2019届安徽省宣城市高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题(解析版)

---D.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性 P或S>C,则最高价氧化物对应水化物的酸性：P或S>C,故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点和难点为D,主要是Q元素的判断，Q存在由多原子分子构成的单质， 在第三周期中,符合条件的有巳可以构成白磷（P4）,也可以是S,可以形成S8分子。7.tC时，将0.200mol•LT的某一元酸HA与0.200mol•LT的NaOH§液等体积混合，充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。下列说法中正确的是微粒H*\屋A*浓度（mol/L尸2.50xI0'1"0.1009.92xA.所得溶液中：c(Na+)>c(A)>c(HA)>c(OH)「一，.，,、,一一一 一13tC时，水的离子积Kw=1.0X10tC时，一元酸HA的电离常数K=3.10X107tC时，0.100mol•L-1NaA溶液中A」的水解率为0.80%【答案】D【解析】【分析】tC时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH^^等体积混合，则起始时c(HA)=0.100mol/L,c(NaOH)=0.100mol/L,HA与NaOK生反应NaOH+HA=NaA+HD,反应恰好生成0.1mol/L的NaA根据溶液中的守恒思想分析判断。【详解】tC时，将0.200mol/L的某一元酸 HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c(HA)=0.100mol/L,c(NaOH)=0.100mol/L,HA与NaOH^生反应NaOH+HA=NaA+H反应恰好生成0.1mol/L的NaA,根据物料守恒，c(HA)+c(A-)=0.1mol/L , 已知c(A-)=9.92X10-2mol/L,则c(HA)=0.1mol/L-9.92x10-2mol/L=8x10-4mol/L,c(Na+)=0.1mol/L,已知c(H+)=2.50x10-10mol/L,根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+尸c(OH-)+c(A-),贝Uc(OH-)=0.1mol/L+2.50x10-10mol/L-9.92x10-2mol/L>8X10-4mol/L。A.所得溶液中， c(Na+)=0.1mol/L,c(A-)=9.92x10-2mol/L,c(HA)=8X10-4mol/L,c(OH)>8X10-4mol/L,c(OH-)>c(HA),因此所得溶液中，粒子浓度大小关系为： c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA),故A错误；tC时，溶液中c(H+)=2.50X10-1°mol/L,c(OH)>8X10-4mol/L,则水的离子积Kv=c(H+)c(OH-)>2.50X10-1°X8X10-4=2X10-13>1.0X10-14,故B错误；'•T工行〕-QL'X；：』：：；「•一 -8 1tc时，一兀酸HA的电离常数K= - = 葭=3.1X10,故C错误；c(HA) 8x10-4

tC时，0.100mol/L的NaA溶液中，平衡时c(HA)=8x10-4mol/L,发生的水解反应为： A-+HO?HA+OH则水解率=*' mH"x100%=0.80%故D正确；答案选Do三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。 第22-32题为必考题，每道试题考生必须作答。 第33-38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(11题，共129分)8.亚硝酸钠(NaNQ)是一种肉制品生产中常见的食品添加剂， 使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备 NaNQA中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性KMnOM化成NO)。HC EHC E(1)仪器a的名称是。(2)A中实验现象为。(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度， C装置中盛放的试剂可能是(填字母序号)。A.P2O5B.无水CaCLC.碱石灰D.浓硫酸(4)E中发生反应的离子方程式为。(5)从提高氮原子利用率的角度出发，其中 B装置设计存在一定缺陷，如何改进？。(6)已知：2NO+2I+4H+=2Na+I2+2HQ2s2Q2+12=2I+S4Q2为测定得到产品中NaNO的纯度，采取如下实验步骤：准确称取质量为 1.00g的NaNO¥品放入锥形瓶中，加适量水溶解后，加入过量的 0.800mol•L-KI溶液、淀粉溶液；然后滴加稀硫酸充分反应后，用0.500mol•LTNaSzQ溶液滴定至终点，读数，重复以上操作，3次所消耗NS2S2Q溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL。滴定终点时的实验现象，该样品中NaNO纯度为(保留一位小数)。【答案】 (1).分液漏斗(2).剧烈反应，产生大量红棕色气体(3).C(4).3MnO+4H++5NO=3Mn+5NO-+2HO(5). 在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO全部转化为NO(6).溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 (7).69.0%由实验装置可知，A中发生C+4HNO浓)=JCOT+4NQT+2H2O,B中稀释挥发的硝酸和将生成的二氧化氮与水反应转化为NOC中固体干燥剂干燥NO并除去可能混有的酸雾， D中发生2NO+N2O—2NaNO,E中高镒酸钾吸收尾气NO结合氮及其化合物的性质分析解答。【详解】(1)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)A中浓硝酸与碳在加热时发生反应： C+4HNO浓)|=COT+4NOT+2H2O,可以看到的实验现象为碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体，故答案为：碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体；(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度， 生成的一氧化氮需要在C装置中净化，主要是除去水蒸气和可能出现的酸雾，因此盛放的试剂可能是碱石灰，其他几种均不能除去酸雾，故答案为： C;(4)根据题意，E中NO被高镒酸钾氧化生成NO-,反应的离子方程式为3MnQ+4H++5NO=3M2++5NO-+2H2。，故答案为：3MnQ+4H+5NO=3Mn+5NO-+2HQ(5)浓硝酸易挥发，A中生成的二氧化氮中一定有少量硝酸蒸气逸出，二氧化氮与水反应也会生成硝酸， B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，从提高氮原子利用率的角度出发，可以在 B装置中加入一定的稀硫酸，使NO全部转化为NO故答案为：B装置中加入一定的稀硫酸，使 NQ全部转化为NO(6)利用NaNO的氧化性来测定其纯度，在酸性条件下， NaNO能将I-氧化为I2,碘和淀粉显示蓝色，所以加适量水溶解，加入过量的 0.800mol?L-1KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色说明达到滴定终点； 3次所消耗Na&Q溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL很明显20.25mL误差较大，删除，平均消耗的 NaSQ溶液的体积= =20.00mL,由GO2-能将I2还原为I-可知，2NO-〜I2〜ZSzO2-;消耗NaSQ的物质的量为0500mol?L-1X20.00X10-3L=0.01mol,则NaNO的物质白勺量为0.01mol,此NaNO的纯度为 丁丽 X100%=69.0%故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色； 69.0%。【点睛】本题的易错点和难点为(6),要注意实验数据有效性的判断， 并且学会根据氧化还原反应的电子守恒，建立关系式计算的方法。9.二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：I:2SQ(g)+Oz(g)=^2SQ(g) AH1=—197.7kJ•mol1K(浓度平衡常数)为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体 V2O3催化剂的密闭容器装置恒温情容 绝热恒容 恒枢隼压| | | [+可移动活塞甲 乙 丙(1)在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1mol6投料，达平衡时，三个容器中SO的转化率从大到小的顺序为(用“甲、乙、丙”表示)。(2)在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表:实验序号A组B组C组反应温度451cC451r551cC投料方式(按照门。八的顺序)2molS1mol、0mol0rnol、0mol.2mol2x1molmoJ含硫化合物的转化率60%bc反应的热量变化放热a吸热79.08kJ放热d压强平衡常数(4)除①表中：a=;b=。②已知用平衡分压(分压=总压x物质的量分数)代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则&尸;&Kp2(填“>”、“<”或“=”)。③若按0.4molSO 2、0.4molO2、0.4molSO 3进行投料，则反应开始时 v正(SQ)v逆(SO2)(填“>”、“<”或一)。(3)将上述固体催化剂V2C5换成NO气体同样可以对该反应起到催化作用，此催化过程如下：n：SO(g)+NO2(g)=^SO(g)+NO(g)AH2K2(浓度平衡常数)m：2NO(g)+Q(g)=^2NO(g) AH3=-114.1kJ♦mol1K3(浓度平衡常数)△H2=；K3=(用含有K、&的表达式表示)。1【答案】(1). 丙>甲>乙 (2). 118.62kJ(3). 40%(4).135MPa(5). >(6). >1 %⑺.-41.8 kJ-mol(8). —K2【解析】【分析】⑴在初始体积与温度相同的条件下， 甲为恒温恒容、乙为绝热恒容、丙为恒温恒压，均按2molSO、1molQ投料，与甲相比，乙中随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，丙中随着反应的进行，容器的体积逐渐减小，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，据此分析判断；催化剂(2)①根据表格数据，A组起始日^充入2molSO、1molQ,平衡转化率为60%结合2SQ(g)+Q(g)।/・2SO(g)AH=-197.7kJ-mol1,计算平衡时放出的热量 a；B组起始日^充入2molSO3,与A组等效，据此判断平衡时三氧化硫的转化率 b;②根据三段式计算平衡时气体的总物质的量，再计算三种物质的物质的量分数，结合压强平衡常数的含义计算K;该反应为放热反应，根据温度对平衡的影响分析判断；③按0.4molSO2、0.4molO2、0.4molSO3进行投料，相当于按0.8molSO2、0.6molO2进行投料，与A组等效，结合A组平衡时的各成分的物质的量判断反应的方向；⑶根据盖斯定律，|x(I-III)得II,I-IIX2得III,据此分析解答。【详解】(1)在初始体积与温度相同的条件下，甲为恒温恒容、乙为绝热恒容、丙为恒温恒压，均按 2molSO、ImolQ投料，与甲相比，乙中随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动， SO的转化率减小；与甲相比，丙中随着反应的进行，容器的体积逐渐减小，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动， SQ的转化率增大，因此三个容器中 SO的转化率从大到小的顺序为丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；催化剂(2)①根据表格数据，A组起始日^充入2molSO、ImolQ,平衡转化率为60%结合2SQ(g)+02(g), *△2SO3(g)AH=-197.7kJ•mol;平衡时放出的热量a=197.7kJx60%=118.62kJ,B组起始时充入2molSO,与A组等效，则平衡时三氧化硫的转化率 b=1-60%=40%故答案为：118.62kJ;40%-催化剂.”②A组：2S6(g)+O2(g), 2SO3(g)△TOC\o"1-5"\h\z起始(mol)2 1 0反应(mol)1.2 0.6 1.2平衡(mol)0.80.4 1.20.8m。？1 0r4mcj/1平衡时气体的总物质的量=0.8mol+0.4mol+1.2mol=2.4mol ,其中SO占 -=P＞,O2— -=,SO2Atnol3 ZAmol6(0.1MP"+占:—则&尸 r r=135MPa：该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，2Amol2 19 1(0.1M尸口X-)2(0.1AfPaX-)平衡常数减小，Ki＞Kp2,故答案为：135MP4;＞;③A组平衡时n(SOJn(O2):n(SO3)=0.8:041.2=2:1:3 。该反应为气体体积减小的反应，若按 0.4molSO、0.4molO2、0.4molSO3进行投料，相当于按0.8molSO2、0.6molO2进行投料,与A组等效，n(SO2):n(O2):n(SO3)=0.4:020.4=2:1:2 ,因此起始时反应正向进行，即v正(SQ)＞v逆(SO2),故答案为：＞;⑶I:2SO(g)+O2(g)^^2SO(g) △H=—197.7kJ-mol1K1,n:SO(g)+NO2(g)^^SO(g)+NO(g)AH2K2,m：2NO(g)+O2(g)^^2NO(g) △H3=—114.1kJ•mol1K3,根据盖斯定律，将I-II得：2SQ(g)+2NO2(g)=^2SO(g)+2NO(g)2△Hk=(-197.7kJ•mol1)-(—114.1kJ-mol1)=-83.6kJmol1,则△Hb=-41.8kJmol1;储根据盖斯定律，将I-IIX2得2NO(g)+Q(g)一^2NO(g),则(=启，故答案为：-41.8kJ•mol1;后。10.I.工业上常利用电解含有铁、铝、铜等金属的粗银棒精炼银，示意图如下：AgNO3溶液(1)阴极反应式为。(2)精炼过程中，AgNOm夜的浓度将(填“增大”、“减小”或“不变”)；原因是。n.“铝(Pd)金”不仅是优异的催化剂，也是首饰界的新宠。精炼银的过程中铝元素可在电解液中大量富集，因此工业上常利用精炼银的电解液 [主要成分为：AgNO、Pd(NQ)2、Cu(NO)2、Fe(NQ)3、Ni(NO3)2、HNO等]为原料生产“铝金”，流程如下：NaOHGq)HC1、H2O2 NH4C1(aq) HCOOH(aq)_i_，滤讷]—L-, 二 滤清电解液f调节pH/泄、氧化f"4f沉淀—(NHQaPK'f还原T Tj浦清 滤液2 Pd单质(3)定量实验检测表明，当滤液 1中c(Ni2+)=2X10-3mol•I-时，PcT仍没有开始沉淀，计算此时溶液中c(Fe3+)=,(Ksp[Ni(OH)2]=2.0X1015、Kp[Fe(OH)3]=4.0X1038)。(4)“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(5)为保证产品的纯净，“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤，简述检验滤渣是否洗净的实验方法书写反应的离子方程式。【详解】I.工业上常利用电解含有铁、铝、铜等金属的粗银棒精炼银，根据电解装置图，粗银棒为阳极，纯银片为阴极。(1)阴极发生还原反应，溶液中的阳离子放电，电极反应式为 Ag++e-=Ag,故答案为：Ag++e-=Ag;(2)精炼过程中，阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属， 例如铁等元素，但阴极得电子的却只有Ag+,所以AgNO浓度减小，故答案为：减小；阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁，但阴极得电子的却只有 Ag+,所以AgNO浓度减小；fc -15 …卜式啊。”词 -12。乂10二15n.(3)根据Ksp[Ni(OH)2]=2.0x1015,c(OH)=- mol -L1= J«Ni2+) J2xIO-3K[Fe(0H)3] 4,Qx10-3nmol-L-1=1x10-6mol-L-1,根据KSp[Fe(OH)3]=4.0x10-38,得c(Fe3+)=- mol-L-1= -c\OH~) (1x10-^mol-L-1=4.0X10-20mol•l-1,故答案为：4.0X10-20mol-L-1;(4)“氧化”过程中过氧化氢在酸性条件下氧化 Pd2+得到PdCl：-,失去2e,同时过氧化氢被还原得到水，得到2e,根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：1,故答案为：1：1;(5)为保证产品的纯净，“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤，根据流程图，沉淀上吸附的离子有氯离子等，检验滤渣是否洗净只需要检验是否存在氯离子即可，方法为用一支洁净的小试管，取最后清洗液 1〜2mL向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴 AgNO溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净，故答案为：用一支洁净的小试管，取最后清洗液 1〜2mL向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴AgNO溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净；(6)“还原”步骤中(NH4)2PdCl6与HCOOH：生氧化还原反应生成Pd单质，甲酸被氧化生成二氧化碳，反应的离子方程式为(NH4)2PdCl6+2HCOOH=Pc+2CO2T+2NH++6Cl-+4Hh,故答案为:(NH4)2PdCl6+2HCOOH=PC+2CO2T+2NH++6Cl-+4H+。11.硫及其化合物有许多用途。请回答下列问题。(1)基态硫离子价层电子的轨道表达式为,其电子填充的最高能级的轨道数为。(2)常见含硫的物质有单质硫(S。、SO、Ns2S、K2s等，四种物质的熔点由高到低的顺序依次为,原因是。⑶方铅矿(即硫化铅)是一种比较常见的矿物，酸溶反应为： PbS+4HCl(浓尸H2[PbCl4]+H2Sf,则闺PbCl4]中配位原子是,第一电离能I1(Cl)I 1(S)(填“>”、“<”或..=")，H2s中硫的杂化方式为,下列分子空间的构型与H2s相同的有。A.H2OB.SQC.QD.CH(4)方铅矿的立方晶胞如图所示，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的 空隙中。已知晶体密度为pg-cm3,阿伏加德罗常数的值为 N,则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为⑴.sutnunn(2).3(3).Na2S>RS>S>SQ(4).Na2sK2s均为离子晶体，熔点较高,Na+半径比K⑴.sutnunn(2).3(3).Na2S>RS>S>SQ(4).Na2sK2s均为离子晶体，熔点较高,Na+半径比K+半径小，故N&S熔点高;&、SO均为分子晶体，熔点较低，因S8的相对分子质量比SO大,故S8熔点比SO高(5).Cl(6).>(7).sp3(8).AC(9).四面体x107(10).—4【解析】【分析】(1)硫为16号元素，硫离子核外有18个电子，据此书写基态硫离子价层电子的轨道表达式， 并判断最高能级的原子轨道数；Na2S、K2S均为离子晶体，&、SO均为分子晶体，根据熔沸点的判断方法分析解答；H2[PbCl4]中配位原子是Cl,中心原子是Pb;同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势；根据价层电子对数的计算公式计算判断；(4)根据方铅矿的立方晶胞图， 计算出一个晶胞中含有的铅离子和硫离子的数目， 计算出晶胞的质量，从而计算晶胞的棱长，晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为晶胞体对角线的 ;，据此解答。【详解】(1)硫为16号元素，硫离子核外有18个电子，基态硫离子价层电子的轨道表达式为[plFfTWi玉3n其电子填充的最高能级为[plFfTWi玉3n其电子填充的最高能级为3p,含有3个相互垂直的原子轨道，故答案为:3P；3；Na2S、K2S均为离子晶体，熔点较高， Na■半径比/半径小，故N&S熔点高；S8、SO均为分子晶体，熔点较低，因号的相对分子质量比SO大，故S8熔点比SO高，因此四种物质的熔点由高到低的顺序依次为N&SXS〉S8>SO,故答案为：Ns2S>K2S>SO;N&S、K2s均为离子晶体，熔点较高， Na+半径比K+半径小，故NaS熔点高；&、SQ均为分子晶体，熔点较低，因&的相对分子质量比SO大，故&熔点比SO高；

H2[PbCl4]中配位原子是Cl,中心原子是Pb;同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，Ii(Cl)>Ii(S);H2S中硫的价层电子对数=2+"一：*[=4,采用sp3杂化，为V形分子；A.HO中O的价层电子对数=2+"一：*;4,采用sp3杂化，为V形分子；B.SO中硫的价层电子对数=3+6一：、”=3,采用sp2杂化，为平面三角形分子；C.Q中。的价层电子对数=2+"一：尺”=3,采用sp2杂化，为V形分子；D.CH中C的价层电子对数=4+“一：*1=4,采用sp3杂化，为正四面体形分子；空间的构型与 H2S相同的有AC,故答案为：Cl;>;sp3;AG(4)根据方铅矿的立方晶胞图， 硫离子采取面心立方堆积， 铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中。 一个晶胞中含有4个铅离子，硫离子的数目=8X晶胞中含有4个铅离子，硫离子的数目=8X-+6X-=4,晶胞的质量8 2956gh7厂g,则晶胞的棱叫晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为晶胞体对角线的7-晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为晶胞体对角线的7-=—xJ—--cm=^x5--x10nm,故答44铲心4铲N#、案为：四面体;案为：四面体;12.高分子聚合物Nome戏纶(G)耐热性好、强度高，是一种很好的绝热材料和阻燃纤维，下图是 Nomex芳纶的合成路线图:AKMn()4(H+))臼浓HNQ&FeHC】AKMn()4(H+))臼浓HNQ&FeHC】中㈣nh2EO0④*Ho^c-(^rc^NH-(^rNH2F⑤(1)A的名称为;④的反应类型为;G的结构简式为(2)写出反应②的化学方程式：(3)B的芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下:a.遇FeCl3溶液显紫色；b.可以发生水解反应； c.可发生银镜反应符合以上性质特点的 H共有种。(4)下列有关F的说法正确的是(填字母序号)。A.F的分子式为Ci4HI2NQ B.F中只含有氨基和竣基两种官能团CHCH2CI+NH3催0LCHCH2CI+NH3催0LCHCHNH+HCl,(5)聚氨基酸类物质以其无毒易降解特性广泛应用于药物载体，已知：

参照G的合成路线图，请以CHCHCOOH^原料，无机试剂自选，写出合成聚 2-氨基丙酸的合成路线图:【答案】 （1）.间二甲苯或1,3-二甲基苯 （2）.取代反应 （3）.O,|+2HN△\0,+2H2O(5).10(6).光网O,|+2HN△\0,+2H2O(5).10(6).光网“ 小 ClbClLCOOH--CII.CHCOOIIAC (7). 、.、eCIUHCOOH一m3M*CH-或jnCfliClLCOOII CHjCilCOOH——CHsCUC(H)H hc』~】|一可1h明| LJuBr MljCI13CI1,COOII-*CHjCHCOOH催化利CHjCHCOOH——^10NH-H!n（合理即可）【解析】【分析】fir间二甲苯（A）被酸性高镒酸钾溶液氧化生成B,B为HO,0H;苯（C）发生硝化反应生成D,结合E的结构可知,E的结构可知,D发生还原反应生成 E,B和E发生成肽反应生成 F,F中还原竣基和氨基，可以反应生成高分子化合物

~0 0g,g为。■【详解】（1）A的结构简式为肽反应，属于取代反应;G的结构简式为间二甲苯或1,3-二甲基苯；取代反应;【详解】（1）A的结构简式为肽反应，属于取代反应;G的结构简式为间二甲苯或1,3-二甲基苯；取代反应;「。1\ _,名称为间二甲苯或1,3-二甲基苯；反应④是竣基和氨基发生的成ch3(2)反应②为硝化反应，反应的化学方程式为 0]+2HNO^^ +2HO,故答案为:,+2HQ⑶B为H0B的芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团,其各自的特征反应如下:FeCl3溶液显紫色，说明一种含氧官能团为酚羟基；b.可以发生水解反应，说明