四川省攀枝花市2018届高三第二次统考理综化学试题-含解析.doc

精品文档四川省攀枝花市高2018届第二次统考理综化学试题1. 我国唐末时期丹学著作真元妙道要略中有“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手面及烬屋舍者”的记载，其中“硫磺、硝石（KNO3）和蜜”相当于下列物质中的A. 铝热剂 B. 黑火药 C. 氯酸钾与二氧化锰的混合物 D. 纯碱【答案】B【解析】黑火药是由硫磺（S）、硝石（KNO3）和木炭粉（C）按一定比例配制而成的，根据题意可以知道，题中描述的是制备黑火药的过程，B项正确.答案选B。解析：黑火药是由硫磺（S）、硝石（KNO3）和木炭粉（C）按一定比例配制而成的，以此来解答。2. 化学与生活生产密切相关。下列说法中，不正确的是A. 将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质B. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵C. 施用适量石膏可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性D. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用【答案】A【解析】A. 镁离子在水溶液中不放电，直接电解海水得不到 Mg单质，A项错误；B.用石灰浆消灭树皮上的过冬虫卵是利用碱溶液能使蛋白质变性的原理，B项正确；C.盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性是由碳酸根水解引起的，故加入石膏CaSO42H2O后，能将碳酸钠中的碳酸根转化为碳酸钙沉淀，从而减低盐碱地的碱性，C项正确；D.草木灰（含K2CO3）显碱性，能与铵态氮肥如硝酸铵等发生反应生成氨气，降低氨态氮肥的肥效，故不能混合使用，D项正确。答案选A。点睛：根据电解的放电顺序可知，在水溶液中氢离子优先于镁离子放电，所以电解海水不能得到Mg单质，制备Mg单质的方法是电解熔融的MgCl2；铵态氮肥与草木灰（含K2CO3）混合使用会降低肥效，是由于草木灰与铵态氮肥如硝酸铵等发生反应产生氨气挥发，因此不能混合使用。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 25时，1LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+数为0.2NAB. 将4mL 5.0mol/LNa2SiO3制得的硅酸胶体中，所含胶体粒子数为0.02NAC. NaH与H2O反应生成氢气，每生成0.6g氢气转移电子数为0. 6NAD. 将0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+的数目为0.2NA【答案】D4. 镁锑液态金属储能电池工作原理如下图所示，该电池所用液体密度不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。下列说法不正确的是A. 放电时，Mg(液)层的质量减小B. 放电时正极反应为：Mg2+2e-MgC. 该电池充电时，MgSb(液)层的质量增大D. 该电池充电时，C1-向下层方向移动【答案】C【解析】A.放电时，Mg(液)层发生反应Mg -2e-=Mg2+，Mg(液)层的质量减小，A项正确；放电时MgSb(液)层是正极，正极反应为：Mg2+2e-=Mg，B项正确；该电池充电时，MgSb(液)层是阳极，发生氧化反应，C项错误；该电池充电时，上层是阴极、下层是阳极，C1-向阳极移动，D项正确。答案选C。5. 已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法不正确的是A. 原子半径：XYZWB. 简单氢化物的稳定性：W Z YC. Y与W形成化合物能与NaOH溶液反应D. X与W形成化合物与稀盐酸反应不可能产生氧气【答案】D【解析】已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，可推知Z为S元素；W、Z同主族，W为O元素；X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素， X可能是Na、Mg或Al，Y可能是Si或P。A. 原子半径：XYZW，A项正确；B.根据周期气态氢化物的稳定性降低，同周期气态氢化物的稳定性增强，推知简单氢化物的稳定性，W Z Y，B项正确；C. Y与W形成化合物SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，C项正确；D. X与W形成化合物Na2O2与稀盐酸反应可产生氧气，D项错误。答案选D。点睛：本题根据短周期原子序数增大，先判断出Z应为S元素，则可推知W为O元素，但X、Y不能确定具体是那种元素，但能确定其在短周期中的位置，再根据所处的位置判断性质，即可解答本题。6. 下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是 选项实验操作实验目的或结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液变蓝该溶液中含有Br2B将混有Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。除去Mg(OH)2样品中的Ca(OH)2杂质C向盛有1mL0.01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0.01mol/L NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加0.01mol/L NaI溶液，产生黄色沉淀。常温下，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)D室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5HSO3结合H+的能力比SO32的强A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A.向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液变蓝，可能是Br2或Fe3+，A项错误；B.将混有Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌，Ca(OH)2与饱和MgCl2溶液反应生成了Mg(OH)2沉淀，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，得到纯净的Mg(OH)2，B项正确；C.向盛有1mL0.01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴（约0.2mL）0.01mol/L NaCl溶液，有白色沉淀AgCl生成，由于AgNO3溶液有剩余，再滴加0.01mol/L NaI溶液，产生黄色沉淀AgI，C错误；D. 阴离子水解程度越大，pH越大，说明越易与氢离子结合，室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5，说明SO32结合H+的能力比HSO3的强，D项错误。答案选B。7. 已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O4+ H+ Ka1 ； HC2O4C2O42+H+ Ka2，T常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4、C2O42三种,微粒的物质的量分数（）与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是A. T时，lgKa2=-4.2B. pH=1.2溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH)+c(H2C2O4)C. pH=2.7溶液中：D. 向pH=1.2的溶液中再加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增大【答案】C【解析】A.有图像可知， T时，lgKa2=-4.2，A项正确；B. pH=1.2时，H2C2O4、HC2O4的物质的量分数相等，且c(K+)+c(H+)=c(OH)+c(HC2O4)，则c(K+)+c(H+)=c(OH)+c(H2C2O4)，B项正确；C.由图象可以知，pH=1.2时，c(H2C2O4) =c(HC2O4-) ，则Ka1=c(H+)=10-1.2；pH=4.2时，c(C2O42-) =c(HC2O4-) ，则Ka2=c(H+)=10-4.2；由电离常数可以知道，C项错误； D.向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，D项正确。答案选C。8. FeCl2是一种用途广泛的化工产品。由于在水溶液中难以得到高纯度的FeCl2，某课题小组设计氯化铁和氯苯反应制得高纯度的FeCl2。【查阅资料】在加热条件下，氯化铁遇水剧烈水解。2FeCl3 +C6H5Cl C6H4Cl2 + 2FeCl2 + HCl有关数据如下：C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2(对二氯苯)FeCl3FeCl2式量112.5147162.5127溶解性不溶于水，易溶于苯溶于水，不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯熔点/-4553沸点/132173【实验过程】按下图装置，在三颈烧瓶中放入a g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在128139加热3h，冷却，分离提纯A中物质得到产品。回答下列问题：（1）实验装置中，仪器B的名称是_。（2）反应前后都需要通入N2的目的是_。（3）实验过程中控制反应温度128139，C6H5Cl不会有明显损失，原因是_。 （4）充分反应后，冷却。对三颈烧瓶内的物质进行过滤，用苯洗涤沉淀，干燥得到产品。回收滤液中C6H5Cl的方案为_。（5）经检验产品中不含有FeCl3。取少量所得产品溶解于盐酸中，配制成溶液。向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴配制的溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是_；生成沉淀的原因是（用平衡移动原理解释）_。【答案】 (1). 干燥管 (2). 反应前，赶尽装置中的空气；反应后，将滞留在装置中的HCl赶入C中吸收 (3). 实验中采用了冷凝回流装置 (4). 蒸馏滤液，收集132的馏分 (5). H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+对H2O2的分解具有催化作 (6). H2O2分解反应放热，促进Fe3的水解平衡正向移动【解析】（1）仪器B的名称为干燥管；（2）反应前，赶尽装置中的空气；反应后，将滞留在装置中的HCl赶入C中吸收，因此反应前后都需要通入N2；（3）实验过程中需控制反应温度为128139，C6H5Cl没有明显损失，是由于在本实验中使用了球形冷凝管，起到了冷凝回流的作用；（4）若回收滤液中C6H5Cl，由于C6H5Cl的沸点为132，因此可蒸馏滤液，收集132的馏分；（5）产生气泡的原因是H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+对H2O2的分解具有催化作用；生成沉淀的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3的水解平衡正向移动。9. 工业上，以钛铁矿（主要含FeTiO3，还含有Fe2O3 和Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备二氧化钛并得到副产品绿矾(FeSO47H2O)的工艺流程如下图所示。 已知：TiO2+在一定条件下会发生水解。回答下列问题：（1）要提高酸浸时钛矿石的溶解速率，可行的措施是（写一条即可）_。黑钛液中生成的主要阳离子有TiO2+和Fe2+，步骤主要反应的化学方程式是_。（2）步骤中，加入铁粉的主要作用是_，同时也会将部分TiO2+还原为Ti3+。（3）向滤液2中通入空气的目的是_（用离子方程式表示）。（4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤中加入热水稀释将TiO2+转化为Ti(OH)4 的原因:_。（5）副产品绿矾中含有杂质Al2(SO4)3。要将副产品进一步提纯，请结合右图的绿矾溶解度曲线完成提纯过程：将副产品溶于稀硫酸中，充分搅拌后，用NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤沉淀后得到FeSO4溶液，_，过滤，用冰水洗涤，低温干燥，得到FeSO47H20晶体。（6）用氧化还原滴定法测定制备得到的产品中TiO2的质量分数：在一定条件下，将一定量的产品溶解并将TiO2还原为Ti3，再以KSCN溶液作为指示剂，用硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3至全部生成Ti4。滴定终点的现象是_。滴定分析时，称取TiO2试样0.2 g，消耗0.1 mol/L NH4Fe(SO4)2标准溶液24.00mL，则TiO2的质量分数为_。【答案】 (1). 粉碎矿石或加热反应物或及时搅拌等 (2). FeTiO32H2SO4FeSO4TiOSO42H2O (3). 将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2被氧化 (4). 4Ti3+ O2 + 2H2O4TiO2+ + 4H+ (5). TiO2+在溶液中水解：TiO2+ + 3H2O Ti(OH)4 + 2H+ H0，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成Ti(OH)4 (6). 加热浓缩得到60的饱和溶液，再冷却至室温（或0）结晶 (7). 滴入最后滴标准溶液时, 锥形瓶内溶液变成红色, 且半分钟不褪色 (8). 96%【解析】（1）要提高酸浸时钛矿石的溶解速率，可增大接触面积、加热或加快搅拌；黑钛液中生成的主要阳离子有TiO2+和Fe2+，他们的存在形式是TiOSO4和FeSO4，反应的化学方程式是：FeTiO32H2SO4FeSO4TiOSO42H2O；（2）由（1）可知黑钛液中生成的主要阳离子有TiO2+和Fe2+，加入铁粉的目的除了可将部分TiO2+还原为Ti3+之外，还可将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2被氧化；（3）向滤液2中通入空气，可将三价的钛离子氧化成TiO2+，用离子方程式表示为：4Ti3+ O2 + 2H2O=4TiO2+ + 4H+（4）TiO2+在一定条件下会发生水解生成Ti(OH)4和氢离子，溶液中存在平衡：TiO2+3H2OTi(OH)4+2H+，H0，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成Ti(OH)4；（5）根据金属离子沉淀的pH值，通过滴加NaOH溶液调节pH至5.0把Al3+除去，过滤，即得到FeSO4溶液，加热浓缩得到60饱和溶液，然后放在冰水中冷却至室温，冷却结晶，后过滤，洗涤，低温干燥，得到FeSO47H20晶体；（6）TiO2中Ti的化合价由4价3价，化合价降低，把Fe2氧化成Fe3，Fe3与KSCN溶液，溶液变红，即滴定到终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液时, 锥形瓶内溶液变成红色, 且半分钟不褪色；依据得失电子数目守恒，有：n(Fe2)1=n(TiO2)1，即n(TiO2)=n(Fe2)=241030.1mol=2.4103mol，其质量分数为2.410380/0.2100%=96%；10. 废气中的含氮氧化物是主要的大气污染物，因此脱出废气中的含氮氧化物对于保护大气环境具有重要的意义。（1）汽车的大量使用是城市大气中含氮氧化物的主要来源。汽车燃油中一般不含有氮元素，汽车尾气中的NO是如何产生的？_（用化学方程式表示）。NO易被O2氧化为NO2。其他条件不变时，NO的氧化率(NO)%与温度、压强的关系如图所示。则p1_p2(填“”、“ (3). NO2几乎完全分解 (4). -1632.5kJ/mol (5). 低温下有很高的催化活性，副反应少 (6). 不是，主反应为放热反应，NO的平衡转化率应随温度升高而降低 (7). 2NO2+ CO32NO3+ NO2+CO2 (8). 5.1106 (9). 0.034mol/L (10). 滴入硝酸银溶液后：c(NO2-)1.010-6mol/L，1.010-3mol/L，c(NO2-)c(Ag)1.010-61.010-31.010-9p2；(NO)几乎为0的原因是无二氧化氮，NO2几乎完全分解；（2）根据三个副反应可知主反应的H=2-=-1632.5kJ/mol；选用催化剂I的优势有:催化剂I在低温下就能使主反应NO的转化率很高，若使用此催化剂脱硝，更有利于节约能源，故答案为：低温下有很高的催化活性，副反应少；观察图象可知，低于210时，NO的转化率随温度升高而增大，主反应为放热反应，升高温度向逆反应进行，则NO的平衡转化率应随温度升高而降低，与平衡移动得到的结论不一致。故不是，理由是主反应为放热反应，NO的平衡转化率应随温度升高而降低；（3）用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，,每4.6gNO2，即0.1mol NO2反应时转移电子数为0.05mol，则反应的离子方程式：2NO2+ CO32NO3+ NO2+CO2；.11. （1）基态溴原子的价层电子轨道排布式为_。第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有_种。（2）铍与铝的元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_(填标号)。A.都属于p区主族元素B.电负性都比镁大C.第一电离能都比镁大D.氯化物的水溶液pH均小于7（3）Al元素可形成AlF63、AlCl4配离子，而B元素只能形成BF4配离子，由此可知决定配合物中配位数多少的因素是_；AlCl4-的立体构型名称为_。（4）P元素有白磷、红磷、黑磷三种常见的单质。白磷（P4）易溶于CS2，难溶于水，原因是_黑磷是一种黑色有金属光泽的晶体，是一种比石墨烯更优秀的新型材料。白磷、红磷都是分子晶体，黑磷晶体与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_。A黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp2杂化B黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力C黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上DP元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最高（5）F2中F-F键的键能(157kJ/mol)小于Cl2中Cl-Cl键的键能(242.7kJ/mol)，原因是_。（6）金属钾的晶胞结构如图。若该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加得罗常数为NA，则表示K原子半径的计算式为_。【答案】 (1). (2). 4 (3). BD (4). 中心原子半径、配位原子的半径 (5). 正四面体 (6). P4 、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水 (7). BD (8). F的原子半径小，孤电子对之间的斥力大 (9). 【解析】（1）溴原子为35号元素，基态原子价层电子排布式Ar 3d104s24p5，电子排布图为：；,溴原子未成对电子数为1，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有：K、Sc、Cr、Cu，共4种；（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。A.Be属于s区，Al属于P区，故A错误；B.电负性都比镁大，故B正确；C.元素Be的第一电离能比Mg大，元素Al的第一电离能比Mg小，故C错误；D.氯化物的水溶液均发生水解，溶液显酸性，则PH7， D项正确。答案选BD；（3）B3+离子半径明显小于Al3+，则Al元素可形成AlF63-，AlCl4-配离子，而B只能形成BF63-配离子，因此，决定配合物中配位数多少的因素是中心原子（或例子）及配位原子半径的大小；AlCl4-的配位数是4，故立体构型为正四面体形；（4）P4, CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水；A. 由结构可知G中磷原子杂化方式为sp3杂化，故A错误；B. G中层与层之间的作用力是分子间作用力，故B正确；C. 石墨中碳原子为sp2杂化，每层原子均在同一平面内，但磷原子杂化方式为sp3杂化，每一层的各原子不可能在同一平面内，故C错误；D. 黑磷为原子晶体，而其它二种单质为分子晶体，则黑磷的熔沸点最高，故D正确；所以答案为BD；（5）可以根据键长的大小来判断，具体来说就是根据相结合的2个原子的半径来比较，半径越小键能越大，而F的原子半径小，孤电子对之间的斥力大，导致F2中F-F键的键能(157kJ/mol)小于Cl2中Cl-Cl键的键能(242.7kJ/mol)；（6）金属钾的晶胞结构为体心立方，晶胞中K原子数目为：1+8=2，阿伏加德罗常数为NA，K原子的摩尔质量为M，故晶胞质量为：；设K原子半径为r，设晶胞棱长为l，晶胞中体对角线为4r，则（4r）2=l2+l2+l2，则l=r，晶胞体积V=l3=（r）3，若该晶胞的密度为ag/cm3，则（r）3a=，且M=39 g/mol整理得：r=。点睛：同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第IIA族和IIIA族及VA族和VIA族第一电离能的大小相反，所以Mg的第一电离能大于Al；同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，所以Be大于Mg；根据相似相溶判断物质