2017年吉林省白城市高三教学质量监测（二模）理综化学试题（解析版）

1、1本草图经中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消（Na2SO410H2O）而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”对此段话的说明中肯定错误的是（ ）A绿矾的化学式为FeSO47H2O B绿矾分解过程中没有发生电子的转移C“色赤”物质可能是Fe2O3 D流出的液体中可能含有硫酸【答案】B【解析】绿矾在加热时会溶解在结晶水中，然后发生分解，化学方程式为2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O，铁的化合价由+2升高到+3价，S由+6降低到+4，所以绿矾分解是氧化还原反应，有电子转移。三氧化硫溶于水生成硫酸。综上所述B不正确，选

2、B。 2分子式为C5H12O的醇，能被酸性KMnO4溶液氧化成C5H10O2，则符合此条件的醇的同分异构体（不考虑立体异构）最多有（ ）A4种 B5种 C6种 D3种【答案】A【点睛】本题考查的是醇的氧化规律。伯醇（有2个或2个以上-H）可以被氧化为醛，遇强氧化剂可以进一步被氧化为羧酸；仲醇（只有1个-H）可以被氧化为酮；叔醇（无-H）不能被催化氧化，也不能被酸性高锰酸钾氧化。3下列实验能达到相应实验目的的是（ ）选项试剂实验目的实验装置XYZANa2SO3稀HNO3品红溶液证明SO2具有漂白性BMnO2浓盐酸KI-淀粉溶液比较Cl2与I2的氧化性强弱CNaCl浓硫酸AgNO3溶液证明酸性：H

3、2SO4HClD蔗糖浓硫酸溴水证明浓硫酸具有脱水性、氧化性【答案】D【解析】A亚硫酸钠可以被稀硝酸氧化为硫酸钠，两者反应不生成二氧化硫，所以无法证明二氧化硫的漂白性，A不正确；B二氧化锰与浓盐酸常温下不发生反应，所以无法制取氯气，B不正确；C氯化钠与浓硫酸反应生成氯化氢气体，是因为浓硫酸难挥发而氯化氢易挥发，并不是因为硫酸的酸性比盐酸强，所以C不正确；D蔗糖与浓硫酸反应，首先看到固体变黑，这证明了浓硫酸的脱水性，然后看到固体开始膨胀，同时闻到刺激性气味，这证明了有二氧化硫生成，说明硫酸被还原了也就证明浓硫酸表现了强氧化性，所以D正确。【点睛】实验题要注意实验条件，这往往是一些同学的弱项。所以我

4、们平时要及时对一些常见反应的条件进行归纳总结，特别是常见气体的制备。4下列关于有机物的说法中正确的是（ ）A棉花、羊毛、丝绸的主要成分均为蛋白质B丙烷中的3个碳原子一定在同一平面上C 中含有的官能团有3种D乙烯使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的原理相同【答案】B5某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品置于盛有足量水的烧杯中，充分搅拌后仍有部分固体存在，过滤后得到固体X与滤液Y；将固体X置于稀硝酸中无明显变化；取滤液Y少许滴加到NaOH溶液中有白色沉淀生成，则该白色粉末可能为（ ）ANa2CO3、Al(OH)3 BAgNO3、NH4Cl CMgSO4、BaCl2 DCuCl

5、2、Al(NO3)3【答案】C【解析】分析4个选项在每组物质，两者反应后能生成不溶于硝酸的沉淀的有B和C两组，但是过滤后，把滤液加到碱中还能生成沉淀的只有C，所以C正确。B即使硝酸银过量、滤液中含银离子，与碱反应后生成的沉淀很快转化为棕褐色，所以B不正确。6aX、bY、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y相邻且a+b=15， Z的最外层电子数是其最内层电子数的一半，W形成的简单离子可表示为W2-，下列说法中正确的是（ ）A最常见的氢化物的沸点：YXWZB简单离子半径：WXYZCY与Z能形成化学键类型完全相同的两种化合物DZ与w形成的常见化合物溶于水后，水的电离程度变小【答案】B

6、【解析】aX、bY、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y相邻且a+b=15， 则X是7号N元素，Y是8号O元素；Z的最外层电子数是其最内层电子数的一半，则Z为11号钠元素；W形成的简单离子可表示为W2-，则W为16号S元素。A这四种元素的最常见的氢化物中只有NaH是离子晶体，其余3种是分子晶体其沸点显然是最高的，所以A不正确； B简单离子半径中硫离子电子层数最多所以半径最大，其余3种核外电子排布相同，随原子序数递增半径减小，所以B正确； CY与Z能形成氧化钠和过氧化钠两种化合物，它们的化学键类不完全相同，过氧化钠中有共价键，氧化钠中只有离子键，所以C不正确；DZ与w形成的常见化

7、合物硫化钠溶于水后电离成硫离子，硫离子水解促进水的电离，水的电离程度变大，所以D不正确。7KIO3是食用碘盐的添加剂，工业上制取KIO3的方法之一如图所示，其中阳（阴）离子隔膜只允许阳（阴）离子通过，下列有关说法中正确的是（ ） A可用铁作阳极、石墨作阴极B装置中的隔膜为阳离子隔膜C当外电路中通过2 mole-时，阴极上会有22.4LH2生成D阳极电极反应式为：I-6e-+6OH-=IO3-+3H2O【答案】D8锡（Sn)是IV A族元素，Sn2+易发生水解反应，且具有很强的还原性。（1）镀锡铁又称为马口铁，镀锌铁又称为白铁，若分别用这两种材料制作水桶，则在相同条件下，前者耐用性弱于后者，其原

8、因是_。（2）己知锡能形成SnCl2、 Na2SnO2两类盐。配制SnCl2溶液时常需要加入一定量的盐酸，目的是_。Sn(OH)2是一种难溶于水的白色固体，从物质性质的角度上看，Sn(OH)2属于_ (填“碱”、“两”、“酸”)性氢氧化物，向SnCl2溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量的过程中产生的实验现象为_。（3）向FeCl3溶液中加入足量的SnCl2溶液，没有固体物质生成，滴加2滴KSCN溶液，不显红色，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）以废锡渣（含有少量铜、铅金属杂质）为基本原料制备二氯化锡晶体的流程如下（已知常温下Ksp(PbCl2)=210-5， =1.4)：料渣的主要

9、成分是_（填物质名称），为使得到的二氯化锡晶体中不含铅元素，则料液I中的c(Cl-)至少应为_ molL-1。己知：当溶液中c(Pb)b），则样品中n(NaOH)n(Na2CO3)=_。【答案】 (1)2OH-+CO2=CO32-+H2O (2)白色沉淀 (3)酚酞试液 (4)变红色 (5)加入足量的Ba(OH)2溶液后无沉淀生成 (6)c (7)溶液由黄色变成橙色且半分钟内不变色 (8)（a-b）b 若NaOH溶液是部分变质，则溶液中既有氢氧化钠又有碳酸钠，可以分别检验碳酸根离子和氢氧根，方法是取少量溶液放人试管B中，先加入足量的BaCl2溶液，使碳酸根完全转化为白色的碳酸钡沉淀，证明有碳酸

10、根，同时也排除了因碳酸根水解使溶液呈碱性的可能，再向上层清液中加入酚酞试液，若溶液变红色，则表明还有氢氧化钠，综合上述两种现象，即可证明氢氧化钠是部分变质。（3）确定有无NaHCO3生成，就是检验碳酸氢根离子，要先排除碳酸根的干扰，方法是先向溶液中加入足量的BaCl2溶液，把碳酸根转化为碳酸钡沉淀，然后过滤除去沉淀，再加入足量的Ba(OH)2溶液后无沉淀生成，说明没有NaHCO3生成，因为碳酸氢钠会和氢氧化钡反应，离子方程式为Ba2+OH-+HCO2-=BaCO3+H2O。（4）同学丙使用的是双指示剂滴定法测定该固体NaOH的变质程度。双指示剂滴定的原理是将滴定过程分成两个阶段，先向待测液中加

11、入酚酞作指示剂，用标准盐酸滴定，当溶液由红色变为无色且半分钟之内不变色时，氢氧化钠转化为氯化钠，碳酸钠转化为碳酸氢钠，然后加入几滴甲基橙作指示剂，继续滴定，当溶液由黄色变成橙色且半分钟内不变色时，碳酸氢钠转化为氯化钠。这个过程可认为共发生了3个反应，而且每个反应中两种反应物的物质的量之比都是1：1。根据两个阶段消耗的标准盐酸的体积可以计算出固体中氢氧化钠和碳酸钠的物质的量之比。取用NaOH 溶液的过程中涉及到排气泡的操作，碱性溶液是装在碱式滴定管中的，为了把气泡顺利赶出，通常要把橡皮管向上弯曲，所以其操作方式可用图中的c 表示。由ab可确定样品中有氢氧化钠和碳酸钠两种物质，因为碳酸钠与盐酸反应

12、分成两个阶段，而且两个阶段消耗的盐酸是相等的，每一步消耗盐酸的物质的量与碳酸钠的物质的量相等，所以b mL盐酸所含盐酸的物质的量就是碳酸钠的物质的量，而（a-b）mL盐酸所含盐酸的物质的量就是氢氧化钠的物质的量，所以样品中n(NaOH)n(Na2CO3)= （a-b）b。【点睛】双指示剂滴定是中和滴定中的难点，其原理较复杂。我们要知道氢氧根结合氢离子的能力最强，其次是碳酸根结合氢离子的能力比碳酸氢根强，所以碳酸钠在溶液中先与盐酸反应生成碳酸氢钠，然后才是碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠。10能源是人类生存与发展比不可缺的，甲醇、甲醚（CH3OCH3）均是“清洁能源”，工业上可以通过多种方法合成它们

13、。（1）以CO、H2为原料合成甲醚的过程中，在反应器中发生了下列反应：aCO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=- 90kJ mol-1b2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-23 kJ mol-1cCO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=-41 kJ mol-1选取适当的催化剂，在一定压强下，向某恒容密闭容器中通入H2和CO制备甲醚，测得的有关数据如图1所示。则制备甲醚时较适宜的生产温度范围是_，通过理论分析得知反应c的存在能提高甲醚的产率，原因是_。3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+ CO2(g) H，则H=_。 （2）用下列反应也

14、可得到甲醚：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)。已知TK时，该反应的化学平衡常数K=1。则在相同温度下，当一恒容密闭容器中c(CO2)=2.010-2molL-1、c(H2)=1.010-2molL-1、c(CH3OCH3)=1.010-4molL-1、c(H2O)=2.010-4molL-1时，v正_ v逆（填“”、“ ”、 “=”、“ ”，下同）若温度T1对应的化学平衡常数K1=10，则温度T2对应的化学平衡常数K2_10。下列数据能说明该反应一定处于平衡状态的是_（填选项字母）。A气体密度保持不变 Bn(H2)=0.3molCCO2、H2的消耗速率比为13

15、D气体的平均相对分子质量保持不变（4）图3为某绿色燃料电池的工作原理示意图，写出电池工作时负极上的电极反应式：_。【答案】 (1)550 K560 K (2)反应c消耗了反应b中生成的水，有利于反应b向右进行 (3)-244 kJ mol-1 (4) (5) (6)1，反应将向逆反应进行，所以 v正T1。因为温度升高化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的H0。对于放热反应，温度越高，其化学平衡常数就越小，所以若温度T1对应的化学平衡常数K1=10，则温度T2对应的化学平衡常数K2NCH (4)sp2、sp2 (5)CO2NH3H2O (6)CO2、H2O (7)c (8)分子晶体 (9)三聚

16、氰胺分子间可形成氢键而硝基苯不能 (10)CO2 (11)2 (12)【解析】（1）基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，所以电子排布图为，三聚氰胺的几种组成元素中，因为N的2p轨道是半充满状态较稳定，所以第一电离能最大的元素是N，一般非金属性越强电负性越大，电负性由大到小的顺序为ONCH。（3）上述四种分子中所有原子一定共平面的是CO2、H2O，4种分子中都没有非极性键，所以无非极性键的断裂与形成。（4）三聚氰胺的熔点较低，其晶体类型是分子晶体，硝基苯的熔点为5.7 ，异致这两种物质熔点差异的原因是三聚氰胺分子间可形成氢键而硝基苯不能。（5）由碳、氧两种元素形成的原子晶体其晶胞结构和我们

17、熟悉的二氧化硅相似。每个晶胞中含有8个C原子、16个O原子,所以该晶体的化学式为CO2，晶体中每个O与相邻的两个C原子成键，所以氧原子的配位数是2。每个晶胞中含有8个C原子、16个O原子，该晶胞的相对质量为352.若晶胞参数为a pm，则NA个晶胞的质量为352 g、体积为则该晶胞的密度是g cm-3。12有机物H是一种重要的液晶材料，工业上合成它的一种路线如下图所示，其中A是不饱和烃，E的苯环上的有2种不同化学环境的氢原子。已知：RCH=CH2RCH2CH2OH一个碳原子上连接有2个-OH时会自动脱去一个水分子形成一个碳氧双键。（1）H中官能团的名称为_，EF的反应类型为_。（2）A的名称是

18、_，E的结构简式为_ ，BC中的“一定条件”内容是_。（3）FG的化学方程式为_。（4）C还有多种同分异构体，写出其含有碳氧双键的同分异构体的结构简式：_。（5）现代物理方法中，能用于区分C、D两种物质的方法是_（写出一种即可）。（6）以1 苯基乙醇（）为基本原料制取苯乙醛，仿照C转化为D的形式，表示出合成路线图：_。【答案】 (1)酯基、醛基 (2)取代反应 (3)2甲基丙烯（或甲基丙烯） (4) (5)氧气、催化剂、加热 (6) (7)CH3CH2CH2CHO、CH3CH2COCH3 (8)红外光谱或核磁共振氢谱或质谱法 (9)(1)H中官能团的名称为酯基、醛基，EF的反应类型为取代反应。 (2)A的名称是2甲基丙烯（或甲基丙烯），E的结构简式为，BC发生的是醇的催化氧化，氧化剂是氧气，可以用铜或银作催化剂，还需要加热条件，所以“一定条件”内容是“氧气、催化剂、加热”。 (3)FG发生了多个反应：酚羟基与碱反应、氯代烃水解、同一碳原子上连接2个-OH自动脱去一个水分子的反应，总化学方程式为如下：。 (4) C还有多种同分异构体，其中含有碳氧双键的同分异构体可以从碳链异构找到丁醛，从官能团异构找到丁酮