届四川省泸县重点中学高三二诊模拟理综化学试题解析版.docx

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届四川省泸县重点中学高三二诊模拟理综化学试题解析版

2019届四川省泸县重点中学高三二诊模拟理综-化学试题（解析版）

化学试题

1.下列事实与胶体性质无关的是（）

A.在豆浆里加盐卤做豆腐

B.盐碱地里土壤保肥能力差

C.一束平行光照到蛋白质溶液里时，从侧面可以看到一束光束

D.三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀

【答案】D

【解析】

【详解】A.在豆浆里加盐卤做豆腐属于胶体的聚沉，与胶体性质有关，A错误；

B.盐碱地里土壤保肥能力差属于胶粒遇盐碱地里的电解质发生聚沉，与胶体性质有关，B错误；

C.一束平行光照到蛋白质溶液里时，从侧面可以看到一束光束属于胶体的丁达尔效应，与胶体性质有关，C错误；

D.三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀发生化学反应：

FeCl3＋3NaOH＝Fe（OH）3↓＋3NaCl，此时生成的Fe（OH）3是沉淀，而不属于胶体，与胶体性质无关，D正确。

答案选D。

2.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是

A.漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质

B.二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂

C.通讯领域中的光导纤维可长期浸泡在强碱性溶液中

D.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的

【答案】B

【解析】

A.漂白粉长期放置在空气中会与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解生成盐酸和氧气，而变质，故A错误；B.二氧化硫具有杀菌消毒的作用，可微量用作葡萄酒的食品添加剂，故B正确；C.通讯领域中的光导纤维的主要成分为二氧化硅，能够与强碱性溶液反应，故C错误；D.汽车尾气中含有的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在放电条件下生成的，故D错误；故选B。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.56 g Fe 与1mol Cl2充分反应，转移的电子数目为3NA

B.1L 0.1mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32-和HCO3-的总数为0.1NA

C.25℃时，1L pH=12的Ba（OH）2溶液中含有的OH-的数目为0.02NA

D.常温常压下，22 gD3O+中含有10NA 个电子

【答案】D

【解析】

A、56 g Fe 与1mol Cl2充分反应， Fe 的量不足，1mol Cl2完全反应，转移电子书为2NA，故A错误；B、Na2CO3溶液中，CO32-发生两步水解，故溶液中含碳微粒有：

CO32-和HCO3-、H2CO3，这三种微粒总数之和为0.1NA，故B错误；C、1L pH=12的Ba（OH）2溶液中，c（OH-）=0.01mol/L，但实际上OH-的浓度要大一些，因为水也电离了OH-，故溶液中含有的OH-的数目应大于0.02NA，故C错误；D、22 gD3O+，D的摩尔质量是2g/mol，D3O+的摩尔质量是22g/mol，即为1mol，一个D3O+中含有10个电子，故1molD3O+中含有10NA 个电子，故D正确；故选D。

4.BHT（ButylatedHydroxyToluene）是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有如下两种，下列说法正确的是

A.

与BHT互为同系物

B.

属于芳香烃

C.BHT能与NaHCO3溶液反应生成CO2

D.两种方法的反应类型都是加成反应

【答案】A

【解析】

试题分析：

与BHT结构和组成相似，相差8个CH2，故为同系物，A正确；B、含有氧元素，不是烃，B错误；C、酚羟基不能与碳酸氢钠溶液反应，C错误；D、方法一是加成反应，方法二是取代反应，D错误；故选A。

考点：

考查同系物的判断、烃的定义、酚羟基的化学性质、反应类型的判断。

5.短周期元素X、Y、Z、W、U原子序数依次增大。

X与W位于同一主族，Y、Z形成的氧化物均是常见的耐火材料，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U原子的最外层电子数之和为13。

下列说法正确的是

A.X、W、U的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序为：

U＞W＞X

B.Y、Z元素的单质作电极，在氢氧化钠溶液中构成原电池，Z电极上产生大量气泡

C.室温下，0．05mol·L－1U的气态氢化物的水溶液的pH＞1

D.Y、Z、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：

Y＞Z＞U

【答案】C

【解析】

试题分析：

W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，W是硅元素；X与W位于同一主族，X是碳元素；Y、Z形成的氧化物均是常见的耐火材料，Y是氧元素、Z是铝元素；Z、W、U原子的最外层电子数之和为13，U是硫元素；五种元素分别为C、O、Al、Si、S。

碳酸的酸性大于硅酸的，故A错误；当氢氧化钠为电解质溶液时，铝为原电池的负极，铝电解变细，故B错误；硫化氢为二元弱酸，所以0．05mol·L－1H2S的水溶液的pH＞1，故C正确；硫离子3个电子层半径最大，简单离子半径由大到小的顺序：

S2-＞O2-＞Al3+，故D错误。

考点：

本题考查元素周期律。

6.目前海水液化可采用双极膜电液析法、同时获得副产品，其模拟工作原理如图所示。

其中双极膜（BP）是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-,作为H+和OH-离子源。

M、N 为离子交换膜。

下列说法正确的是

A.X 电极为电解池的阴极，该电极反应式为：

 2H+-2e-=H2↑

B.电子流向：

 电源负极→X电极→Y 电极→电源正极

C.电路中每转移1mol 电子，X、Y两极共得到标准状况下16.8L的气体

D.M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH; 若去掉B室双极膜，B室产物不变

【答案】C

【解析】

A、电解池中阳离子向阴极移动，故X电极为阴极，电极反应式为：

 2H++2e-=H2↑，选项A错误；B.电子流向：

 电源负极→阴极X电极、阳极Y 电极→电源正极，选项B错误；C、阴极反应为2H++2e-=H2↑，阳极反应为：

4OH--4e-=O2↑+2H2O，当电路中通过1mol电子时，阴极得到0.5molH2，阳极得到0.25molO2，两极一共得到气体为0.5mol+0.25mol=0.75mol，标准状况下16.8L的气体，选项C正确；D、电解池中，电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH；若去掉双极膜（BP），则Cl-会在阳极失去电子，生成Cl2，在阳极室会有C12生成，，B室产物发生变化，选项D错误。

答案选C。

点睛：

本题考查电解原理，注意审题，不再是电解饱和食盐水的反应，由于双极膜（BP）是阴、阳复合膜的存在，使电解反应变成了电解水，是易错点。

阴极是物质得到电子，发生还原反应；溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。

7.某温度时，向10mL.0.1mol/LCaCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2CO3溶液。

滴加过程中溶液中-1gc（Ca2+）与Na2CO3溶液体积（V）的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）

（已知1g5=0.7）

A.x、y两点c（Ca2+）之比为2000:

3B.Ksp（CaCO3）=5×10-9

C.w点对应的分散系很稳定D.x、y、z三点中，水的电离程度最大的为x点

【答案】A

【解析】

A.x点时Ca2+与

恰好反应，此时由-lg c（Ca2+）=4.3计算得c（Ca2+）=c（

）=5×10-5 mol·L-1，Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）

c（

）=2.5×10-9，y点溶液中c（

）=

 mol·L-1，则c（Ca2+）=7.5×10-8 mol·L-1，x、y两点c（Ca2+）之比为（5×10-5mol·L-1）∶（7.5×10-8mol·L-1）=2000∶3，A正确；B.x点时Ca2+与

恰好反应，此时由-lg c（Ca2+）=4.3计算得c（Ca2+）=c（

）=5×10-5 mol·L-1，Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）

c（

）=2.5×10-9，B错误；C.w点时Q（CaCO3）>Ksp（CaCO3），分散系处于过饱和状态，不稳定，C错误；D.y点碳酸钠过量最多，碳酸根水解促进水的电离，因此水的电离程度最大的为y点，D错误；答案选A.

8.Ⅰ、实验室要配制物质的量浓度为0.1mol/L的NaOH溶液480mL

（1）填表：

配制时应称量NaOH的质量/g

已给仪器

配制时除已给仪器外还需要的其他仪器

__________

烧杯、药匙、托盘天平

____________________________

（2）若要计算该溶液溶质的质量分数，还需要的一个条件是______________（用文字说明）。

（3）下列操作对配制的NaOH溶液浓度有偏高影响的是_________________（填字母）

A．称量NaOH固体时，露置在空气的时间过长

B．选用的容量瓶内有少量的蒸馏水

C．在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中

D．在定容时仰视容量瓶刻度线

Ⅱ、实验室用下图几个实验装置，可快速制取少量气体，并进行相关性质实验。

（1）若A为30%H2O2溶液，B为MnO2，C盛有氢硫酸（H2S）饱和溶液，旋开E后，C中出现浅黄色浑浊的现象，写出C中发生反应的化学方程式：

______________________________________。

（2）若A中装有浓盐酸，B中装有固体KMnO4，C中盛有KI淀粉溶液，旋开E后，B中出现黄绿色气体。

已知1molKMnO4发生反应时转移5mol电子。

则B中发生反应的离子方程式是：

_______；C中的现象是：

___________。

【答案】

（1）.2.0

（2）.500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管、量筒（3）.该溶液的密度（4）.C（5）.2H2S+O2=S↓+2H2O（6）.2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（7）.无色溶液变为蓝色

【解析】

【详解】Ⅰ、

（1）实验室要配制物质的量浓度为0.1mol/L的NaOH溶液480mL，需要选用500mL的容量瓶进行配置，配制500mL0.1mol/L的NaOH溶液需要氢氧化钠固体的质量是0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g；溶解和转移液体时都需要玻璃棒，定容还需要胶头滴管，容量瓶则需要500ml的，另外还有量取蒸馏水的量筒；

（2）溶质的质量分数=溶质的质量/溶液的质量，题中已知溶质的质量分数，和溶液的体积，因此还需要知道溶液的密度；

（3）A．称量NaOH固体时，露置在空气的时间过长，NaOH吸收空气中的水和二氧化碳而变质，导致浓度偏底；

B．选用的容量瓶内有少量的蒸馏水，不影响浓度；

C．在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，导致定容时体积偏小，因此导致浓度偏大；

D．在定容时仰视容量瓶刻度线，导致定容体积偏大，因此导致溶液浓度偏小；

综上所述，本题正确答案为C；

Ⅱ、

（1）过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成氧气，氧气进入C中与硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质，反应方程式为2H2S+O2=S↓+2H2O；

（2）浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，已知1molKMnO4发生反应时转移5mol电子，即Mn从+7价下降到+2价，离子反应方程式为：

2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，氯气与C中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质可使淀粉溶液变蓝，因此C中的现象是无色溶液变蓝。

9.工业上常用钒炉渣（主要含FeO·V2O5，还有少量SiO2、P2O5等杂质）提取V2O5的流程如下：

（1）焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，该过程中被氧化的元素是_______________；浸出渣的主要成分为____________________（填化学式）。

（2）用MgSO4溶液除硅、磷时，滤渣的主要成分为__________。

（3）在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示，210℃时，剩余固体物质的化学式为_____________________。

（4）由V2O5冶炼金属钒采用铝热法，引发铝热反应的实验操作是__________________.

（5）将V2O5溶于足量稀硫酸得到250mL（VO2）2SO4溶液。

取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1H2C2O4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00mL。

已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO2+（黄色）被还原为VO2+（蓝色）。

①该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是___________________。

②（VO2）2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为___________________。

③达到滴定终点时，俯视滴定管读数将使结果_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】

（1）.Fe、V

（2）.Fe2O3（3）.MgSiO3、Mg3（PO4）2（4）.HVO3（5）.在铝热剂上方铺一层KClO3，插入镁条并点燃（6）.溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复（7）.0.080mol·L－1（8）.偏低

【解析】

钒炉渣（主要含FeO·V2O5，还有少量SiO2、P2O5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物水浸过滤得到滤渣主要是氧化铁，溶液中加入硫酸镁除去硅、磷，过滤，滤渣的主要成分为MgSiO3、Mg3（PO4）2。

滤液中加入硫酸铵沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5。

（1）焙烧的目的是将FeO•V2O3转化为可溶性NaVO3、氧化铁和二氧化碳，反应中Fe和V元素的化合价升高，因此该过程中被氧化的元素是Fe和V；铁转化为氧化铁，所以浸出渣的主要成分为Fe2O3。

答案为：

Fe和V，Fe2O3

（2）根据以上分析可知用MgSO4溶液除硅、磷时滤渣的主要成分为MgSiO3、Mg3（PO4）2答案为：

MgSiO3、Mg3（PO4）2

（3）NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，210℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为100/117×100%=85.47%，所以210℃时，剩余固体物质的化学式为：

HVO3；答案为：

HVO3

（4）引发铝热反应的实验操作是在铝热剂上方铺一层KClO3，插入镁条并点燃；答案为：

在铝热剂上方铺一层KClO3，插入镁条并点燃

（5）①已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO2+（黄色）被还原为VO2+（蓝色），所以该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复。

②反应中V元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，则根据电子得失守恒可知参加反应的（VO2）2SO4的物质的量等于草酸的物质的量，即为0.1mol/L×0.02L，则（VO2）2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为

。

③达到滴定终点时，俯视滴定管读数，则读数偏小，消耗标准液体积减少，因此将使结果偏低。

答案为：

①溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复②0.08mol/L③偏低

10.雾霾已经成为部分城市发展的障碍。

雾霾形成的最主要原因是人为排放，其中汽车尾气污染对雾霾的“贡献”逐年增加。

回答下列问题：

（1）汽车尾气中含有NO，N2与O2生成NO的过程如下：

①1molO2与1molN2的总能量比2molNO的总能量________（填“高”或“低”）。

②

N2（g）＋

O2（g）=NO（g）的ΔH＝________。

③NO与CO反应的热化学方程式可以表示为2NO（g）＋2CO（g）

2CO2（g）＋N2（g）　ΔH＝akJ·mol－1，但该反应速率很慢，若使用机动车尾气催化转化器，可以使尾气中的NO与CO转化成无害物质排出。

上述反应在使用“催化转化器”后，a值________（选填“增大”“减小”或“不变”）。

（2）氢能源是绿色燃料，可以减少汽车尾气的排放，利用甲醇与水蒸气反应可以制备氢气：

CH3OH（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋3H2（g）　ΔH1。

下图是该反应的能量变化图：

①通过图中信息可判断反应CH3OH（g）＋H2O（g）=CO2（g）＋3H2（g）的ΔH1________（选填“>”“＝”或“<”）0。

②图中途径（Ⅱ）的条件是_______________，途径（Ⅰ）的反应热________（选填“>”“＝”或“<”）途径（Ⅱ）的反应热。

③已知下列两个热化学方程式：

H2（g）＋

O2（g）=H2O（g）　ΔH22CH3OH（g）＋3O2（g）=2CO2（g）＋4H2O（g）　ΔH3

ΔH1、ΔH2、ΔH3三者的关系式为：

____________________。

【答案】

（1）.低

（2）.＋91.5kJ·mol－1（3）.不变（4）.>（5）.使用催化剂（6）.＝（7）.ΔH3＝2×ΔH1＋6×ΔH2

【解析】

（1）①由N2与O2生成NO的过程可得，断裂1molN

N和1molO=O吸收能量：

945kJ+498kJ=1443kJ，形成2molNO释放能量：

1260kJ，故从总的来看该反应吸收能量，1molO2与1molN2的总能量比2molNO的总能量低；②

N2（g）＋

O2（g）=NO（g）的ΔH=

×（1443-1260）kJ·mol-1=+91.5kJ·mol-1；③催化剂能降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，但不能改变ΔH，故a值不变。

（2）①通过图中信息可得，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应CH3OH（g）＋H2O（g）=CO2（g）＋3H2（g）的ΔH1>0；②图中途径（Ⅱ）降低了反应的活化能，故使用了催化剂；催化剂能降低反应的活化能，但不能改变ΔH，故途径（Ⅰ）的反应热=途径（Ⅱ）的反应热；③由已知，根据盖斯定律可得：

ΔH3=2×ΔH1＋6×ΔH。

11.镍与VA族元素形成的化合物是重要的半导体材料，应用最广泛的是砷化镓（GaAs），回答下列问题：

（1）基态Ga原子的核外电子排布式为_____，基态As原子核外有_________个未成对电子。

（2）镓失去电子的逐级电离能（单位：

kJ·mol-1）的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为____和+3。

砷的电负性比镍____（填“大”或“小”）。

（3）比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：

________________________。

镓的卤化物

GaCl3

GaBr3

GaI3

熔点/℃

77.75

122.3

211.5

沸点/℃

201.2

279

346

GaF3的熔点超过1000 ℃，可能的原因是____________________。

（4）二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为______，草酸根中碳原子的杂化方式为______________。

（5）砷化镓熔点为1238℃，立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=565 pm。

该晶体的类型为_________，晶体的密度为___________（设NA为阿伏加德罗常数的数值,列出算式即可）g·cm-3。

【答案】

（1）.[Ar]3d104s24p2（或1s22s22p63s23p63d104s24p1）

（2）.3（3）.+1（4）.大（5）.GaCl3、GaBr3、GaI3 的熔、沸点依次升高，它们均为分子晶体，结构相似。

相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强（6）.GaF3为离子晶体（7）.4（8）.sp2（9）.原子晶体（10）.

【解析】

（1）考查电子排布式的书写，Ga位于第四周期IIIA族，31号元素，因此核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2（或1s22s22p63s23p63d104s24p1）；As位于VIA族，核外有3个未成对电子；

（2）考查电离能、电负性的规律，根据电离能的数值，第一电离能与第二电离能相差较大，因此Ga显表现＋1价，As为非金属，Ni为金属，因此As的电负性比镍大；（3）考查晶体熔沸高低规律，根据表格数值，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；GaF3熔点比其余三个高很多，说明GaF3属于离子晶体；（4）考查配位数和杂化类型判断，根据结构图，Ga的配位数为4，C原子有3个σ键，无孤电子对，因此C的杂化类型为sp2；（5）考查晶胞的计算，该晶体熔点高，属于原子晶体，Ga位于顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4,As位于晶胞内部，原子个数为4，化学式为GaAs，晶胞的质量为4×（70＋75）NAg，晶胞的体积为（565×10－10）cm3，则晶胞的密度为

。

点睛：

本题的难点是晶胞密度的计算，首先根据晶胞的结构以及均摊的方法，求出晶体的化学式，然后根据n=N/NA，求出晶胞物质的量，根据n=m/M，求出晶胞的质量，最后根据密度的定义进行计算。

12.某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：

已知：

①A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应。

回答下列问题;

（1）E的结构简式为________________，G的名称为_____________。

（2）B中含有官能团的名称为__________________

（3）C→D的反应类型为_____________。

（4）写出B→C的化学反应方程式_________________.F+H→M的化学反应方程式_____________

（5）芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应。

0.5molW可与足量的Na反应生成1gH2，且核磁共振氢谱显示为五组峰，符号以上条件的W的同分异构体共有__________种，写出其中一种的结构简式______________。

（6）参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料（无机试剂任选），设计制备OHC-CH=CH-CHO的合成路线______。

【答案】

（1）.

（2）.硝基苯（3）.碳碳双键醛基（4）.加成反应（或还原反应）（5）.OHCCH=CH—CH=CHCHO+CH=CH

（6）.

（7）.2（8）.

或

（9）.

【解析】

分析：

A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，则氧元素的质量分数为55.2%，A分子中的O原子数为

、C原子数为

（余数为2），故A的分子式为C2H2O2，A核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则A为乙二醛；由信息②可知，A与乙醛反应生成B，B为OHCCH=CH—CH=CHCHO；由信息④可知，B与乙烯发生加成反应生成C，则C为

；C与氢气发生加成反应生成D，D发生氧化反应生成E，则E为

；由信息③可知，E与二氯氧硫反应生成F，F为

；苯发生硝化反应生成G，由M的结构可知，G为硝基苯；G发生还原反应生成H，则H为苯胺；F与H发生取代反应生成M。

详解：

（1）E的结构简式为

，G的名称为硝基苯。

（2）B中含有官能团的名