2019届云南姚安县龙岗中学高三化学二模试题答案

海量资源尽在星星文库：届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题（参考答案）一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项屮，只有一项是符合题目要求的。1．【答案】D【解析】根据洪特规则可知电子排布同一能级的不同轨道，总是优先占据不同的轨道，而且自旋方向相反，据此作答。2．【答案】B【解析】分散系包括胶体、溶液和浊液，其中烟属于胶体，A正确；元素周期表的纵行包括主族、副族和0族等，其中卤族属于主族，C正确；化合物包括共价化合物和离子化合物，其中酸属于共价化合物，D正确；酸、碱、盐都属于电解质，但盐不属于酸，B错误。3．【答案】B【解析】Na在空气中与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成NaOH，NaOH再与HCl反应生成NaCl，所以方框内的物质是氧化钠。4．【答案】B【解析】5．【答案】B【解析】肉桂醛中的碳碳双键以及醛基均能使酸性KMnO4溶液退色，故不能用酸性KMnO4溶液鉴别。6．【答案】C【解析】Na2O2的电子式为Na＋[]2－Na＋，O是一个阴离子，A错误；生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B项错；二者都是Na2O2中－1价的O变为零价，因而失去的电子数相同，C项正确；Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故二者原理不同，D项错误。7．【答案】A【解析】NaHCO3溶液分别与稀盐酸、NaOH溶液、AlCl3溶液、NaAlO2溶液混合的现象为：气体生成、无现象、气体和沉淀生成、沉淀生成，现象不同，可鉴别，A正确；黑色物质为二氧化锰，与稀盐酸不反应，应选浓盐酸、加热洗涤，B错误；二者均与Na2SO3溶液反应，应选饱和NaHSO3溶液除杂，C错误；水温下降，可能为溶解时吸热，则不能说明硝酸铵水解是吸热的，D错误。二、非选择题：共174分。第22〜32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考海量资源尽在星星文库：题，考生根椐要求作答8．【答案】(1)降低反应活化能(或作催化剂)(2)30℃、pH＝2.0蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)(3)H2SO4(4)2OH－＋SO2===SO＋H2OSO与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成(5)6.0×10－30.62【解析】(1)由硫杆菌存在时的反应速率增大5×105倍可知，硫杆菌为该反应的催化剂，降低了反应的活化能。(2)由图1可知，温度在30℃左右时，速率最快；由图2可知，反应混合液的pH＝2.0左右时，速率最快。由此可推断使用硫杆菌的最佳条件为温度为30℃、混合液的pH＝2.0。硫杆菌属于蛋白质，若反应温度过高，受热变性失活，导致反应速率下降。(3)用H2O2氧化H2S时，H2O2被还原为H2O。当n(H2O2)/n(H2S)＝4时，设n(H2O2)＝4mol，则n(H2S)＝1mol，设氧化产物中S的化合价为x，由氧化还原反应的电子守恒规律，可得：4×2×[(－1)－(－2)]＝1×[x－(－2)]，解得x＝＋6。所以氧化产物的分子式为H2SO4。(4)过程①是NaOH与SO2的反应，反应的离子方程式为2OH－＋SO2===SO＋H2O；由CaO在水中的转化平衡：CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，可推断过程②Na2SO3溶液中加入CaO后，生成CaSO3沉淀，c(Ca2＋)减小，使上述平衡向正向移动，c(OH－)增大，所以有NaOH生成。(5)由NH3·H2O的电离方程式及其电离平衡常数Kb＝1.8×10－5可知，Kb＝[c(NH)·c(OH－)]/c(NH3·H2O)＝1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0mol·L－1时，溶液中的c(NH)＝c(OH－)＝6.0×10－3mol·L－1。由H2SO3的第二步电离方程式HSOSO＋H＋及其电离平衡常数Ka2＝6.2×10－8可知，Ka2＝[c(SO)·c(H＋)]/c(HSO)＝6.2×10－8，将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1时，溶液的c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，则c(SO)/c(HSO)＝＝0.62。·9．【答案】(1)(2)【解析】(1)Zn的原子序数为30，基态Zn原子的核外电子排布式为：；(2)依据等电子原理，CO与N2为等电子体，N2分子中两个N原子之间形成叄建，CO的结构式为。10．【答案】(1)2CaSO3＋O2＋4H2O===2(CaSO4·2H2O)(2)NaHSO3c(HSO)＞c(SO)＞c(H2SO3)(3)NaOHNa2SO3＋Ca(OH)2===2NaOH＋CaSO3↓【解析】(1)SO2被氢氧化钙吸收转化为亚硫酸钙，亚硫酸钙易被氧化转化为石膏，则氧化室中发生反应的化学方程式为2CaSO3＋O2＋4H2O===2(CaSO4·2H2O)。(2)若在操作中持续通入含SO2的烟气，则亚硫酸钠吸收SO2转化为亚硫酸氢钠，即最终产物X为NaHSO3；操作过程中测得吸收塔内溶液pH＝7，这说明溶液显中性。由于亚硫酸氢钠显酸性，这说明溶液中还含有亚硫海量资源尽在星星文库：酸钠，又因为亚硫酸的第一步电离远大于第二步电离，则溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为c(HSO)＞c(SO)＞c(H2SO3)。(3)物质Y可以循环利用，则Y应该是强碱氢氧化钠，与SO2反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与石灰乳反应生成氢氧化钠和亚硫酸钙。亚硫酸钙被氧化转化为石膏，则转化塔中反应的化学方程式是Na2SO3＋Ca(OH)2===2NaOH＋CaSO3↓。·11．【答案】(1)SiO、AlOCOAl(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O(2)Al3＋、Mg2＋、NH、Cl－2∶1∶4∶12NH＋OH－===NH3·H2O【解析】(1)无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图像知溶液中肯定含有AlO、SiO。Oa段发生反应的离子为AlO、SiO，ab段为CO，bc段则是Al(OH)3溶解。(2)当向溶液中加入NaOH溶液时，生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，ab段是NH与OH－之间发生反应，因Mg2＋、Al3＋不能与CO、SiO、AlO共存，故此时溶液中阴离子只有Cl－。结合图像，溶解Al(OH)3、与NH作用、生成Al(OH)3消耗的NaOH溶液体积比为1∶2∶3；由此可求出与Mg2＋反应时消耗的NaOH溶液体积与溶解Al(OH)3消耗的NaOH溶液一样多，故溶液中n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(NH)＝2∶1∶4，再利用电荷守恒原理求出n(Cl－)，最后就得到各种离子物质的量比。【化学——物质结构与性质】12．【答案】(1)(2)小(3)sp3极性(4)3d104s2ⅡB(5)ZnS离子a＝【解析】由L在周期表中的位置知其是锌元素；由E原子的核外电子变化特点知其是氯元素，由D＋与E电子层数关系知D是钠元素；由M化合价特点知其是硫元素，故可推出G是氧元素。(1)由同周期元素电负性变化规律知氯元素的电负性大于硫元素的电负性。(2)由于氮元素的2p能级处于半充满状态，故氧的第一电离能小于氮的第一电离能。(3)S2Cl2中硫形成了2个σ键，还有2对孤电子，故硫为sp3杂化，由分子不具有对称结构，故它是极性分子。(4)锌价层电子排布式为3d104s2，属于ⅡB族元素。(5)R是ZnS，属于离子晶体。由其晶胞知一个晶胞中含有4个“ZnS”结构单元，一个晶胞的质量m(ZnS)＝，整理后即可求出a值。【化学——有机化学基础】13．【答案】(1)海量资源尽在星星文库：(2)500(3)能热塑【解析】聚苯乙烯的单体为苯乙烯，聚合时双键断裂。聚苯乙烯的聚合度n＝52000/104＝500。线型结构的高分子化合物能溶于氯仿，具有热塑性。