解制得还原剂，铁为活性电极，石墨为惰性电极，则Fe作阳极，Fe失电子生成还原剂Fe2+，装置中b电极为阳极，则b电极的材料是铁。

②电解时阳极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Cr2O72-被还原成Cr3+，则Fe2+被氧化成Fe3+，反应可写成Fe2++Cr2O72-→Fe3++Cr3+，根据得失电子守恒配平为6Fe2++Cr2O72-→6Fe3++2Cr3+，结合废水呈酸性和原子守恒，写出离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。

9.利用氢气对废气进行脱碳处理可实现绿色环保、废物利用，对于减少雾霾也具有重要意义。

（1）汽车尾气的主要污染物为NO，用H2催化还原NO可以达到消除污染的目的。

已知：

2NO（g）

N2（g）＋O2（g）ΔH=－180.5kJ·

mol－1

2H2O（l）===2H2（g）＋O2（g）ΔH=＋571.6kJ·

写出H2（g）与NO（g）反应生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式是______________。

（2）某研究小组模拟研究如下：

向2L恒容密闭容器中充入2molNO发生反应2NO（g）

N2（g）＋O2（g），在不同的温度下，反应过程中物质的量与时间的关系如图所示：

①T2下，在0～5min内，v（O2）=______________mol·

L－1·

min－1；

该温度下反应N2（g）＋O2（g）

2NO（g）的平衡常数K=______________。

②该反应进行到M点放出的热量______________进行到W点放出的热量（填“＞”、“＜”或“=”）。

M点时再加入一定量NO，平衡后NO的转化率______________（填“变大”、“变小”或“不变”）。

③反应开始至达到平衡的过程中，容器中下列各项发生变化的是______________（填序号）。

a．混合气体的密度b．逆反应速率

c．单位时间内，N2和NO的消耗量之比d．气体的平均相对分子质量

（3）氢气作为一种理想燃料，但不利于贮存和运输。

利用氢能需要选择合适的储氢材料，镧镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物：

LaNi5（s）＋3H2（g）

LaNi5H6（s）ΔH＜0，欲使LaNi5H6（s）释放出气态氢，根据平衡移动原理，可改变的条件是______________（填字母编号）。

A．增加LaNi5H6（s）的量B．升高温度

C．使用催化剂D．减小压强

【答案】

（1）.2H2（g）＋2NO（g）===N2（g）＋2H2O（l）ΔH=－752.1kJ·

mol－1

（2）.6.25×

10－2（3）.

或0.44（4）.<

（5）.不变（6）.bc（7）.BD

本题主要考查热化学方程式的书写，化学平衡图像的分析，化学反应速率和化学平衡常数的计算，外界条件对化学平衡的影响。

（1）将反应编号：

2NO（g）

N2（g）＋O2（g）ΔH=－180.5kJ·

mol－1（①式）

2H2O（l）=2H2（g）＋O2（g）ΔH=＋571.6kJ·

mol－1（②式）

应用盖斯定律，①式-②式得2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）ΔH=（-180.5kJ/mol）-（+571.6kJ/mol）=-752.1kJ/mol，H2（g）与NO（g）反应生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式为2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）ΔH=-752.1kJ/mol。

（2）①T2下在0~5min内，υ（NO）=

=

=0.125mol/（L·

min），则υ（O2）=

υ（NO）=0.0625mol/（L·

min）。

由图像可见该温度下达到平衡时n（NO）=0.5mol，用三段式

N2（g）＋O2（g）

n（起始）（mol）200

n（转化）（mol）1.50.750.75

n（平衡）（mol）0.50.750.75

平衡时NO、N2、O2物质的量浓度依次为0.25mol/L、0.375mol/L、0.375mol/L，反应的平衡常数=

，则反应N2（g）＋O2（g）

2NO（g）的平衡常数K=

=0.44。

②反应进行到M点转化NO物质的量小于反应进行到W点转化NO物质的量，反应进行到M点放出的热量

进行到W点放出的热量。

M点时再加入一定量NO，平衡向正反应方向移动，加入NO相当于增大压强（增大压强平衡不移动），平衡后NO的转化率不变。

③a，该反应中所有物质都呈气态，根据质量守恒定律，气体的总质量始终不变，容器容积不变，混合气体的密度始终不变；

b，反应开始逆反应速率为0，反应开始至达到平衡过程中逆反应速率增大，达平衡时逆反应速率不变；

c，单位时间内N2的消耗量表示逆反应速率，单位时间内NO的消耗量表示正反应速率，从反应开始至达到平衡的过程中，逆反应速率增大，正反应速率减小，单位时间内N2和NO的消耗量之比增大；

d，该反应中所有物质都呈气态，根据质量守恒定律，气体的总质量始终不变，该反应反应前后气体分子数不变，气体分子物质的量始终不变，气体的平均相对分子质量始终不变；

从开始至达到平衡的过程，发生变化的是bc，答案选bc。

（3）A，增加LaNi5H6（s）的量，平衡不移动，不会释放出气态氢；

B，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，释放出气态氢；

C，使用催化剂，平衡不移动，不会释放出气态氢；

D，减小压强，平衡向逆反应方向移动，释放出气态氢；

使LaNi5H6（s）释放出气态氢，可改变的条件是升高温度、减小压强，答案选BD。

10.以红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等） 

为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。

（1）形成Ni（CO）4时碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为___________。

（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为______（填化学式）。

（3） 

滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式:

__________________________，_________________________。

（4） 

已知:

3Fe2+ 

+2[Fe（CN）6]3-==Fe3[Fe（CN）6]2↓（蓝色沉淀）；

4Fe3++3[Fe（CN）6]4-==Fe4[Fe（CN）6]3↓（蓝色沉淀）。

下列可以用于检验滤液C 

中金属阳离子的试剂有____________（填标号）

a.KSCN溶液b.K3[Fe（CN）6]c.K4[Fe（CN）6]d.苯酚

（5）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。

碱浸镍铝合金后，残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响，根据下图分析，残铝量在_____范围内催化活性最高，属于优质产品。

（6） 

仿照下面示例，设计从浸出液E 

回收氧化铝的流程:

浸出液E_________________。

（示例:

）

【答案】

（1）.0

（2）.O2（3）.H2S+ 

2Fe3+==2Fe2++2H++ 

S↓（4）.H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓（5）.b（6）.4%~6%（7）.

（1）Ni（CO）4中碳为+2价、氧-2价，故Ni的化合价为0；

（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，Ni的化合价降低，则氧元素的化合价应升高，则产生的气体为O2；

滤渣D为单质镍、硫的混合物，浸出液B含有Fe3+、Ni2+，向其中通入H2S气体时Fe3+被还原为Fe2+，同时生成硫单质，且Ni2+被还原为单质，反应的离子方程式：

H2S+ 

S↓、H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓；

（4）根据上述分析，过滤后得到滤液C含有Fe2+，检验滤液C 

中金属阳离子的试剂可选择.K3[Fe（CN）6]，答案选b；

（5）根据下图分析，残铝量在4%~6%范围内催化活性最高，属于优质产品；

（6）从浸出液E 

回收氧化铝的流程可表示为：

浸出液E

11.中国是最早发现并使用青铜器的国家。

司母戊鼎是迄今为止出土的世界上最大、最重的青铜礼器，享有“镇国之宝”的美誉（如图1）。

（1）Cu原子的外围电子排布式为_______。

（2）图2所示为第四周期某主族元素的第一至五电离能数据，该元素是_______，I3远大于I2的原因是_______。

（3）图3是某含铜配合物的晶体结构示意图。

①晶体中H2O和SO42-的中心原子的杂化类型为_______，试判断H2O和SO42-的键角大小关系并说明原因_______。

②图3中的氢键有（H2O）O—H·

·

O（H2O）和_______。

③写出该配合物的化学式_______。

（4）一种铜的氯化物晶胞结构如下图所示。

该化合物的化学式为_______，已知P、Q、R的原子坐标分别（0，0，0）、（1，1，1）、（

，

），若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为apm，则该晶体的密度计算表达式为_______。

【答案】

（1）.3d104s1

（2）.Ca（或钙）（3）.Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构，再失去1个电子很困难（4）.sp3、sp3（5）.H2O分子键角小于的SO42-键角，因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42-中的S不存在，孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力（6）.（H2O）O—H·

O（SO42-）（7）.[Cu（H2O）4]SO4·

H2O（8）.CuCl（9）.

g/cm3

（1）Cu为第29号元素，原子的外围电子排布式为：

3d104s1；

（2）根据图示第四周期某主族元素的第一至五电离能数据，电离能突变在第三电离能，故该元素为第四周期第IIA族元素，该元素是Ca；

I3远大于I2的原因是Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构，再失去1个电子很困难；

（3）①晶体中H2O和SO42-的价层电子对数均为4对，故中心原子的杂化类型均为sp3；

H2O的键角小于SO42-的键角，因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42-中的S没有孤对电子，孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力，故键角更小；

O（H2O）和（H2O）O—H·

O（SO42-）；

③该配合物中，中心离子是Cu2+，配体是水，配位数是4，阴离子是硫酸根，还有一个结晶水，故其化学式为：

[Cu（H2O）4]SO4·

H2O；

（4）铜的氯化物晶胞结构中Cu占据了顶点和面心，Cl占据了体内4个位置，故该化合物的化学式为CuCl，已知P、Q、R的原子坐标分别（0，0，0）、（1，1，1）、（

），若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为apm，即为体对角线的四分之一，故则该晶体的边长为：

×

10-10cm，该晶胞的体积为：

10-30cm3，一个晶胞的质量为：

g，故晶胞的密度计算表达式为：

=

g/cm3。

12.E是一种环保型塑料,其合成路线如下：

①

②

（R1、R2、R3、R为烃基）

请回答下列问题：

（1）A中官能团的名称是____________，检验该官能团的试剂为___________________。

（2）反应①的化学方程式是：

______________________________，其反应类型为________________，在反应①中，还可以得到另一种分子式为C10H16的化合物，其结构简式为___________________。

（3）已知，

名称为丙酮酸，则C的系统命名法命名应为____________________。

（4）写出反应④的化学方程式：

______________________________。

（5）C的同分异构