广东省梅州市高三总复习质检（5月二模）理综化学试题

广东省梅州市2018届高三总复习质检（5月二模）理综化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Ba1371.我国宋代《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是指A.醋酸亚铁B.冰醋酸C.氢氧化铁胶体D.铁粉【答案】A【解析】根据题目描述，制作的过程是将钢（主要成分是单质铁）制成片状或粒状，表面净化后，加氯化钠溶液，在醋缸中放置较长时间，在钢的表面会生成铁华粉。所以铁华粉的主要成分应该是醋酸亚铁，选项A正确。明显，如果是得到冰醋酸，则不需要加铁单质，选项B错误。要得到氢氧化铁，不应该在醋缸中放置，选项C错误。得到铁粉就更不用这么繁琐了，选项D错误。2.通常监测SO2

含量是否达到排放标准的反应原理是：SO2

+

H2O2

+

BaCl2=BaSO4↓+2HCl。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol

BaCl2

晶体中所含分子总数为0.1NAB.25℃时，pH=1的HC1溶液中含有Cl的数目为0.1NAC.生成2.33g

BaSO4沉淀时,转移电子数目为0.02

NAD.标准状况下，2.24L

H2O2

含有1.8

NA个电子【答案】C【解析】BaCl2

晶体是离子晶体，其中含有的是阴阳离子，不存在分子，所以选项A错误。选项B中没有说明溶液的体积，所以无法计算溶液中的氯离子数目，选项B错误。生成2.33g（0.01mol）BaSO4沉淀时,有0.01mol的+4价S转化为+6价S，所以转移电子为0.02mol，即转移电子数目为0.02NA，选项C正确。标准状况下，过氧化氢是液态的，所以无法计算其物质的量，选项D错误。3.2017

年12

国家食药监总局要求莎普爱思尽快启动临床有效性试验。莎普爱思有效成分是由苄达酸与赖氨酸生成的有机盐，苄达酸结构如图所示。下列关于苄达酸的叙述正确的是A.分子式为C16H16N2O3B.苯环上的一氯代物有5

种C.所有原子可能共平面D.属于芳香族化合物，且有弱酸性【答案】D【解析】该有机物的分子式为C16H14N2O3，选项A错误。分子中的两个苯环并不相同，下面的苯环有3种一氯代物（邻间对），上面的苯环有4种一氯代物，所以一共是7种，选项B错误。分子中存在饱和碳原子，饱和碳原子连接的4个原子，在空间上一定是四面体结构，所以一定不共平面，选项C错误。该有机物有苯环，属于芳香族化合物。分子中有羧基，显弱酸性，选项D正确。4.下列实验中，对应的现象以及结论都正确，且两者具有因果关系的是选项实验操作现象结论A向一定浓度的CuSO4

溶液中通入适量H2S气体出现黑色沉淀H2S

的酸性比H2SO4的强B向足量含有淀粉的FeI2

溶液中滴加2

滴氯水溶液变蓝还原性：I>Fe2+C测定等浓度的Na2CO3

和Na2SO3

溶液的pHNa2CO3

溶液的pH

较大非金属性：S>CD向AgNO3

溶液中加入过量氨水有白色沉淀生成Ag+

与NH3·H2O

不能共存A.AB.BC.CD.D【答案】B点睛：本题的选项A涉及了一个比较容易混淆的问题，就是“强酸制弱酸”原理。首先，强酸制弱酸一定指的是复分解反应，氧化还原反应是否能发生应该取决于氧化性还原性的强弱，与酸性无关，例如：H2S+Cl2=2HCl+S↓，不能证明硫化氢酸性强于HCl。其次，即使是复分解反应，也不一定必须符合强酸制弱酸的原则，实际上，复分解反应发生额条件是离子浓度的减小，例如本题的选项A：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，反应能发生的原因是CuS的溶度积Ksp非常小，反应可以使离子浓度减小，与硫化氢和硫酸的酸性强弱无关。5.流动电池可以在电池外部调节电解质溶液，从而维持电池内部电解质溶液浓度稳定，原理如图。下列说法不正确的是A.甲中应补充硫酸B.当消耗1mol

PbO2

时需分离出1mol

CuSO4C.电子由PbO2

极流出经过用电器流向Cu极D.电池总反应为：Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O【答案】C【解析】电池的两个电极是Cu和PbO2，金属单质为负极，所以Cu为负极，反应为：Cu2e=Cu2+，PbO2为正极，反应为：PbO2+4H++2e=Pb2++2H2O，总反应为：Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O。随着反应的进行硫酸逐渐转化为硫酸铜和硫酸铅，所以需要不断补充硫酸，选项A正确。根据方程式，每消耗1molPbO2时应该生成1mol硫酸铜，所以需要分离出去的就是1mol硫酸铜。（图中甲装置上标注了硫酸和硫酸铜，可能是该装置的初始电解液是硫酸和硫酸铜的混合溶液，反应中需要的分离的是新生成的硫酸铜和硫酸铅）选项B正确。电子应该有负极流出，流向正极，题目中Cu为负极，选项C错误。由上，电池的总反应为：Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O。选项D正确。6.短周期主族元素X、Y、Z、W

原子序数依次增大，常温下它们的单质有一种固体和三种气体。由这四种元素中的一种或两种组成的三种有色物质与水发生氧化还原反应时，水既不作氧化剂也不作还原剂。下列说法正确的是A.简单气态氢化物的沸点：W

>YB.原子半径：r(Z)

>r(W)

>r(X)

>r(Y)C.这三种有色物质与水反应后，所得溶液均呈酸性D.X、Y、Z、W

分别与氢元素形成的化合物中化学键均为极性共价键【答案】B【解析】有色物质与水发生氧化还原反应时，水既不作氧化剂也不作还原剂，符合要求的常见物质有：过氧化钠、二氧化氮、氯气。所以X、Y、Z、W依次为氮、氧、钠、氯。常温下，W（氯）的简单气态氢化物(HCl)为气体,Y（氧）的简单气态氢化物(H2O)为液体,所以沸点一定是：W＜Y。选项A正确。根据同周期元素由左向右半径依次减小，同主族元素由上向下半径依次增大可以排列出原子半径的顺序为：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，选项B正确。三种有色物质为：过氧化钠、二氧化氮、氯气，其中过氧化钠与水反应生成氢氧化钠溶液显碱性，选项C错误。四种元素与氢元素形成的化合物可能是NaH，NaH存在的是Na+和H之间的离子键，没有共价键，选项D错误。7.T℃时，浓度均为1mol/L的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系如图所示。下列叙述错误的是已知：①HA的电离平衡常数：②pKa=lgKaA.酸性：HA>HBB.a点对应的溶液中：c(HA)=0.1mol/L，c(H+)=0.01mol/LC.T℃时，弱酸HB的pKa≈5D.弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大【答案】D【解析】从图中得到，浓度相等的时候，HB溶液的pH更高，所以说明HB的酸性更弱，选项A正确。a点溶液的纵坐标为4，即溶液的pH为2（注意纵坐标为pH的2倍），所以c(H+)=0.01mol/L。a点溶液的横坐标为1，即lgc(HA)=1，所以c(HA)=0.1mol/L，选项B正确。从图中得到，1mol/L的HB溶液的pH=2.5，即c(H+)=102.5mol/L，所以,所以pKa≈5，选项C正确。Ka是电离平衡常数，其数值只与温度相关，温度不变，Ka的值不变，选项D错误。8.S2Cl2用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂，向熔融的硫中通入限量氯气反应制得，进一步氯化可得SCl2。S2Cl2、SCl2的某些性质如下：水溶性密度(g/cm3)颜色熔点沸点S2Cl2空气中发烟雾，遇水即水解1.687金黄色76℃138℃SCl2溶于水且剧烈反应1.621樱桃红122℃59℃用如图所示装置制备S2Cl2，回答下列问题：(1)已知S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则S2Cl2的电子式为________。(2)制取Cl2应选用的裝置是_______(填字母编号)；反应的离子方程式为________。(3)欲得到较纯净的S2Cl2，上述仪器装置的连接顺序为____(按气流方向，用小写字母表示)。(4)仪器D的名称是_______；D中碱石灰的作用是________。(5)为了获得更纯净的S2Cl2，需要对产品进行的操作是____________(6)若将S2Cl2放入水中同时产生沉淀和气体，写出反应的化学方程式_________；该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比为________________。【答案】(1).(2).C(3).MnO2＋4H+＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O(4).ejkhicdabfg(5).干燥管(6).吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入A中使S2Cl2水解(7).分馏（或蒸馏）(8).2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl(9).1︰3【解析】（1）S原子达到8电子稳定结构，应该形成2个共价键，Cl原子达到8电子稳定结构应该形成1个共价键，所以S2Cl2的结构式为：Cl－S－S－Cl，从而得到其电子式为：。（2）实验室采用浓盐酸和二氧化锰混合加热的方式制取氯气，实验装置要选取分液漏斗、圆底烧瓶和酒精灯，所以是装置C。反应的离子方程式为：MnO2＋4H+＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O。（3）实验中的流程为：C装置制取氯气→F装置除去氯化氢→E装置干燥氯气→B装置制取S2Cl2→A装置收集S2Cl2→D装置尾气吸收，所以连接顺序为：ejkhicdabfg（注意装置中多为短进长出，干燥管应该是大口入小口出）。（4）仪器D是干燥管，D中碱石灰要吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入装置，使S2Cl2水解。（5）题目中给出了物质的沸点，所以得到产品后，比较好的提纯方法是蒸馏。（6）若将S2Cl2放入水中同时产生沉淀和气体，沉淀只能是单质硫，所以硫的化合价降低，则化合价升高的只能还是硫，因此气体为二氧化硫，由上反应方程式为：2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl。反应中被氧化的硫有1个（生成1个SO2），被还原的硫有3个（生成3个S），所以被氧化和被还原的元素的质量之比为1:3。点睛：本题中的第一小问涉及的问题是如何达到8电子稳定结构。一般可以这样处理：原子达到8电子稳定结构时要形成一定数目的共价键，具体成键个数为：8－最外层电子（从最外层电子大于3个开始可以使用此公式）。这样可以先确定化合物的结构，进而书写其电子式。9.高纯硝酸锶[Sr(NO3)2]可用于制造信号灯、光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质,提纯流程如下:已知:①“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2；“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2；“滤渣2”的主要成分为BaCrO4②铬酸(H2CrO4)为弱酸(1)“酸浸”不能采用高温的原因是_______。(2)相对于水洗,用浓HNO3洗涤的优点是_______。(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体，写出反应的离子方程式____。(4)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)

+3OH(aq),常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=1.0×1032，当c(Cr3+)降至1.0×105mol/L，认为Cr3+已经完全沉淀。现将还原后溶液的pH值调至4，此时Cr3+是否沉淀完全?

___(

列式计算)。(5)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3，还原后溶液的pH不能大于8的原因是_______(结合离子方程式说明理由)。(6)为了测定“滤渣2”中BaCrO4的含量，进行以下实验:m

g“滤渣2”溶液滴定终点时消耗V

mL

Na2S2O3溶液(已知:I2

+2S2O32=2I+S4O62)①若加入的HI溶液过量太多，测定结果会_____(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。②“滤渣2”中BaCrO4(摩尔质量为M

g/mol)的质量分数为_____(用代数式表示)。【答案】(1).避免HNO3挥发和分解，减少环境污染(2).减少硝酸锶(或产品)溶解损失(3).4H2CrO4＋3N2H4＋12H+＝

4Cr3+＋3N2↑＋16H2O(4).当pH调到4时，c(OH－)==1.0×10－10mol/L，c(Cr3+)==1.0×10－2mol/L＞1.0×10－5mol/L，因此Cr3+没有沉淀完全(5).避免Cr(OH)3在碱性溶液中发生Cr(OH)3＋OH－＝CrO＋2H2O而溶解(6).偏高(7).【解析】根据已知①得到硝酸钙可溶于浓硝酸，硝酸钡和硝酸锶不溶于浓硝酸，所以加入浓硝酸过滤将硝酸钙溶解除去，滤渣1的成分是硝酸锶和硝酸钡。滤渣1硝酸洗涤后加水溶解，加入铬酸将钡离子转化为铬酸钡沉淀除去，滤渣2成分为铬酸钡，滤液2主要是硝酸锶和硝酸、铬酸，用N2H4将铬酸转化为Cr3+，再转化为Cr(OH)3沉淀除去，最后制得硝酸锶。（1）硝酸是挥发性酸且受热易分解，所以“酸浸”不能采用高温。（2）硝酸锶应该是在浓硝酸中难溶，在水中易溶，所以用浓硝酸洗的主要目的是为了降低硝酸锶的溶解度，避免在洗涤中造成硝酸锶的损失。（3）H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，N2H4被氧化为无污染的气体，应该是氮气，前面的步骤中硝酸过量，所以在反应物中可以添加氢离子，生成物应该有水，由上方程式为：4H2CrO4＋3N2H4＋12H+＝

4Cr3+＋3N2↑＋16H2O。（4）pH=4的时候，可以得到c(OH)=1×1010mol/L，所以此时c(Cr3+)=，所以Cr3+没有沉淀完全。（5）Al(OH)3在碱性溶液中会反应转化为AlO2，Cr(OH)3的性质与Al(OH)3相似，所以应该也可以在碱性溶液中溶解，转化为CrO2离子。由上，还原后溶液的pH不能大于8的原因是：避免Cr(OH)3在碱性溶液中发生Cr(OH)3＋OH－＝CrO2＋2H2O而溶解。（6）①如果加入的HI过多，过量的HI会被空气中的氧气氧化为单质碘，所以会消耗更多的硫代硫酸钠的溶液，使测定结果偏高。②铬酸钡中的+6价Cr应该被碘离子还原为Cr3+,碘离子被氧化为碘单质（I2），根据得失电子守恒，得到2BaCrO4～3I2，再根据题目给的反应：I2+2S2O32=2I+S4O62，得到2BaCrO4～3I2～6S2O32。消耗的硫代硫酸钠为cV×103mol，所以BaCrO4为，质量为，所以质量分数为。10.大气中的氮氧化物(NOx)、CO、CO2、SO2

等的含量低高是衡量空气质量优劣的重要指标，对其研究和综合治理具有重要意义。(1)汽车发动机工作时会引发N2

和O2

反应。已知:N2

中氮氮键的键能是946

kJ/mol，O2中氧氧键的键能是498

kJ/mol，NO

中氮氧键的键能是632kJ/mol。则N2

和O2

反应生成NO

的热化学方程式为_____________。(2)用CH4

催化还原NOx可以消除污染:CH4(g)

+2NO2(g)N2(g)

+CO2(g)

+2H2O(l)。若该反应在恒温恒容容器中达到平衡,下列叙述能作为判断反应达到平衡状态标志的是_____(填标号)。A.容器中的压强保持不变B.容器中氮元素的质量分数不再变化C.混合气体的平均相对分子质量不再变化D.n(CH4):n(NO2):n(N2):n(CO2):n(H20)=1:2:

1:

1:

2(3)为减少CO、CO2

对环境造成的影响，采用以下方法将其资源化利用。①在铝矾土作催化剂、773K

条件下，3mol

CO

与1.5mol

SO2

反应生成3mol

CO2

和0.75mol硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，写出该反应的化学方程式_________。②以CO2

为原料采用特殊的电极电解强酸性的CO2

水溶液可得到多种燃料，其原理如图所示。电解时其中b

极上生成乙烯的电极反应式为_________。(4)

汽车尾气处理催化装置中涉及的反应之一为:2NO(g)

+2CO(g)N2(g)

+2CO2(g)

△H<0研究表明:在使用等质量的催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某科研小组设计了以下三组实验:实验编号T/Kmol.L度/(mol.L1)mol.L/(mol.L1)m2.g表面积(m2.g1)Ⅰ4001.00×1033.60×10382Ⅱ4001.00×1033.60×103124Ⅲ4501.00×1033.60×103124(注:生成物的起始浓度为0mol/L)根据下图回答:①实验I前5

s

内用N2

表示的反应速率为________。②实验I反应的平衡常数KI=_______。③在图中画出上表中实验Ⅱ、Ⅲ条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势(标明各条曲线的实验编号)_____。【答案】(1).N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H=＋180kJ/mol(2).A(3).4CO＋2SO24CO2＋S2(4).2CO2＋12H+＋12e－＝C2H4＋4H2O(5).9×10－5mol/(L•s)(6).5×103(7).【解析】（1）化学反应的焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，反应为：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)，所以焓变为：946+4982×632=180kJ/mol，所以热化学方程式为：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H=＋180kJ/mol。（3）①3mol

CO

与1.5mol

SO2

反应生成3mol

CO2

和0.75mol硫蒸气，从而得到四种物质的比例为4：2：4：1，如果生成的是S明显看出方程式中的S不守恒，所以只能认为生成的硫蒸气为S2，得到4CO＋2SO24CO2＋S2。②从图中得到b电极的反应物为CO2，溶液应该显酸性，题目要求写生成乙烯（C2H4）的反应，所以得到反应片段：CO2+H+→C2H4。CO2中C为+4价，C2H4中C为2价，所以反应应该得电子，一个C得到6个电子，补充反应片段为：2CO2+H++12e→C2H4。再根据原子个数守恒和电荷守恒得到反应为：2CO2＋12H+＋12e－＝C2H4＋4H2O。（4）①从图中得到前5s的，由方程式得到N2的速率是NO速率的一半，所以。②根据题目数据得到：2NO(g)

+2CO(g)N2(g)

+2CO2(g)

△H<0起始：1×1033.6×10300反应：0.9×1030.9×1030.45×1030.9×103平衡：0.1×1032.7×1030.45×1030.9×103所以KⅠ。③实验Ⅱ与实验Ⅰ相比较，催化剂的比表面积大，所以反应的速率快，但是平衡态不变，即反应达到平衡需要的时间较短，但是达平衡时的NO浓度不变。实验Ⅲ与实验Ⅱ相比较，反应的温度较高，所以速率快达到平衡需要的时间较短，升高温度平衡逆向移动，达到平衡时的NO的浓度增加，所以图像为：。11.2017

年5

月海底天然气水合物(俗称“可燃冰”)试采成功，这是我国能源开发的一次历史性突破。一定条件下，CH4

和CO2

都能与H2O形成如下图所示的笼状结构(

表面的小球是水分子，内部的大球是CH4

分子或CO2

分子；“可燃冰”是CH4与H2O形成的水合物)，其相关参数见下表。(1)CH4和CO2

所含的三种元素电负性从大到小的顺序为_______；碳原子的最高能级的符号是_______，其电子云形状是_______。(2)CO2

分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，分子的立体构型为_____。CO2与SO2相同条件下在水中的溶解度较大的是SO2，理由是________。(3)为开采海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2

置换CH4

的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_______。(4)“可燃冰”中分子间存在的作用力是氢键和_________，上图中最小的环中连接的原子总数是_______。(5)水在不同的温度和压力条件下可形成11种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5

倍。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰

Ⅶ的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个水分子与周围4

个水分子以氢键结合。设O

H…O距离为a

pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该冰

Ⅶ晶体的密度为____

g/cm3(列出计算式即可)。【答案】(1).O＞C＞H(2).2p(3).哑铃形(4).sp(5).直线型(6).SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO2的溶解度较大(7).CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合力大于CH4(8).范德华力(9).10(10).【解析】（1）一般来说，元素的非金属性越强，电负性越强，所以顺序为：O＞C＞H。碳为第6号元素，原子核外有6个电子，其最高能级为2p。p电子云的形状是哑铃形。（2）根据价层电子对互斥理论，CO2的中心原子C的价电子对为2+（42×2）=2对，所以CO2的空间构型为直线型，C的杂化类型为sp杂化。CO2为直线型分子，所以是非极性分子，而SO2为折线形，所以是极性分子，根据相似相溶的原理，SO2在极性溶剂（水）中的溶解度更大。（3）已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，得到CO2分子的直径小于空腔直径，可以嵌入笼状结构中，同时二氧化碳与水分子的结合能高于甲烷，说明二氧化碳更易于与水结合，有可能将已经嵌入笼中的甲烷置换出来。（4）分子之间存在的力除氢键以外，只可能是范德华力。图中最小的环是由5个水分子通过氢键构成的，其结构为，其中虚线代表氢键，实线代表共价键，所以最小的环中连接的原子为10个。（5）该晶胞中含有的水分子为：8×+1×1=2个，所以晶胞的质量为2×18÷NA=g。从图中得到O

H…O距离为该立方体晶胞的体对角线长度的一半，所以得到该晶胞的边长为，所以密度为g/cm3。12.有机物A

是聚合反应生产胶黏剂基料的单体,亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料。相关合成路线如下:已知:烃A在质谱图中的最大质荷比为118；其核磁共振氢谱中有5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1；其苯环上只有一个取代基。根据以上信息回答下列问题:(1)A

的分子式为_____；J

的结构简式为_______。(2)由B生成C的反应类型是_______。(3)E中的官能团名称为____。(4)F

与H

反应生成I的化学方程式为________。(5)符合以下条件的C

的同分异构体有____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为5

组