届安徽省安庆市高三下学期二模模拟考试理科综合化学试题解析版.docx

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届安徽省安庆市高三下学期二模模拟考试理科综合化学试题解析版

2019年安庆市高三模拟考试（二模）

理科综合能力测试试题---化学

—、选择题：

1.化工生产上有广泛用途的轻质碱式碳酸镁[MgCO3•Mg（OH）2•3H2O]是以卤块（主要成分为MgCl2,含Fe2+、Fe3+等杂质离子）为原料制备。

工艺流程如下：

注：

氢氧化亚铁沉淀絮状，不易从溶液中除去

下列说法正确的是

A.沉淀的成分是Fe（OH）2和Fe（OH）3的混合物

B.“…”的操作步骤为:

氧化和调节pH等分离和提纯过程

C.“热解”产生的CO2对生成轻质碱式碳酸镁[MgCO3•Mg（OH）2•3H2O]有重要的作用

D.“料液II”呈酸性

【答案】B

【解析】

【分析】

卤块（主要成分为MgCl2，含Fe2+、Fe3+等杂质离子）加入硫酸溶解，由于氢氧化亚铁难以除去，则应加入氧化剂氧化Fe2+生成Fe3+，然后调节pH生成Fe（OH）3沉淀过滤除去，滤液主要成分为硫酸镁、硫酸等，加入碳酸氢铵，可生成轻质碱式碳酸镁、二氧化碳，碳酸氢铵过量，则“料液Ⅱ”可呈碱性，以此解答该题。

【详解】A.由题给信息可知，氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易从溶液中除去，沉淀为Fe（OH）3，A错误；

B.由以上分析可知，除去铁元素，应进行氧化、调节pH，生成Fe（OH）3沉淀，B正确；

C.加入碳酸氢铵生成碱式碳酸镁，生成的二氧化碳不参与反应，C错误；

D.“料液Ⅱ”呈碱性，D错误；

故合理选项是B。

【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

题目难度较大。

2.下列说法正确的是

A.生物柴油的主要成分是液态烃

B.尽管人体内不含消化纤维素的酶，但纤维素在人类食物中也是必不可缺少的

C.糖类又称为碳水化合物，均可用通式Cm（H2O）n表示

D.淀粉的糊化作用和鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4溶液出现沉淀的现象均属于化学变化

【答案】B

【解析】

【详解】A.生物柴油是利用油脂与甲醇或乙醇经酯转化而形成的脂肪酸甲酯或乙酯，不是烃，A错误；

B.人体消化道内不存在纤维素酶，但纤维素是一种重要的膳食纤维，可以促进肠道的蠕动，帮助人体新陈代谢，是人类食物中也是必不可缺少的，B正确；

C.大部分糖类分子式符合Cm（H2O）n，有些糖类并不合乎其上述分子式，如鼠李糖（C6H12O5），C错误；

D.淀粉的糊化作用是淀粉这种多糖水解的过程；鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4溶液出现沉淀是蛋白质发生盐析，是蛋白质溶解度降低的结果，没有生成新的物质，属于物理变化，D错误；

故合理选项是B。

3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A.12.5mL16mol/L浓硫酸与足量锌充分反应，转移电子数为0.2NA

B.5.8g熟石膏（2CaSO4•H2O）含有的结晶水分子数为0.02NA

C.92.0g甘油（丙三醇）和甲苯的混合物中含氢原子数为8.0NA

D.标准状况下，1L甲醛气体完全燃烧消耗O2分子个数约为

【答案】A

【解析】

【详解】A.浓硫酸与锌发生反应：

Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O，当反应进行到一定程度变为稀硫酸时发生反应：

Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，n（H2SO4）=c·V=16mol/L×0.0125L=0.2mol，若完全发生第一个反应，转移电子的数目为0.2NA，若完全发生第二个反应，转移电子数目为0.4NA，因此反应转移电子数目大于0.2NA，小于0.4NA，A错误；

B.熟石膏（2CaSO4•H2O）相对分子质量是290，则5.8g熟石膏的物质的量是n=5.8g÷290g/mol=0.02mol，由于每个熟石膏中含有1个结晶水，所以0.02mol该物质中含有的结晶水分子数为0.02NA，B正确；

C.甘油（丙三醇）和甲苯的相对分子质量都是92，所以92.0g甘油（丙三醇）和甲苯的混合物的物质的量是1mol，由于这两种物质每种分子中都含有8个H原子，所以混合物中含氢原子数为8.0NA，C正确；

D.甲醛在标准状况下为气体，1L的物质的量为n（甲醛）=

，1mol甲醛完全燃烧消耗1molO2，则1L甲醛气体完全燃烧消耗O2的物质的量是

，消耗氧气的分子个数约为

，D正确；

故合理选项是A。

4.正四面体烷是一种可能存在的柏较图轻，IUPAC名称为三环[1.1.0.0]丁烷。

其球棍模型如图所示。

下列关于该化合物的说法正确的是

A.与环丁二烯互为同分异构体

B.二氯代物超过两种

C.碳碳键键角为109°28'

D.三环[1.1.0.0]丁烷生成1mol丁烷至少需要2molH2

【答案】A

【解析】

【分析】

A.由结构可知，均含4个C、4个H；

B.4个H的位置相同；

C.4个C形成的结构与白磷结构相似；

D.三环[1.1.0.0]丁烷生成1mol丁烷，H原子差6mol。

【详解】A.由结构可知，正四面体烷分子式是C4H4，环丁二烯分子式也是C4H4，二者均含4个C、4个H，二者互为同分异构体，A正确；

B.正四面体烷类似一个正四面体，其四个顶点为4个C，两两以碳碳单键连接，剩余的键每个C连接一个H原子，4个H的位置相同，是一种高度对称的物质，则二氯代物只有一种，B错误；

C.4个C形成的结构与白磷结构相似，是正四面体结构，碳碳键键角为60°，C错误；

D.三环[1.1.0.0]丁烷分子式是C4H4到丁烷C4H10，1mol至少需要3molH2，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质的知识，把握有机物的结构、不饱和度及物质结构简式的通式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

5.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。

W、X、Z族序数之和为10；Y的原子半径在同周期主族元素中最小；W与Z形成的化合物常温下可与饱和NaCl溶液反应，产生的气体常用于切割和焊接金属。

下列说法错误的是

A.X的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料

B.Y元素可以形成多种含氧酸

C.X元素在自然界中只有化合态没有游离态

D.W与Z形成的化合物与饱和NaCl溶液的反应要选用如上图装置

【答案】D

【解析】

【分析】

主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，W与Z形成的化合物常温下可与饱和NaCl溶液反应，产生的气体常用于切割和焊接金属，该气体为乙炔，则W为C元素，Z为Ca元素；W、X、Z族序数之和为10，则X的族序数=10-4-2=4，位于ⅣA族，则X为Si元素；Y的原子半径在同周期主族元素中最小，Y的原子序数大于Si，位于第三周期，为Cl元素，据此解答。

【详解】根据分析可知：

W为C元素，X为Si，Y为Cl，Z为Ca元素。

A.单质Si为良好的半导体材料，是人类将太阳能转化为电能的常用材料，A正确；

B.Cl元素含有多种化合价，可以形成多种含氧酸，如次氯酸、氯酸、高氯酸等，B正确；

C.Si为亲氧元素，在自然界中只以化合态存在，没有游离态，C正确；

D.碳化钙极易与水反应，不是难溶于水的块状固体，不能用图示装置制取乙炔，D错误；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。

6.太阳能电池是以表面涂有钌（Rii）基配合物的TiO2光敏染料的透明导电玻璃和镀Pt导电玻璃为极板。

其工作原理如下图所示：

下列关于该电池叙述正确的是

A.电池工作时电能由光能直接转化而来，不涉及化学能转化

B.电池工作的总反应为：

RuII+I3-=RuIII+3I-

C.当太阳光照射光敏染料时，光敏染料所在电极的电势低于镀Pt导电玻璃电极

D.电池工作时，为持续供电，需要定期补充有关电解质

【答案】C

【解析】

【详解】A.电池中存在I3-与I-的转化，发生化学变化，即存在化学能的转化，A错误；

B.RuⅡ+I3-═RuⅢ+3I-反应中电荷不守恒，B错误；

C.由图可知，电子从光敏染料流向镀Pt导电玻璃电极，则光敏染料所在电极为负极，镀Pt导电玻璃电极为正极，所以光敏染料所在电极的电势低于镀Pt导电玻璃电极，C正确；

D.由电池中发生的反应可知，I3-在正极上得电子被还原为3I-，后又被氧化为I3-，I3-和I-相互转化，反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化，所有化学物质都没有被损耗，不需要补充有关电解质，D错误；

故合理选项是C。

7.298K时，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL同浓度的甲酸溶液过程中溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示（已知：

HCOOH溶液的Ka=l.0×10-4.0）

下列有关叙述正确的是

A.该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂

B.图中a、b两点氷的电离程度：

b>a

C.当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液中：

c（HCOO-）>c（H+）>c（Na+）>c（OH-）

D.当加入20.00mLNaOH溶液时，溶液pH>8.0

【答案】D

【解析】

【详解】A.用NaOH溶液滴定甲酸溶液，恰好发生反应产生HCOONa溶液，该盐是强碱弱酸盐，选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞试液误差较小，A错误；

B.图中a为HCOONa、HCOOH按1：

3关系混合得到的混合溶液；b为HCOONa、NaOH按1：

3关系混合得到的混合溶液，由于甲酸是弱酸，对水的电离的抑制程度小于等浓度的NaOH溶液，所以a、b两点氷的电离程度：

a>b，B错误；

C.当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液为等浓度的HCOONa、HCOOH的混合溶液，根据图示可知此时溶液的pH<7，说明HCOOH的电离作用大于HCOO-的水解作用，所以c（H+）>c（OH-），c（HCOO-）>c（Na+），盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，因此c（Na+）>c（H+），所以离子浓度大小关系为：

c（HCOO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-），C错误；

D.当加入20.00mLNaOH溶液时，二者恰好反应产生HCOONa，该盐是强酸弱碱盐，HCOO-水解，使溶液显碱性，HCOO-+H2O

HCOOH+OH-，c（HCOO-）=

=0.0500mol/L，Kh=

=10-10，Kh=

，所以c（OH-）=

，所以溶液的pH>8，D正确；

故合理选项是D。

二、选择题

（一）必考题

8.铝氢化钠（NaAlH4）是有机合成的一种重要还原剂。

一般的制备方法是将AlC13溶于有机溶剂，再把所得溶液滴加到NaH粉末上，可制得铝氢化钠。

实验要求和装置如下，回答下列问题：

（1）制取铝氢化钠要在非水溶液中进行，主要原因是_______（用化学方程式表示）。

用下列装置制取少量铝氢化钠（含副产物处理）较为合理的是__________。

（2）对于原料A1C13的制取，某兴趣小组设计了如下装置：

①连接好装置后，应进行的第一步操作是_________；为保证产物的纯净，应待D中__________（填现象）再加热酒精灯。

②B装置中盛装饱和NaCl溶液，实验开始后B中产生的现象是_________，选择饱和NaCl溶液的理由是_____。

③C装置的作用是_________；若无C装置，试预测实验后D中生成物除A1C13外可能还含有_________。

（填化学式）

④上述装置存在的明显缺陷是_________。

【答案】

（1）.NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑（或写为NaH+H2O=NaOH+H2↑）

（2）.D（3）.检查装置的气密性（4）.充满黄绿色气体时（5）.白色晶体析出（6）.既能除去HCl，又能降低Cl2的溶解度（7）.干燥（8）.Al2O3（9）.没有尾气处理装置，会造成大气污染

【解析】

【分析】

（1）铝氢化钠和氢化钠中-1价的H均易与水反应，据此分析；根据反应物的状态及反应条件选择合适的装置；

（2）用浓盐酸与MnO2混合加热制取制取Cl2，制得的Cl2中含有杂质HCl、H2O，先通过饱和食盐水除去氯化氢杂质，然后通过浓硫酸进行干燥，然后使干燥的氯气与金属铝在加热时反应制取AlCl3，据此分析解答。

【详解】

（1）铝氢化钠和氢化钠中-1价的H均易与水反应，反应方程式为：

NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑（或写为NaH+H2O=NaOH+H2↑），为防止变质，制取铝氢化钠必须在非水溶液中进行；AlC13的有机溶剂形成的溶液与NaH固体在室温下发生反应AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，装置A、B都是固体物质加热制取，物质的状态、反应条件不符合，C、D从物质状态可用于制取NaAlH4，但若AlCl3中含有少量结晶水或湿存水，用该氯化铝制取NaAlH4时，就会同时产生密度比空气小的氢气，氢气只能用向下排空气的方法收集，装置C中用的是向上排空气方法，不适用于氢气的收集，装置D合适，故合理选项是D；

（2）①有气体参加的化学反应，在连接装置后，应进行的第一步操作是检查装置的气密性；为保证产物的纯净，应待D中充满黄绿色气体时再加热酒精灯，以赶走装置中空气，防止Al与装置内空气中的O2反应；

②饱和食盐水中存在溶解平衡，氯气在水中存在化学平衡。

当HCl极易溶于水，溶于水后c（Cl-）增大，NaCl的溶解平衡和Cl2与水发生的可逆化学反应的平衡均向逆向移动，从而看到的现象是有白色晶体析出，该操作同时又降低了氯气的溶解度；

③C装置盛有浓硫酸，其作用是干燥氯气；若无C装置，潮湿的氯气与Al在反应时，产生的AlCl3有少量与水反应，部分变为Al（OH）3和HCl，随着水分的蒸发，HCl挥发，固体变为Al（OH）3，加热Al（OH）3发生分解反应产生Al2O3，因此预测实验后D中生成物除A1C13外可能还含有Al2O3；

（3）Cl2是有毒气体，不能随意排入大气，否则会造成大气污染，因此该装置存在的明显缺陷是没有尾气处理装置，会造成大气污染。

【点睛】本题考查了物质的制备实验，涉及基本实验操作、化学用语、流程中反应原理、混合物分离提纯等，侧重分析与实验能力的综合考查。

9.锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。

一种以软锰矿浆（主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、A12O3、SiO2等杂质）为原料制备锰酸锂的流程如下图所示。

（1）溶浸生产中为提高SO2回收率可采取的措施有_________（填序号）

a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触

b.增大通入SO2的流速

c.减少软锰矿浆的进入量

d.减小通入SO2的流速

（2）已知：

室温下，Ksp[A1（OH）3]=1×10-33，Ksp[Fe（OH）3]=l×10-39，pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀。

氧化除杂时（室温）除去MnSO4液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×l0-6mol/L），需调节溶液pH范围为_______。

（3）由硫酸锰与K2S2O8溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锰（MnO2）。

请写出发生反应的离子方程式___________。

（4）将MnO2和Li2CO3按4：

1的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600℃〜750℃，制取产品LiMn2O4。

写出该反应的化学方程式_____________。

（5）锰酸锂可充电电池的总反应为：

Li1-xMn2O4+LixC

LiMn2O4+C（0＜x＜1）

①充电时，电池的阳极反应式为_________，若此时转移lmole-，则石墨电极将增重______g。

②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是________。

【答案】

（1）.ad

（2）.5.0

4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑（5）.LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+（6）.7（7）.拆解环境保持干燥，拆解下的锂隔绝空气保存

【解析】

【分析】

软锰矿主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质，利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，步骤Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，过滤得到滤液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应，产生LiMn2O4、CO2、O2，据此分析解答。

【详解】

（1）a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触，这样SO2就会更多转化为SO42-，a正确；

b.增大通入SO2的流速，可能会导致部分SO2未来得及反应就逸出，物质的产率降低，b错误；

c.减少软锰矿浆的进入量，SO2可能回收率不能及时参加反应，导致回收率降低，c错误；

d.减小通入SO2的流速，SO2能尽可能充分反应，回收率增大，d正确；

故合理选项是ad；

（2）除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al（OH）3]=1×10-33=c（Al3+）·c3（OH-），c（Al3+）=1×10-6mol/L，解得：

c（OH-）=1×10-9mol/L，则溶液c（H+）=l×10-5mol/L，则pH=5；同理Fe（OH）3完全变成沉淀时，Ksp[Fe（OH）3]=l×10-39=c（Fe3+）·c3（OH-），c（Fe3+）=1×10-6mol/L，解得：

c（OH-）=1×10-11mol/L，c（H+）=l×10-3mol/L，则pH约为3，故pH范围是：

5.0

（3）由题意可知，反应物为MnSO4和K2S2O8，生成物之一为MnO2，再根据化合价升降相等和原子守恒配平,则发生反应的离子反应方程式为Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+。

（4）MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成。

根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：

8MnO2+2Li2CO3

4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；

（5）①放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4，充电时电池的阳极反应式为：

LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；此时，石墨电极上发生的反应为C+xe-+xLi+=LixC，则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量，由于Li摩尔质量是7g/mol，所以1molLi+的质量是7.0g。

②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂，锂化学性质活泼，锂可与空气中的O2和H2O反应，对拆解的要求是：

隔绝空气和水分。

【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识。

涉及化学反应速率的影响因素、沉淀溶解平衡、离子方程式的书写、原电池电解池反应原理的应用等。

掌握化学反应基本原理是本题解答的关键。

10.汽车发动机工作时会产生包括CO、NOx等多种污染气体，涉及到如下反应:

①N2（g）+O2（g）

2NO（g）

②2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）

③NO2（g）+CO（g）

CO2（g）+NO（g）

弄清上述反应的相关机理，对保护大气环境意义重大，回答下列问题:

（1）请根据下表数据填空：

N2（g）+O2（g）

2NO（g）△H=________。

物质

N2

O2

NO

能量（kJ）

946

497

811.25

（断开1mol物质中化学键所需要的能量）

（2）实验测得反应2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）△H<0的即时反应速率满足以下关系式：

v正=k正·c2（NO）·c（O2）；v逆=k逆·c2（NO2），k正、k逆为速率常数，受温度影响

①温度为T1时，在1L的恒容密闭容器中，投入0.6molNO和0.3molO2达到平衡时O2为0.2mol；温度为T2时，该反应存在k正=k逆，则T1_______T2（填“大于”、“小于”或“等于”）。

②研究发现该反应按如下步骤进行：

第一步：

NO+NO

N2O2快速平衡第二步：

N2O2+O2

2NO2慢反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：

v1正=k1正×c2（NO）；v1逆=k1逆×c（N2O2）

下列叙述正确的是______

A.同一温度下，平衡时第一步反应的

越大反应正向程度越大

B.第二步反应速率低，因而转化率也低

C.第二步的活化能比第一步的活化能低

D.整个反应的速率由第二步反应速率决定

（3）科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体，反应方程式为：

2NO2（g）+4CO（g）=4CO2（g）+N2（g）△H<0

某温度下，向10L密闭容器中分别充入0.1molNO2和0.2molCO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：

时间/min

0

2

4

6

8

10

12

压强/kPa

75

73.4

71.95

70.7

69.7

68.75

68.75

回答下列问题：

①在此温度下，反应的平衡常数Kp=_________kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果精确到小数点后2位）；若保持温度不变，再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡_____（填“右移”或“左移”或“不移动”）；

②若将温度降低，再次平衡后，与原平衡相比体系压强（p总）如何变化？

_______（填“增大”、“减小”或“不变”），原因是__________。

【答案】

（1）.-179.5kJ/mol

（2）.小于（3）.AD（4）.0.04（5）.不移动（6）.减小（7）.若温度降低，体积不变，根据阿伏伽德罗定律，总压强减小；同时，降低温度，由于反应放热，所以平衡朝正方向移动，容器内分子数减少，总压强也减小

【解析】

【分析】

（1）根据反应物的总键能与生成物的总键能的差等于反应热可得相应反应的焓变；

（2）①计算温度分别为T1、T2时的化学平衡常数，然后利用温度与平衡常数的关系判断温度大小；

②根据化学平衡常数与速率常数的关系判断；活化能大的反应速率慢，活化能低的反应，反应快；整个反应由进行慢的化学反应决定整个化学反应速率；物质转化程度与转化速率无关；

（3）①在恒容密闭容器内进行的化学反应，根据浓度比等于物质的量的比计算；根据改变物质的浓度后Qc与K的大小分析平衡移动的方向；

②降低温度，分子运动速率减小，同时化学平衡向放热反应方向移动，结合方程式中温度、气体分子数多少变化关系分析判断。