化学精校版广东省六校联盟届高三第二次高考模拟理综解析版.docx

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化学精校版广东省六校联盟届高三第二次高考模拟理综解析版

广东省“六校联盟”2018届高三第二次高考模拟理综

可能用到的原子量H1O16Na23S32P31Ni59As75

1.下列关于化学与生产、生活的认识正确的是（）

A.糖类、油脂、蛋白质都可以水解

B.石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物

C.酸雨的pH在5.6～7.0之间

D.新能源汽车的推广与使用，有助于减少PM2.5的产生

【答案】D

【解析】A、糖类中的最简单的单糖是不能水解的，故A错误；B、汽油、煤油等是石油分馏的产物，又叫馏分，都是混合物，故B错误；C、酸雨的pH小于5.6，故C错误，D、新能源汽车是不再利用石油为能源，减少了有害气体的大量排放，有助于减少PM2.5的产生，所以D正确。

本题正确答案为D。

2.下列有关各实验的叙述中正确的是（）

A.①澄清石灰水变浑浊，证明蔗糖与浓硫酸反应生成了CO2

B.②进行H2、NH3、CO2、Cl2、NO、NO2等气体的收集

C.③当X选用苯时可进行NH3或HCl的吸收，并防止倒吸

D.④可用于NH3的干燥，收集并吸收多余NH3

【答案】D

点睛：

如SO2与品红作用生成无色不稳定物质，NO能与空气中的氧气反应，苯的密度比水的小，这些似乎都是简单知识，但却是解题的关键，结合装置图，很容易错选C；还有装置②，在收集气体时，是a进b出、还是b进a出，不仅仅取决于气体的密度，还与气体能否与空气中的某些成分发生反应有关。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有NA个电子转移

B.常温下，pH=12的氢氧化钠溶液中OH-数目为0.01NA

C.lmolSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子

D.84gNaHCO3固体含有CO32-离子的数目为NA

【答案】A

【解析】A、Cl2与NaOH溶液反应的方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，所以1mol氯气反应后有NA个电子转移，A正确；B、没有溶液的体积，因此无法计算微粒的数目，B错误；C、SO2与O2生成SO3的反应是可逆反应，所以lmolSO2不可能完全反应，故转移电子的数目一定小于2NA个，C错误；D、NaHCO3固体是由Na＋和HCO3－构成的，其中没有CO32－，故D错误。

本题正确答案为A。

点睛：

根据pH的数值只能求出H+或OH—的浓度，学生往往忽略溶液的体积而做错；NaHCO3在固体时的构成微粒（Na＋和HCO3－）与在溶液中存在的微粒（Na＋、CO32-、OH-、HCO3－等）是不同的。

4.25℃时，0.1molNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如下图所示。

下列有关叙述正确的是（）

A.b点所示的溶液中：

c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）

B.随pH增大，

数值先减小后增大

C.25℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1=10-6

D.溶液呈中性时：

c（HCO3-）>c（Cl-）>c（CO32-）

【答案】C

【解析】A、由图解可知，b点时pH>10，且c（CO32-）=c（HCO3-），即少量的盐酸与碳酸钠反应，则溶液的溶质为NaCl、Na2CO3与NaHCO3，根据电荷守恒可得：

c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）+c（Cl-），或者c（Na+）+c（H+）=3c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-），所以A错误；B、由图象知，从pH>8开始，c（CO32-）逐渐增大，c（HCO3-）逐渐减小，所以

数值增大，故B错误；C、由a点可知，当pH=6时，即c（H+）=10-6mol/L，c（H2CO3）=c（HCO3-）=0.02mol/L，碳酸的第一步电离方程式为H2CO3

H＋＋HCO3－，则Ka1=

=10-6mol/L，故C正确；D、当溶液呈中性时，发生的反应为①Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3和②NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，在反应①中，生成的NaCl和NaHCO3浓度相等，在反应②中，生成的NaHCO3又消耗一部分，所以c（NaCl）>c（NaHCO3），即c（Cl—）>c（HCO3—），所以D错误。

本题正确答案为C。

点睛：

识别图象中点、线、交点的意义是解图象题的前提和关键，如D选项，要明确溶液呈中性时发生了哪些反应；而B选项，要确定c（CO32-）和c（HCO3-）的变化趋势，就要在二者的共存区域内分析，只能分析pH>8的区域。

5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族，且X的电子层数与电子总数相等；X、Y形成的最简单化合物是目前应用广泛的一种气体燃料；Z是地壳中的含量最多的元素。

下列说法正确的是（）

A.原子半径：

X＜Y＜Z＜WB.氢化物沸点：

Y>Z

C.Z、W形成的化合物中只含离子键D.W2Y2Z4的水溶液呈碱性

【答案】D

【解析】由X的电子层数与电子总数相等，确定X为H元素，由X、Y形成的最简单化合物是目前应用广泛的一种气体燃料即CH4，则Y为C元素，Z是地壳中的含量最多的元素，即为O元素，由短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大且X、W同主族，确定W为Na元素。

据此分析如下：

A、原子半径为X＜Z＜Y＜W，所以A错误；B、Y和Z的氢化物分别为CH4和H2O，二者的沸点为CH4

本题正确答案为D。

6.下列叙述不正确的是（）

A.甲苯分子中所有原子在同一平面上

B.苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应

C.分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有4种（不考虑立体异构）

D.可用溴的四氯化碳溶液区别

和

【答案】A

【解析】A、甲苯分子中的甲基为四面体结构，所以不是所有原子都在同一平面上，故A错误；B、苯可以在苯环上取代，乙酸和乙醇可以发生酯化反应，也是取代反应，故B正确；C、分子式为C3H6Cl2的同分异构体分别为：

CH3－CH2－CH（Cl）2、CH3－C（Cl）2－CH3、CH3－CHCl－CH2Cl和CH2Cl－CH2－CH2Cl共4种，所以C正确；D、因

分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，而

分子没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可用溴的四氯化碳溶液进行区别，故D正确。

本题正确答案为A。

7.全钒氧化还原电池是一种新型可充电池，不同价态的含钒离子作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。

其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为：

V2+-e-=V3+，下列说法正确的是（）

A.放电时，右槽发生还原反应

B.放电时，左槽的电极反应式：

VO2++2H++e-=VO2++H2O

C.充电时，每转移1mol电子，n（H+）的变化量为1mol

D.充电时，阴极电解液pH升高

【答案】B

【解析】A、已知电池放电时右槽中的电极反应为V2+-e-=V3+，V2+失去电子，作电池的负极，发生氧化反应，所以A错误；B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的H+向正极移动，结合VO2+和VO2+中V元素的化合价，可写出其电极反应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B正确；C、由放电时的正极反应式知，充电时每转移1mol电子，H+的物质的量改变2mol，所以C错误；D、根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反应为VO2++H2O-e-=VO2++

2H+，所以阳极电解液的pH降低，H+从左槽（阳极）通过离子交换膜进入右槽（阴极），所以阴极电解液的pH也降低，故D错误。

本题正确答案为B。

8.磷化铝（AlP）通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂，吸水后会立即产生高毒性PH3气体（沸点-89.7℃，还原性强）。

某化学兴趣小组的同学用下述方法测定粮食中残留磷化物的含量。

在C中加入l00g原粮，E中加入20.00mLl.50×l0-3mol·L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化），往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。

回答下列问题：

（1）仪器D的名称是____________________________________。

（2）AlP与水反应的化学方程式为______________________________________________。

（3）装置A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是__________________。

（4）通入空气的作用是_____________________________。

（5）装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为___________________________。

（6）收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×l0-4mol·L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液15.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为：

________________________________，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为________________mg·kg-1（写计算表达式和计算结果）。

【答案】

（1）.直形冷凝管（或冷凝管）

（2）.AlP+3H2O=PH3↑+Al（OH）3（3）.吸收空气中的O2（4）.保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收（5）.8:

5（6）.5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O

（7）.

=1.275

【解析】

（1）该装置为直形冷凝管或冷凝管；

（2）根据题目描述，AlP吸水产生高毒性的PH3↑，所以反应的化学方程式为AlP+3H2O=PH3↑+Al（OH）3；

（3）因为PH3具有很强的还原性，所以要除去空气中的氧气，故装置B中盛有的焦性没食子酸的碱性溶液的作用就是吸收空气中的O2，防止PH3被氧化；

（6）Na2SO3与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++

3H2O，已知KMnO4的总物质的量为n（KMnO4）=20×10-3L×l.50×l0-3mol·L-1=3×l0-5mol，

则与Na2SO3反应的KMnO4的物质的量为n（KMnO4）=

×n（Na2SO3）=

×（15×10-3L×4.0×10-4mol·L-1）×

=2.4×10-5mol，所以与PH3反应的n（KMnO4）=3×l0-5mol-2.4×10-5mol=0.6×10-5mol，又PH3与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式为5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4=5H3PO4＋4K2SO4＋8MnSO4＋12H2O，所以原粮中磷化物（以PH3计）的含量为：

=（

×0.6×10-5mol×34g/mol×103mg/g-1）/（100×10-3kg）=1.275mg/kg

点睛：

装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，这种物质题中没有给任何信息，使学生无从回答，但通过阅读题目知道，磷化氢具有强的还原性，而空气中的氧气具有氧化性，二者相遇发生反应，导致实验失败，所以其作用也就明确了；最后含量的计算要求写出计算表达式，要从开始计算写，直到得出结果，因此稍不细心就很容易出错而失分。

这是近年高考中新变化，重在考查学生的思维过程和能力。

9.钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。

下图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：

回答下列问题：

（1）提高焙烧效率的方法有____________。

（写一种）

（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应过程的化学方程式为________________________，氧化产物是________（写化学式）。

（3）“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的化学方程式为__________________________。

（4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为________。

（5）测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：

c（MoO42-）=0.40mol/L，c（SO42-）=0.04mol/L。

“结晶”前需先除去SO42-，方法是加入Ba（OH）2固体。

假设加入Ba（OH）2固体后溶液体积不变，当SO42-完全沉淀（c（SO42-）≤1.0×10-5mol/L）时，BaMoO4是否会析出？

_________________________________________________________。

（请计算说明）[已知：

Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaMoO4）=4.0×10-8]

（6）钼精矿在碱性条件下，加入NaClO溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO42-生成，该反应的离子方程式为___________________。

【答案】

（1）.粉碎固体颗粒（其他合理答案也给分）

（2）.2MoS2+7O2

2MoO3+4SO2（3）.MoO3、SO2（4）.MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑（5）.PbS（6）.当c（SO42-）=1.0×10-5mol/L，c（Ba2+）=Ksp（BaSO4）/c（SO42-）=1.1×10-10/1.0×10-5=1.1×10-5mol/L，c（Ba2+）×c（MoO42-）=1.1×10-5×0.40=4.4×10-6>4.0×10-8,所以会析出BaMoO4沉淀。

（7）.MoS2+9ClO−+6OH−

MoO42-+9Cl−+2SO42-+3H2O

【解析】

（1）为了提高矿石的利用率，最常用的方法是将矿石粉碎，或者通入过量的空气；

（2）根据流程图和

（2）中信息可写出反应的化学方程式为：

2MoS2+7O2

2MoO3+4SO2由化合价变化情况分析可知，氧化产物为MoO3和SO2；

（3）由流程图可知Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2↑，而生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；

（4）当加入的沉淀剂为Na2S时，重金属离子即Pb2+则生成PbS废渣而除去；

（5）当SO42-完全沉淀，即c（SO42-）=1.0×10-5mol/L时，由Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，求出c（Ba2+）=Ksp（BaSO4）/c（SO42-）=1.1×10-10/1.0×10-5=1.1×10-5mol/L，此时c（Ba2+）×c（MoO42-）=1.1

×10-5×0.40=4.4×10-6>Ksp（BaMoO4）=4.0×10-8，所以有BaMoO4沉淀析出；

（6）由题目叙述可知，反应物为钼精矿（MoS2）、碱和NaClO，生成物为钼酸钠和硫酸钠，结合化合价升降规律可知还有氯化钠生成，所以反应的离子方程式为MoS2+9ClO−+6OH−

MoO42-+9Cl−+2SO42-+3H2O。

点睛：

陌生的化学方程式的书写在工艺流程题中常常出现，如（3）和（6），要认真分析流程图中箭头的含义，加入了什么物质，生成了什么物质，要着眼全局，就能写出正确反应方程式。

10.煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染，因此煤气中H2S的脱出程度已成为煤气洁净度的一个重要指标。

请回答下列问题:

（1）H2S在水溶液中的电离方程式为___________。

（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法、水解法等。

①COS的分子结构与CO2相似，COS的结构式为___________。

②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐的离子方程式为______________。

③已知：

H2、COS、H2S、CO的燃烧热依次为285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；H2还原COS发生的反应为H2（g）+COS（g）=H2S（g）+CO（g），该反应的ΔH=_________kJ/mol。

④用活性α-Al2O3催化COS水解反应为COS（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2S（g）ΔH<0，相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与n（H2O）/n（COS）的关系如图2所示。

由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为______，COS的转化率在后期下降的原因是_______________________________________。

由图2可知，P点时平衡常数K=______（保留2位有效数字）。

Q点转化率高于P点的原因是________________________________。

【答案】

（1）.H2S

H++HS-、HS-

H++S2-

（2）.O=C=S（3）.COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O（4）.-285（5）.150℃（6）.催化剂中毒，发生副反应等合理答案（平衡逆向移动相关描述一律不给分）（7）.0.048（8）.相同条件下n（H2O）/n（COS）越高，相当于COS浓度不变情况下，增大水蒸气浓度，平衡正向移动，COS转化率提高

【解析】

（1）H2S的水溶液即氢硫酸，是弱酸，将分步电离，即H2S

H++HS-、HS-

H++S2-，或者只写H2S

H++HS-；

（2）①CO2的分子结构是含C=O的直线型构成，所以COS的分子结构式为S=C=O；

②Br2的KOH溶液在氧化COS时，溴生成Br－，S生成硫酸钾，C生成的CO2在碱性溶液又转化为CO32-，所以反应的离子方程式为COS+4Br2+12OH－=CO32-+SO42-+8Br－+6H2O；

③根据这四种物质燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律即可求出：

ΔH=（285kJ/mol+299kJ/mol）-（586kJ/mol+283kJ/mol）=-285kJ/mol；

④由图1可知，在相同时间内，转化率最大时，即催化剂活性最大，对应的温度为150℃；温度过高，使催化剂最佳活性减弱或丧失，即催化剂中毒，导致转化率减小；由图2可知，P点时COS的转化率为30%，n（H2O）/n（COS）=3，可列如下关系：

COS（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2S（g）

起始物质的量（mol）1300

改变物质的量（mol）0.30.30.30.3

平衡物质的量（mol）0.72.70.30.3

则K=

相同条件下n（H2O）/n（COS）的比值越高，相当于COS浓度不变情况下，增大反应物水蒸气浓度，促进化学平衡正向移动，提高了COS转化率。

11.镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。

请回答下列问题：

（1）基态Ni原子中，电子填充的能量最高的能级符号为_________，价层电子的轨道表达式为_________。

（2）Ni的两种配合物结构如图所示：

AB

①A的熔、沸点高于B的原因为_________。

②A晶体含有化学键的类型为___________（填选项字母）。

A．σ键B．π键C．配位键D．金属键

③A晶体中N原子的杂化形式是_________。

（3）人工合成的砷化镍常存在各种缺陷，某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As，其中Ni元素只有＋2和＋3两种价态，两种价态的镍离子数目之比为_________。

（4）NiAs的晶胞结构如图所示：

①镍离子的配位数为_________。

②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρg·cm－3，则该晶胞中最近的砷离子之间的距离为_________pm。

【答案】

（1）.3d

（2）.

（3）.A中含氢键（4）.ABC（5）.sp2（6）.1:

1（7）.4（8）.

或

【解析】

（1）镍的原子序数为28，其电子排布式为1S22S22P63S23P64S23d8，其价电子的轨道表达式为

，所以基态镍原子核外电子填充的能量最高的能级符号为3d；

（2）A中有O—H键，而B中没有，而有O—H键的物质可在分子间形成氢键，使物质的熔沸点升高；在A的分子结构中有C=N双键，其中有σ键和π键，有箭头所示的配位键，故选ABC，其中的N原子以sp2方式杂化；

（3）某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As，其中Ni元素只有＋2和＋3两种价态，设＋2价的Ni为x个，+3价的Ni为y个，则由原子守恒得x+y=1.2，由化合价原则得2x+3y=3，求出x=y=0.6，所以两种价态的镍离子数目之比为1:

1；

（4）由NiAs的晶胞结构分析可知，与一个Ni3+距离最近的等径As3-为2×2=4个，所以镍离子的配位数为4；该晶胞中含有的Ni3+为（1/8）×8+（1/2）×6=4，含有的As3-为4，即含有4个NiAs微粒，设其棱长为acm，其质量为（134×4）/NAg，所以a=

cm，而As3-位于其1/8晶胞的体心，两个As3-间的距离相当于面对角线的一半，即

a=

×1010pm。

12.福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：

（1）福酚美克中的含氧官能团有_______和_______（填名称）。

（2）C→D的转化属于_______反应（填反应类型）。

（3）上述流程中设计A→B步骤的目的是_________________________________。

（4）A与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为：

_________________________________。

（5）A的同分异构体X满足下列条件：

Ⅰ．能与NaHCO3反应放出气体；

Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应。

符合上述条件的同分异构体有______种。

其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为______________。

（6）参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料（无机试剂任选），设计制

的合成路线：

____________________________。

【答案】

（1）.羧基

（2）.（酚）羟基（3）.氧化（4）.保护酚羟基（5）.

（6）.13（7）.

（8）.

【解析】

（1）由福酚美克的结构简式可知，含有羧基和酚羟基两种含氧的官能团；

（2）C→D是把—CH2OH氧化为—CHO，所以是氧化反应；（3）流程中设计A→B的目的是保护酚羟基，防止在后面的转化过程中被破坏；（4）A与足量氢氧化钠溶液反应时，酚羟基和酯基都能反应，所以反应的化学方程式为：

+2NaOH

+CH3OH+H2O；

（5）能与NaHCO3反应放出气体的官能团为—COOH