发布时间 : 星期一 文章【3份试卷合集】柳州市2019-2020学年高考化学三模考试卷更新完毕开始阅读7c6312a6f505cc1755270722192e453611665b5a
B.12g金刚石中C的物质的量为n=
12g= 1mol，金刚石中碳原子成正四面体构型，每个碳原子连接4
12g/mol个其他的碳原子，因此每个C-C键中2个原子各自占一半，所以含有的共价键数为2NA，故B错误； C.每个Na2O2中含有2个钠离子，1个过氧根离子，所以0.1mol Na2O2晶体中含有0.3molNA个离子，故C正确；
D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成lmol氢气时转移2mol电子，所以转移的电子数为2NA，故D错误； 答案选C。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．CS32- +H2O?HCS3-+OH- S 干燥管 CaO和NaOH CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75mol/L 【解析】 【分析】
实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐； (2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；
实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠； (2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；
(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；
(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝
8.4g＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝
96g/mol0.0875mol，根据c＝【详解】
n计算A中Na2CS3溶液的浓度。 V实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：CS32- +H2O?HCS3-+OH-；
(2)Na2CS3中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；
实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O； (3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；
(4) 当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称
n(CuS)＝重，得8.4g黑色固体，
8.4g＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)
96g/mol＝0.0875mol，c(Na2CS3)＝
0.0875mol＝1.75mol/L。
0.05L三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．羧基、氯原子 光照 HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH????加热乙醇+NaCl+1H2O
溴水 CH2=C（CH1）CH=CH2????CH2BrC（CH1）
催化氧化催化氧化=CHCH2Br?????HOCH2C（CH1）=CHCH2OH?????OHCC（CH1）=CHCHO?????HOOCC（CH1）加热NaOH溶液?F =CHCOOH???催化剂【解析】 【分析】
HClC7H8不饱和度极高，因此推测为甲苯，C7H7Cl推测为
，根据反应③的条件，C中一定含有醇羟
基，则反应②是卤代烃的水解变成醇的过程，C即苯甲醇，根据题目给出的信息，D为
，结合D和E的分子式，以及反应④的条件，推测应该是醇的消去反应，
故E为，再来看M，M的分子式中有钠无氯，因此反应⑤为氢氧化钠的乙醇溶
液，M为，经酸化后得到N为，N最后和E反应得到高聚物
P，本题得解。
【详解】
（1）F中的官能团有羧基、氯原子；反应①取代的是支链上的氢原子，因此条件为光照； （2）反应⑤即中和反应和消去反应，方程式为HOOCCCl（CH1）
CH2COOH+1NaOH????加热乙醇+NaCl+1H2O；
（1）根据分析，P的结构简式为；
（4）首先根据E的分子式C9H10O可知其有5个不饱和度，苯环只能提供4个不饱和度，因此必定还有1
个碳碳双键，符合条件的同分异构体为；
（5）首先根据C5H8的分子式算出其分子内有2个不饱和度，因此这两个碳碳双键可以转化为F中的2
溴水?HOCH2C（CH1）个羧基，故合成路线为CH2=C（CH1）CH=CH2????CH2BrC（CH1）=CHCH2Br????加热NaOH溶液催化氧化催化氧化?F。 =CHCH2OH?????OHCC（CH1）=CHCHO?????HOOCC（CH1）=CHCOOH???催化剂HCl四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．圆底烧瓶 防倒吸 制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+ ad 防止KMnO4见光分解 锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 0.0005mol 无影响 【解析】 【分析】
（1）B为圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸； （2）反应生成的产物结合ClO2易爆炸，用惰性气体等稀释时，可防止爆炸分析；
（3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子； （4）将ClO2 转化为 Cl-，应加入还原剂；
（5）①高锰酸钾不稳定；高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
-+﹣2+②涉及反应为：2MnO4+8H+2CN＝2Mn+2CO2?+N2?+4H2O，结合方程式计算；
③锥形瓶无需润洗。 【详解】
（1）B装置的名称是圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸，故答案为：圆底烧瓶； 防倒吸；
（2）用H2C2O4溶液、稀硫酸和KClO3制备ClO2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性，
故答案为：制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性；
（3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+，
故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+；
（4）将ClO2 转化为 Cl-，应加入还原剂，可加入硫酸亚铁或二氧化硫等， 故答案为：ad；
（5）①高锰酸钾不稳定受热易分解，所以应放在棕色瓶中；高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色， 故答案为：防止KMnO4见光分解；锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
-+﹣2+②设CN-物质的量为n，则依据方程式2MnO4+8H+2CN＝2Mn+2CO2?+N2?+4H2O可知：
MnO-410.02mol/L?0.025L:CN﹣1
n解得n＝0.0005mol， 故答案为：0.0005mol；
③锥形瓶无需润洗，对测定结果没有影响， 故答案为：无影响。 【点睛】
本题考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握二氧化氯的制备和性质，能正确书写氧化还原反应方程式，掌握氧化还原滴定法测量物质的浓度，熟悉制备原理，准确把握题干信息是解题关键，题目难度较大。
19．3d N2 CN- sp3和sp2 30NA A分子间存在氢键 ACD 91：6 Mg2NiO3 【解析】 【分析】
（1）Ni2+电子排布中，电子填充的能量最高的能级符号为3d； （2）原子数与价电子数分别都相等的互为等电子体；
（3）（1）根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数；C-H为碳氢σ键，C-C为碳碳σ键，C=N含有一个碳氮σ键； （1）①A分子中含有-OH，分子间易形成氢键；
②根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间有氢键；根据碳原子成键类型判断。 （5）设+2、+3两种Ni原子数分别为x，y，则x+y=0.97，2x+3y=2，据此计算x：y；
（6）根据晶胞中原子分摊计算Mg2+、O2-的数目分别为2、3，再根据化合物中化合价代数和为0计算Ni2+的数目。