精品解析安徽省安庆市高三第二次模拟考试理综化学试题解析版Word文档格式.docx
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（b）、
（d）、
（p）的分子式均为C8H8，下列说法正确的是
A.b的同分异构体只有d和p两种
B.b、d、p中仅b不与酸性高锰酸钾溶液反应
C.b、d、p的二氯代物均只有三种
D.b、d、p中仅b不可能所有原子在同一平面上
【答案】B
A项，b的同分异构体除了d和p外，还可以有多种，例如
、
等，故A错误。
B项，b中不存在不饱和键，所以无法被酸性高锰酸钾氧化；
d中含有苯环，侧链可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；
p中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B正确。
C项，b的二氯代物有三种（两个氯原子分别在立方体棱上相邻两点、面对角线上、体对角线上）；
d的二氯代物中，若两个氯原子都在苯环上，有邻、间、对三种；
若其中一个氯原子在侧链上，还有四种；
若两个氯原子都在侧链上，还有两种；
p的二氯代物更多，若两个氯原子都在苯环上，就有六种，故C错误。
D项，b、d、p中，因为b是立方体，d中侧链为饱和的环，具有四面体构型，所以b和d不可能所有原子在同一平面上；
p中侧链为“-CH=CH2”，是平面型结构，可能与苯环所在的面重合，所以p中所有原子可能在同一平面上，故D错误。
4.实验室测定已部分变质的过氧化钠样品纯度的装置如图所示（Q为弹性良好的气球不与药品反应，取定量的样品放入其中）。
按图示安装好仪器，打开分液漏斗的活塞，将稀硫酸滴入气球中。
下列说法中不正确的是
A.稀硫酸滴入气球中，Q中能生成两种气体
B.准确读取量筒I读数后，先关闭K3然后打开K2，再缓缓打开K1，准确读取量筒II读数
C.I、II中测量的气体体积的差值即为CO2的体积（相同状况下）
D.b中的固体试剂可以是碱石灰，也可以是无水氯化钙。
【答案】D
A项，变质
过氧化钠中含有碳酸钠，加入稀硫酸后Q内发生反应：
2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；
Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，所以Q中能生成两种气体，故A正确。
B项，反应生成的CO2、O2使气球变大，将大广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为生成的CO2、O2的体积；
反应停止后，关闭K3，打开K2，再缓缓打开K1，广口瓶内外相通，气球Q会慢慢缩小；
混合气体通过碱石灰吸收CO2后，最后量筒Ⅱ中收集的是O2；
准确读取量筒II读数，故B正确。
C项，由前面分析知，量筒I测量的是CO2、O2的体积，量筒II测量的是O2的体积，所以I、II中测量的气体体积的差值即为CO2的体积（相同状况下），故C正确；
D项，b中的固体试剂主要是用于吸收CO2，而无水氯化钙不能吸收CO2，所以b中的固体试剂不可以是无水氯化钙，故D错误。
点睛：
本题考查混合物含量的测定，实验原理为：
过氧化钠和稀硫酸反应生成氧气、过氧化钠变质后生成的碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳，中间为反应装置，右边装置收集反应生成气体的总体积，左边装置收集反应生成氧气的体积，按此设计达到实验目的。
本题的难点在于弄清量筒Ⅰ、Ⅱ的作用：
注意观察反应装置的特点，左侧导管和Q连通，左边直接用排水法收集产生的气体，则不可能是收集二氧化碳，故b是吸收二氧化碳的装置，量筒II收集的是氧气；
右侧导管和广口瓶连通，反应产生气体使Q膨胀，排出广口瓶内的空气，使水进入量筒I，通过测量空气排出的水，间接测量反应生成气体的总体积。
5.某化学兴趣小组能探究发现水果汁中存在电解质，可以设计成如图所示的水果原电池。
随后又进一步思考原电池工作效率和其构成要素之间的一些关系如下表所示。
实验次数
电极材料
水果品种
电极间距/cm
电压/mV
1
锌
铜
菠萝
3
900
2
苹果
650
西红柿
750
4
铝
5
450
6
550
由表中数据可知，下列说法不正确的是
A.实验1、4电流方向应该相反
B.电极及其间距相同时，电压大小只与水果种类有关，与其他因素无关
C.如果用锌、碳棒作电极，实验1中电压可能大于900mV
D.实验中发光二极管不太亮，可用铜锌作电极，用菠萝作介质，并将多个此电池串联起来
A项，水果汁中存在酸性电解质，金属与酸构成的原电池中，活泼金属作负极，则实验1中Zn作负极，Cu作正极，实验4中Zn作正极，Al作负极，所以实验1、4电流方向相反，故A正确；
B项，由表中（如实验1、2、3）数据可知，电极及其间距相同时，电压大小与水果种类有关，但无法确定是否与其他因素无关，故B错误；
C项，分析实验1和4、实验2和5可得，两电极活泼性差别越大，则构成原电池时电压越大，所以如果用锌、碳棒作电极，实验1中电压可能大于900mV，故C正确；
D项，由表中数据可得，实验1电压最大，所以用铜锌作电极，用菠萝作介质，并将多个此电池串联起来，电压会更大，可增加发光二极管的亮度，故D正确。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们占据三个周期。
Y原子最外层电子数是电子层数的3倍。
同由W、X、Z和SO42-组成一种离子化合物的水溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，产生沉淀与加入的氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。
下列说法正确的是
A.X、Y两种元素的非金属性强，其单质化学性质也很活泼
B.Z与X、Y形成的常见盐的水溶液会使蓝色石蕊试纸变红
C.Z的最高价氧化物对应的水化物可溶于X的最简单氢化物的水溶液中
D.由W、X、Y
三种元素只能组成一种盐
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们占据三个周期，则W应为H元素；
Y原子最外层电子数是电子层数的3倍，则Y原子核外应有两个电子层，最外层电子数为6，所以Y为O元素；
X为第二周期元素、Z为第三周期元素；
又根据由W、X、Z和SO42-组成一种离子化合物的水溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，产生沉淀与加入的氢氧化钠溶液的体积关系图可得，Z为Al元素、X为N元素，由W、X、Z和SO42-组成离子化合物为：
NH4Al（SO4）2。
A项，X（N）、Y（O）两种元素的非金属性强，但其单质化学性质：
O2和O3性质活泼、N2性质稳定，故A错误；
B项，Z（Al）与X（N）、Y（O）形成的常见盐为Al（NO3）3，属于强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使蓝色石蕊试纸变红，故B正确；
C项，Z（Al）的最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3，X（N）的最简单氢化物为NH3，溶于水得到NH3•H2O，是弱碱，与Al（OH）3不反应，故C错误；
D项，由W（H）、X（N）、Y（O）三种元素可组成的盐不只一种，如NH4NO3、NH4NO2等，故D错误。
7.常温下向浓度均为0.10mol/L、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL，两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示.下列叙述中错误的是
A.Khl（CO32-）（Khl为第一级水解平衡常数）的数量级为10-4
B.曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系
C.Na2CO3溶液中存
:
c（Na+）>
c（CO32-）>
c（OH-）>
c（HCO3-）>
c（H+）
D.若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32-水解，最终析出的是NaOH固体
NaOH为强碱，常温下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；
Na2CO3溶液中存在的水解主要是：
CO32-+H2O
HCO3-+OH-，常温下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c（H+）=10-11.6，则c（OH-）=Kw/c（H+）=10-2.4，Ka1（CO32-）=
≈
=10-3.8，由上述分析，A、B都正确；
C项，Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要离子，c（Na+）>
c（CO32-），CO32-水解使溶液显碱性，则c（OH-）>
c（H+），且c（H+）远小于c（OH-），因为水解是微弱的，所以c（CO32-）>
c（OH-），又因为Na2CO3溶液中存在二级水解：
HCO3-+OH-、HCO3-+H2O
H2CO3+OH-，其中主要为第一级水解，所以c（OH-）略大于c（HCO3-），综上分析，Na2CO3溶液中存在：
c（H+），故C正确；
D项，Na2CO3溶液中存在水解：
Na2CO3+H2O
NaHCO3+NaOH，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高促进水解，但随着水分的减少，NaHCO3和NaOH浓度增大，因为二者不能大量共存，所以又会反应生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D错误。
本题考查电解质溶液，侧重考查离子浓度大小比较、水解常数有关计算、盐类水解原理的应用等，难度较大，掌握盐类水解的原理，并结合题给图示信息分析是解题关键。
解题思路：
首先根据开始时的pH判断，曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；
进一步求得Na2CO3溶液中c（OH-），再根据水解常数表达式求得Ka1（CO32-）；
D项易错，CO32-的一级水解是主要的，二级水解远小于一级水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。
8.氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，可由两种常见气体制取，其易分解、易水解，可用于医药、氨化剂等。
某科研小组利用以下装置制备氨基甲酸铵。
回答下列问题:
（1）写出a中的固体药品的名称________，制取氨气的原理为___________（结合化学方程式并用简要的文字加以说明）。
（2）恒压滴液漏斗的作用是________。
（3）有同学建议该CO2发生装置直接改用如下装置代替，你认为他的改进有何优点（试述一种）:
________。
（4）反应器C中发生反应的化学方程式为________。
（5）双通玻璃管的作用________；
b中溶液的作用________。
（6）上述制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种。
①设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。
限选试剂:
蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、Ba（OH）2溶液、AgNO3溶液、稀盐酸。
实验步骤
预期现象和结论
步骤1:
取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解。
得到无色溶液
步骤2:
向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置。
溶液不变浑浊，则证明固体中不含有________。
步骤3:
取步骤2的上层清液于试管中加入少量的______。
溶液变浑浊，则证明固体中含有_______。
②根据①的结论:
取氨基甲酸铵样品15.80g，用上题步骤经充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为5.91g。
则样品中氨基甲酸铵的质量分数为________。
【答案】
（1）.新制生石灰（NaOH固体、碱石灰均可）
（2）.CaO+NH3.H2O=Ca（OH）2+NH3↑（3）.CaO吸水且放热促进氨气生成（4）.平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下（5）.装置简单，无需干燥；
②低温环境，提高产率（答其中一点即可）（6）.2NH3＋CO2＝H2NCOONH4（7）.防止倒吸吸收氯化氢气体（8）.（NH4）2CO3（9）.Ba（OH）2（10）.NH4HCO3（11）.85.0%（0.85）
由题意结合实验装置可得，三颈烧瓶中产生氨气，锥形瓶中产生CO2，经除杂干燥后的氨气和CO2在反应器C中反应生成氨基甲酸铵。
（1）恒压滴液漏斗盛有浓氨水，是利用NH3•H2O受热分解产生氨气，所以a中的固体药品可以是新制生石灰（或氢氧化钠固体、碱石灰等）；
生石灰主要成分为CaO，滴入氨水发生反应：
CaO+NH3•H2O=Ca（OH）2+NH3↑，CaO吸水且放热促进氨气生成。
（2）a中产生气体，使压强增大，使用恒压滴液漏斗可以平衡漏斗与三颈烧瓶中的压强，使漏斗内液体顺利滴下。
（3）原装置，用稀盐酸与碳酸钙制取二氧化碳，需要除去HCl气体，因为氨基甲酸铵易分解、易水解，所以需要干燥，并且稀盐酸与碳酸钙的反应放热，会降低氨基甲酸铵的产率，替代装置，具备如下优点：
①装置简单，无需干燥；
②低温环境，提高产率等。
（4）氨气和CO2在反应器C中反应生成氨基甲酸铵，根据原子守恒，化学方程式为：
2NH3＋CO2＝H2NCOONH4。
（5）右侧烧杯中浓硫酸的作用是：
①防止C中生成的氨基甲酸铵与空气中的水蒸气接触而水解，②吸收剩余的氨气，所以双通玻璃管的作用是防止倒吸；
锥形瓶中用稀盐酸与碳酸钙制取二氧化碳，二氧化碳中会有氯化氢气体，所以b的作用是吸收氯化氢气体。
（6）①碳酸铵能与BaCl2溶液反应生成BaCO3沉淀，碳酸氢铵与BaCl2溶液不反应，所以步骤2中溶液不变浑浊，则证明固体中不含（NH4）2CO3；
碳酸氢铵能与Ba（OH）2溶液反应生成BaCO3沉淀，所以步骤3中加入的试剂可以是Ba（OH）2，溶液变浑浊，则证明固体中含有NH4HCO3。
②由题意，氨基甲酸铵样品15.80g，BaCO3沉淀的质量为5.91g，根据碳原子守恒，n[（NH4）2CO3]=n（BaCO3）=5.91g÷
197g/mol=0.03mol，m[（NH4）2CO3]=0.03mol×
79g/mol=2.37g，所以样品中氨基甲酸铵的质量分数为：
（15.80g-2.37g）÷
15.80g×
100%=85.0%。
9.工业上以砷烟灰（主要含PbO、As2S3、In2O2、In2S3等）为原料回收稀散金属铟（In）。
铟是稀缺资源，主要应用于在透明导电涂层、荧光材料、有机合成等，铟
逆流氧化酸浸工艺流程及工艺条件如下:
砷烟灰的逆流氧化酸浸工艺条件
项目
液固比
始酸酸度（g·
L-l）
终酸酸度（g·
温度（℃）
时间（h）
锰粉加入量（%）
一次浸出
3~7：
90-120
30-80
>
95
3~7
二次浸出
150-180
120-150
10-15
（1）流程中要多次进行混合物的分离，其中操作①的分离方法分别为_________，②的分离方法在实验室中使用的主要仪器为_________。
（2）下列有关流程说法不正确的是_________。
A.两次浸取时温度越高，浸出时间越长，工业效益越好
B.浸取时采用适宜的液固比，既可为下步萃取提供合适的酸度，又能得到较高浓度的In3+溶液
C.净化液通过萃取、反萃取、再生等过程可富集得到高浓度In3+溶液并使萃取剂循环利用
D.电解粗铟时阳极泥成分包括锌、铜、银等金属
（3）萃取净化液所用苯取剂可用H2A2表示，使In3+进入有机相，相关反应可表示为:
In3++3H2A2
In（HA2）3+3H+，则反萃取所用试剂应选用_______（选填:
“稀硫酸”或“NaOH溶液”）
（4）砷烟灰中的As2S3不溶于稀硫酸，但加入MnO2后可溶解，并转化为AsO43-，同时产生臭鸡蛋气味气体。
该反应的化学方程式为______________。
（5）电解精炼粗铟时阴极材料应选用________，随着电解的不断进行，电解液中c（In3+）会逐渐________（填:
“增大”、“减小”或“不变”）。
（6）工业上常采用ITO靶材废料回收铟，其浸出液中主要含Sn4+杂质，除杂可采用加入Na2S溶液的方法。
要使Sn4+沉淀完全即c（Sn4+）低于10-5mol/L，所用Na2S洛液的浓度应高于_____。
[列式表达，其溶度积常数用Ksp（SnS2）表示]
【答案】
（1）.过滤
（2）.分液漏斗（3）.AD（4）.稀硫酸（5）.As2S3+2MnO2+4H2O+2H2SO4=2H3AsO4+2MnSO4+3H2S↑（6）.纯铟（7）.减小（8）.[ksp（SnS2）/10-5]1/2
（1）根据流程可看出操作①是将固体和液体分离的方法，故为过滤；
②为反萃取操作，分离互不相溶的液体，在实验室中使用的主要仪器为分液漏斗。
A项，浸取时温度越高，浸出时间越长，浸取的越充分，但相应成本也会增加，工业效益反而会降低，所以需要合适的浸取温度和时间，故A错误；
B项，浸取时借助硫酸溶剂，通过MnO2的氧化作用，使砷烟灰中的铟尽量转入溶液而得以回收，铟主要以In3+形态进入溶液，所以浸取时采用适宜的液固比，既可为下步萃取提供合适的酸度，又能得到较高浓度的In3+溶液，故B正确；
C项，根据流程可得，净化液通过萃取、反萃取、再生过程得到富铟液，使有机相（萃取剂）与水相分离，有机相（萃取剂）可循环利用，故C正确；
D项，铜、银还原性较弱，电解时不溶解，将进入阳极泥，锌的还原性较强，电解时将与铟一同进入电解质溶液，故D错误。
（3）根据平衡移动原理，反萃取时In3++3H2A2
In（HA2）3+3H+平衡逆向移动，则反萃取所用试剂应选用稀硫酸。
（4）由题意，MnO2在稀硫酸存在时将As2S3中+3价As氧化为+5价，+4价Mn被还原为+2价，同时产生的臭鸡蛋气味气体为H2S，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：
As2S3+2MnO2+4H2O+2H2SO4=2H3AsO4+2MnSO4+3H2S↑。
（5）电解精炼粗铟时，粗铟作阳极，发生氧化反应生成In3+，In3+在阴极发生还原反应生成In，所以纯铟作阴极，粗铟中的杂质锌也会失电子变为Zn2+，根据得失电子守恒，随着电解的不断进行，电解液中c（In3+）会逐渐减小。
（6）要使Sn4+沉淀完全即c（Sn4+）低于10-5mol/L，根据Ksp（SnS2）=c（Sn4+）×
c2（S2-）得，c（S2-）=[Ksp（SnS2）/c（Sn4+）]1/2>
[Ksp（SnS2）/10-5]1/2。
10.造成酸雨的主要物质是NO2和SO2，某科研小组进行如下研究。
（1）处理二氧化硫通常是先在水中把它氧化成硫酸，再用NH3·
H2O吸收。
已知2NH3·
H2O（aq）+H2SO4（aq）==（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）△H=-24.2kJ/mol，中和热△H=-57.3kJ/mol则1molNH3·
H2O理论上完全电离时需要吸收的热量为________。
（2）常温下也可以用NaOH溶液直接吸收SO2，在吸收过程中，溶液pH随n（SO32-）:
n（HSO3-）变化关系如下表:
n（SO32-）:
n（HSO3-）
88:
12
1:
12:
88
pH
8.2
7.4
6.0
①当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度由大到小排列顺序为___________。
②当向NaOH溶液中通入足量的SO2时，得到NaHSO3溶液，在pH为4~7之间电解，硫元素在阴极上被还原为Na2S2O4，这是电化学脱硫技术之一。
写出该阴极的电极反应式_______。
（3）向容积为2L，密闭容器中分别充入0.20molNO2和0.4molSO2，发生SO2（g）+NO2（g）
SO3（g）+NO（g）△H=-41.8kJ/mol在不同温度下测定同一时刻NO2的转化率，结果如下图所示。
①a、c两点反应速率大小关系:
v（a）___v（c）。
（填“>
”、“<
”或“=”）
②温度为T2时从反应开始经过2min达到b点，用SO3表示这段时间的反应速率为______，此温度下该反应的平衡常数为_______。
若在此温度下，保持容器的容积不变，再向容器中充入0.10molNO2和0.2molSO2，NO2的转化率_______（填“增大”、“减小”或“不变”）.
③NO2的转化率随温度升高先增大后减小的原因是____________。
【答案】
（1）.45.2kJ
（2）.c（Na+）>
c（HSO3－）>
c（SO32－）>
c（H+）=c（OH－）（3）.2HSO3－+2H++2e－=S2O42－+2H2O（4）.<
（5）.0.04mol·
L－1·
min－1（6）.8/3（7）.不变（8）.T2对应的b点为平衡点。
T2前是平衡的建立过程，温度升高，反应速率加快，NO2转化率增大；
T2后是平衡的移动过程，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，转化率减小
（1）由已知2NH3•H2O（aq）+H2SO4（aq）=（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）△H=-24.2kJ/mol可得，①NH3•H2O（aq）+H+=NH4+（aq）+H2O（l）△H=-12.1kJ/mol，②H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，根据盖斯定律①-②可得：
NH3•H2O（aq）=NH4+（aq）+OH-（aq），△H=+45.2kJ/mol，则1molNH3•H2O理论上完全电离时需要吸收的热量为45.2kJ。
（2）①由表中数据可得，随着n（SO32-）:
n（HSO3-）值的减小，吸收液由碱性变化为酸性，且n（SO32-）:
n（HSO3-）=1:
1时，溶液呈碱性，所以当吸收液呈中性时，n（SO32-）<
n（HSO3-），又因为吸收液为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，弱离子的水解和电离都是微弱的，所以溶液中离子浓度由大到小排列顺序为：
c（H+）=c（OH－）。
②由题意，在pH为4~7之间电解NaHSO3溶液，硫元素在阴极上被还原为Na2S2O4，根据阴极得电子发生还原反应，且为酸性电解质
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