2019届广东省汕头市高三化学二模试题答案

海量资源尽在星星文库：届广东省汕头市高三化学二模试题答案一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分．每小题给出的四个选项中，只有合题目要求的1．【解答】解：A．日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈（唐），雾为气溶胶，能发生丁达尔效应，故A正确；B．淀粉和纤维素属于糖类，但没有甜味，故B错误；C．石灰石加热后能制得生石灰，该反应为分解反应，故C正确；D．制玻璃原料有石灰石、碳酸钠和石英，石英主要成分为二氧化硅，是制造光导纤维主要原料，故D正确；故选：B。2．【解答】解：A．标况下三氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B．硫酸钾溶液中，含有硫酸根离子、氢氧根离子阴离子，2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数大于NA，故B错误；C.1mol的羟基含有电子数9NA，1mol的氢氧根离子含电子数为10NA，故C错误；D．二氧化氮与四氧化二氮具有相同最简式NO2，46gNO2和N2O4混合气体含有原子数为：×3×NA＝3NA，故D正确；故选：D。3．【解答】解：A．维生素C分子中含有6个C、8个H、6个O原子，分子式为C6H8O6，故A正确；B．维生素C中含有羟基、酯基和碳碳双键3种官能团，故B正确；C．维生素C生成脱氢维生素C的过程为氧化反应，不符合取代反应的特点，故C错误；D．含有碳碳双键、羟基，可与高锰酸钾发生氧化反应，故D正确。故选：C。4．【解答】解：A．KMnO4溶液中滴加H2O2，发生氧化还原反应，则紫色褪去，KMnO4在酸性条件下具有氧化性，故A正确；B．常温下将Al片置于浓硫酸中，发生钝化，则无明显变化，故B错误；C．先加氯水可氧化亚铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后加氯水检验亚铁离子，故C错误；D．碳酸氢根离子、碳酸根离子均与盐酸反应生成二氧化碳，则溶液中可能含有CO32﹣，海量资源尽在星星文库：错误；故选：A。5．【解答】解：根据分析可知：X为N，Y为Al，Z为Cl，W为P元素。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y＞W＞Z＞X，故A正确；B．Al、Cl形成的化合物为氯化铝，氯化铝为强酸弱碱盐，其酸溶液呈酸性，故B错误；C．非金属性N＞P，则最高价氧化物对应的水化物酸性：X＞W，故C正确；D．N、Cl与H一起可以形成离子化合物氯化铵、氯酸铵等，故D正确；故选：B。6．【解答】解：A．当有0.1mol电子转移时，a电极为原电池正极，电极反应为4H++4e﹣＝2H2↑，产生0.05mol即1.12LH2，故A错误；B．a、b电极分别是电解池的阴极和阳极，则b极上的电势比a极上的高，即a极上的电势比b极上的低，故B正确；C．d为负极、失电子、发生氧化反应，右端装置B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C错误；D．气体Y为O2，在c极发生得电子的还原反应，酸性条件下，电极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，故D错误；故选：B。7．【解答】解：A．根据图象可知，0.1mol•L﹣1的三种酸（HA、HB和HD）溶液，pH大小为：HD＞HB＞HA，溶液pH越大酸性越弱，则三种酸的酸性强弱：HD＜HB＜HA，故A错误；B．Q点溶液的pH＝3.8，c（D﹣）≈c（H+）＝10﹣3.8mol/L，c（HD）≈0.1mol/L，则HD的电离平衡常数Ka≈＝10﹣6.6，故B错误；C．W点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），此时溶质为等浓度的HB、NaB，说明HB的电离程度大于B﹣的水解程度，则c（B﹣）＞c（HB），结合物料守恒c（B﹣）+c（HB）＝2c（Na+）可知：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB），溶液中离子浓度大小为：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D.0.1mol•L﹣1的三种酸的pH都大于＞1，说明三种酸都是弱酸，则完全反应后生成的都海量资源尽在星星文库：是强碱弱酸盐，混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（Na+）＞c（A﹣）+c（B﹣）+c（D﹣），故D错误；故选：C。二、解答题（共3小题，满分43分）8．【解答】解：（1）仪器D为球形冷凝管，作用是使挥发出的乙醚和溴蒸气冷却并回流至反应装置，冷凝水从a口通入；故答案为：球形冷凝管；a；（2）因为液溴极易挥发，故干燥的N2可将液溴吹出；镁屑会与空气中的氧气反应，生成的MgO阻碍反应的继续进行，故实验中不能用干燥空气代替干燥N2；故答案为：极易挥发；镁屑会与空气中的氧气反应，生成的MgO阻碍反应的继续进行；（3）已知：Mg和Br2反应剧烈放热，将装置B改为装置C，会将液溴挤压入三口瓶中，反应加剧大量放热存在安全隐患；故答案为：会将液溴挤压入三口瓶中，反应加剧大量放热存在安全隐患；（4）步骤3中，第一次过滤除去的物质是镁屑；故答案为：镁屑；（5）已知MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5△H＜0，加热促使乙醚挥发，且逆反应是吸热反应，加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动；故答案为：加热促使乙醚挥发，且逆反应是吸热反应，加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动；（6）依据方程式Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化镁的物质的量＝0.0500mol/L×0.02L＝0.001mol，则溴化镁的质量为0.001mol×184g/mol＝0.184g，溴化镁的产品的纯度＝92.0%；故答案为：92.0%。9．【解答】解：（1）根据流程图可知，合成塔为氢气与氯气反应，生成HCl；故答案为：HCl；（2）根据题意电解NaCl溶液得到氢气和NaClO3溶液，阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故阳极得到NaClO3溶液，电极反应式为：Cl﹣+3H2O﹣6e﹣＝ClO3﹣+6H+；故答案为：Cl﹣+3H2O﹣6e﹣＝ClO3﹣+6H+；（3）反应器I为HCl与NaClO3溶液反应得到氯气、ClO2和NaCl，故反应为：海量资源尽在星星文库：＝2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；ClO2和NaOH、H2O2在反应器II发生反应：H2O2+2ClO2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2，氯元素化合价降低被还原，ClO2为氧化剂，H2O2为还原剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1；故答案为：2NaClO3+4HCl＝2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；2：1；（4）流程中①、②是将得到的氯气和NaCl溶液循环利用，提高原料利用率，降低生产成本；故答案为：循环利用，提高原料利用率，降低生产成本；（5）从NaClO2溶液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（6）取上述合成产品10g溶于水配成500mL溶液，取出10mL溶液于锥形瓶中，再加人足量酸化的KI溶液，NaClO2将KI氧化为碘单质，反应为：ClO2﹣+4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，充分反应后加人2～3滴淀粉溶液，溶液显蓝色，用0.264mol/LNa2S2O3标准液滴定，当碘反应完成，达到滴定终点，观察到溶液蓝色变为无色，且半分钟内不发生变化，根据关系式：NaClO2•3H2O～2I2～4Na2S2O3，又n（NaClO2•3H2O）＝n（Na2S2O3）＝×0.264mol/L×0.02L＝0.00132mol，所以500ml溶液中含有：n（NaClO2•3H2O）＝0.00132mol×50＝0.066mol，则10g合成产品中含有：m（NaClO2•3H2O）＝0.066mol×144.5g/mol＝9.537g，则ω（NaClO2•3H2O）＝9.527/10g×100%＝95.27%＞90%，所以产品合格；故答案为：蓝色变为无色；合格。10．【解答】解：（1）SOCl2常用作脱水剂，能与水剧烈反应生成两种酸性气体，根据元素守恒知，生成的气体是SO2和HCl，反应方程式为SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl↑，故答案为：SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl↑；（2）①升高温度，K值减小，该反应为放热反应，该反应的△H＜0，故答案为：＜；②开始时混合气体总物质的量＝3×0.40mol＝1.20mol，开始时压强为p0，达到平衡状态时压强为5.0p0，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量＝×1.20mol＝1.0mol，根据方程式知，反应前后气体物质的量减少的量2倍为SOCl2的物质海量资源尽在星星文库：的量，n（SOCl2）＝2×（1.20﹣1.0）mol＝0.4mol，v（SOCl2）＝＝mol•L﹣1•min﹣1＝0.01mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.01mol•L﹣1•min﹣1；③若只改变某一条件，其他条件相同时，测得其压强随时间的变化为表中数据Ⅱ，根据表中数据知，反应达到平衡时间缩短且平衡时压强不变，说明改变条件只影响化学反应速率不影响平衡移动，催化剂能改变化学反应速率但是不影响平衡移动，所以改变的条件是加入催化剂，故答案为：加入催化剂；由图可知，改变条件后达到平衡所需时间较原来短（或反应速率更大），且平衡时的压强与原平衡相等；（3）①根据（1）可知，373K时：SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）c平：0.020.020.020.04则化学平衡常数K＝＝200，则A点的数值为﹣lgK＝﹣lg200＝﹣2.3；故答案为：﹣2.3；②该反应为放热反应，升高温度，K值减小，lgK减小，﹣lgK增大，故A可能变化为CD两点；故答案为：CD；（4）当V＝amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（Na+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），结合溶液中存在的电荷守恒式c（Na+）+c（H+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），则c（H+）＝c（OH﹣），此时溶液显中性，应为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，则20mL＞a＞10mL；当V＝bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），符合NaHSO3溶液中存在的物料守恒式，则b＝10mL，即a大于b，故答案为：大于。[化学-选修3：物质结构与性质]（15分）11．【解答】解：（1）B是5号元素，处于周期表中第二周期IIIA族，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p1；[BF4]﹣中B原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝4+0海量资源尽在星星文库：＝4，B原子的杂化轨道类型为sp3；硼原子的价电子层只有2s和2p四个原子轨道，最多可以形成四个共价键，则硼元素不可能形成[BF6]3﹣，故答案为：1s22s22p1；sp3；硼原子的价电子层只有2s和2p四个原子轨道，没有d轨道，最多可以形成四个共价键；（2）①同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性B＜N，故答案为：＜；②TiCl3和LiBH4反应得到Ti（BH4）3，类似复分解反应，还得到LiCl，反应方程式为：TiCl3+3LiBH4═Ti（BH4）3+3LiCl，故答案为：TiCl3+3LiBH4═Ti（BH4）3+3LiCl；（3）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，BH4﹣中含四个共价键，B原子是sp3杂化，其电子式为，其中BH4﹣立体构型为正四面体，键角为109°28'，故答案为：109°28'；正四面体；（4）磷化硼晶胞中4个B原子分布正方体中心为中心的正四面体位置，其俯视图中4个B原子形成正方形，晶胞中含有4个B原子，P原子数＝8×+6×＝4，晶胞质量mg，晶胞体积V＝（458×10﹣10）3cm3，则该磷化硼晶体的密度ρ＝＝g/cm3≈2.9g/cm3，故答案为：正方形；2.9。化学-选修5：有机化学基础（15分）12．【解答】解：（1）B为，物质B的名称为对甲基苯酚或4﹣甲基