当前位置：文档之家 › 安徽省六安一中2017-2018学年高三化学模拟试卷(九) Word版含解析

安徽省六安一中2017-2018学年高三化学模拟试卷(九) Word版含解析

  • 格式：doc
  • 大小：420.61 KB
  • 文档页数：29

安徽省六安一中2017-2018学年第二学期高三化学试卷（九）（解析版）一、选择题1．下列说法不正确的是（）A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性B．常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关C．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D．单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料2．下列说法正确的是（）A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法C．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加硫氰化钾溶液，有气体生成溶液呈血红色，说明稀硝酸将铁氧化为正三价铁离子D．用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝不会滴落3．如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍．下列说法正确的是（）A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性4．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收5．2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（）A．a为电池的正极B．电池充电反应为LiMn2O4═Li1Mn2O4+xLi﹣xC．放电时，a极锂的化合价发生变化D．放电时，溶液中Li+从b向a迁移6．40℃时，在氨﹣水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示．下列说法不正确的是（）A．在pH=9.0时，c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（NH2COO﹣）＞c（CO32﹣）B．不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（NH2COO ﹣）+c（OH﹣）C．随着CO2的通入，不断增大D．在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO﹣的中间产物生成7．己知金刚烷的结构如图所示，若有一个氯原子和一个溴原子取代它的两个氢原子，所得结构可能为（）A．7种B．8种C．9种D．10种二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：=CH2（g）+H2（g）（1）已知：计算上述反应的△H=KJ•mol﹣1．（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应．已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K p=（用α等符号表示）．（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应．在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如图：①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实．②控制反应温度为600℃的理由是．（4）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺﹣﹣﹣﹣乙苯﹣二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯．保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO．新工艺的特点有（填编号）．①CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移②不用高温水蒸气，可降低能量消耗③有利于减少积炭④有利用CO2资源利用．9．（15分）实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应如下：已知：①苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、0.95g（60℃）、6.8g（95℃）．②乙醚沸点34.6℃，密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.83～48.0%时易发生爆炸．③石蜡油沸点高于250℃④苯甲醇沸点为205.3℃实验步骤如下：①向图1所示装置中加入8g氢氧化钠和30mL水，搅拌溶解，稍冷，加入10mL苯甲醛．开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行，加热回流约40min；②停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20mL，摇动均匀，冷却至室温．然后用乙醚萃取三次，每次10mL．水层保留待用．合并三次萃取液，依次用5mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10mL 10%碳酸钠溶液洗涤，10mL水洗涤，然后分液，将水层弃去，所得醚层进行实验步骤③；③将分出的醚层，倒入干燥的锥形瓶中，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞；将锥形瓶中溶液转入图3所示的蒸馏装置，先缓缓加热，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必须改变加热方式、冷凝方式，继续升高温度并收集205℃～206℃的馏分得产品A；④将实验步骤②中保留待用的水层慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体．冷却，抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品B．根据以上步骤回答下列问题：（1）步骤②萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需（仪器名称）．（2）步骤②中饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去，而用碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，醚层中少量的苯甲酸是从水层转移过来的，请用离子方程式说明其产生的原因．（3）步骤③中无水硫酸镁的作用是，锥形瓶上要加塞的原因是，产品A为．（4）步骤③中蒸馏除去乙醚的过程中采用的加热方式为；蒸馏得产品A的加热方式是．（5）步骤④中提纯产品B时所用到的实验方法为．（6）步骤④中的抽滤又叫减压过滤，装置如图3所示．其中抽气泵接自来水龙头的作用是．10．（14分）0.80gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图1所示．请回答下列问题：（1）试确定200℃时固体物质的化学式（要求写出推断过程）；（2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为，把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为，其存在的最高温度是；（3）在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=mol•L﹣1（K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）．若在0.1mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是mol•L﹣1．（4）25℃，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）=mol•L﹣1．②某溶液含0.020mol•L﹣1Mn2+、0.10mol•L﹣1H2S，当溶液pH=时，Mn2+开始沉淀，[已知：Ksp（MnS）=2.8×10﹣13]．（化学一选修2：化学与技术）11．（15分）磷矿石主要以[Ca3（PO4）2•H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3]等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：部分物质的相关性质如下：回答下列问题：（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的；（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3反应的化学方程式为：，现有1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸t．（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷，炉渣的主要成分是（填化学式），冷凝塔1的主要沉积物是，冷凝塔2的主要沉积物是．（4）尾气中主要含有，还含有少量的PH3、H2S和HF等．将尾气先通入纯碱溶液，可除去；再通入次氯酸钠溶液，可除去（均填化学式）．（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是．[化学-物质结构与性质]12．按要求回答下列问题：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用形象化描述；在基态14C原子中，核外存在对自旋相反的电子．（2）在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接个六元环，六元环中最多有个C原子在同一平面，一个金刚石晶胞平均占有碳原子个数为．（3）与N2互为等电子体的分子是，该分子的电子式为．（4）己知C60分子结构如图1所示：该笼状分子是由多个正六边形和正五边形组成的，面体的顶点数V、面数F及棱数E间关系为：V+F﹣E=2，则此分子中共有个正五边形．（5）硅烷（SinH2n+2）的沸点与相对分子质量的关系如图2所示，呈现这种变化的原因是．（6）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为a cm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为cm（用含有a的代数式表示），在一定温度下NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图3），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为g（氧离子的半径为1.40×10﹣10m ）．2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（九）参考答案与试题解析一、选择题1．下列说法不正确的是（）A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性B．常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关C．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D．单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；物理变化与化学变化的区别与联系；化学键和分子间作用力的区别．【分析】A、通常我们把物质的状态分为固态、液态和气态，但是某些有机化合物具有一种特殊的状态，在这种状态中，他们一方面像液体，具有流动性，一方面又像晶体，分子在某个方向上排列比较整齐，因而具有各向异性，这种物质叫液晶，据此解答即可；B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；C、纳米粒子是指粒度在1﹣100nm之间的粒子，与胶体相同，胶体的聚沉属于物理变化；D、单质硅是制作光太阳能电池的主要原料．【解答】解：A．液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，像液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性，故A正确；B．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故B正确；C．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、均有新物质生成，属于化学变化，但是纳米银粒子的聚集属于小颗粒的胶体离子变成大颗粒聚成下来，没有新物质生成，蛋白质的变性也可能属于物理变化，故C错误；D．单质硅是制作光太阳能电池的主要原料，光太阳能电池可将太阳能转变为电能，故D正确；故选C．【点评】本题主要考查的是液晶的概念以及其性质、氢键的作用、胶体的性质、物理变化与化学变化的本质区别等，综合性较强，难度一般．2．下列说法正确的是（）A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法C．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加硫氰化钾溶液，有气体生成溶液呈血红色，说明稀硝酸将铁氧化为正三价铁离子D．用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝不会滴落【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氯水具有漂白性，能漂白pH试纸；B．氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液；C．过量铁粉，反应生成亚铁离子；D．给铝箔在酒精灯上加热时，铝熔化，而形成的氧化铝薄膜熔点高未熔化，包裹着的内层熔化的铝而不会滴落．【解答】解：A．氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定氯水pH值，应该用pH计测定，故A错误；B．氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故B错误；C．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故C错误；D．用坩埚钳夹住一小块铝箔，由于铝熔点低，所以在酒精灯上加热铝熔化，失去了光泽，由于氧化铝熔点较高，加热时氧化膜包裹着的内层熔化的铝而不会滴落，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及pH值的测定、元素化合物性质、物质分离和提纯等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，知道常见离子检验方法及检验试剂，易错选项是A．3．如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍．下列说法正确的是（）A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，据此结合选项判断即可．【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，那么Z为P，T为As，Y为Si，A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性O＞S＞P，故H2O＞H2S＞H3P，故A错误；B、S元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，故B错误；C、YX2为SiO2，属于原子晶体，该固体熔化克服的是共价键，没有分子间作用力，故C 错误；D、As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3为As2O3，As 的化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故D正确，故选D．【点评】本题考查元素的位置与性质、结构的关系，难度不大，解题是时注意元素的性质的递变规律及其应用．4．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】真题集萃；海水资源及其综合利用．【分析】A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．【解答】解：A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C．【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大．5．2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（）A．a为电池的正极Mn2O4+xLiB．电池充电反应为LiMn2O4═Li1﹣xC．放电时，a极锂的化合价发生变化D．放电时，溶液中Li+从b向a迁移【考点】原电池和电解池的工作原理．Mn2O4得电子为正【分析】锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣x极；充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子；据此分析．Mn2O4得电【解答】解：A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣x子为正极，所以a为电池的正极，故A正确；B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1﹣x Mn2O4+xLi，故B正确；Mn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C C、放电时，a为正极，正极上Li1﹣x错误；D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确；故选C．【点评】本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极．6．40℃时，在氨﹣水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示．下列说法不正确的是（）A．在pH=9.0时，c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（NH2COO﹣）＞c（CO32﹣）B．不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（NH2COO ﹣）+c（OH﹣）C．随着CO2的通入，不断增大D．在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO﹣的中间产物生成【考点】真题集萃；离子浓度大小的比较．【分析】A．根据pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系分析；B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；C．根据Kb=分析；D．根据图象可知开始没有NH2COO﹣，后来也不存在NH2COO﹣．【解答】解：A．pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c （NH2COO﹣）＞c（CO32﹣），故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（NH2COO﹣）+c（OH ﹣），故B正确；C．已知K b=，温度一定时，K b为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c（NH4+）逐渐增大，则不断减小，故C错误；D ．由图象可知开始没有NH 2COO ﹣，后来也不存在NH 2COO ﹣，所以NH 2COO ﹣为中间产物，即在溶液pH 不断降低的过程中，有含NH 2COO ﹣的中间产物生成，故D 正确．故选C ．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等，题目难度中等，侧重于考查学生对图象的分析与应用能力．7．己知金刚烷的结构如图所示，若有一个氯原子和一个溴原子取代它的两个氢原子，所得结构可能为（ ）A ．7种B ．8种C ．9种D ．10种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】判断分子中氢原子的环境，烃的二卤代物的同分异构体可以采用固定1个卤素原子移动另1个卤素原子的方法进行确定．【解答】解：分子中含4个CH ，6个CH 2，共2种位置的H ，氯定在单氢碳原子上时，溴的位置有三种（邻、间、对）即有三种同分异构体；氯定在双氢碳原子上时，溴的位置有五种（同、邻、间、间二、间三）即有五种同分异构体，（间指氯与溴所连碳原子之间间隔一个碳原子，间二指氯与溴所连碳原子之间间隔二个碳原子，间三指氯与溴所连碳原子之间间隔三个碳原子）如图所示：数字代表溴原子位置，共有8种结构，故选B ．【点评】本题主要考查了同分异构体的判断，题目难度中等，注意判断等效氢的种类．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2016•安徽校级模拟）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：=CH 2（g ）+H 2（g ）（1）已知：计算上述反应的△H=+124KJ•mol﹣1．（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应．已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K p=（用α等符号表示）．（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应．在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如图：①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动．②控制反应温度为600℃的理由是600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大．（4）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺﹣﹣﹣﹣乙苯﹣二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯．保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO．新工艺的特点有①②③④（填编号）．①CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移②不用高温水蒸气，可降低能量消耗③有利于减少积炭④有利用CO2资源利用．【考点】化学平衡的计算．【分析】（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3中总键能与﹣CH=CH2、H2总键能之差；（2）参加反应的乙苯为nα mol，则：⇌+H2开始（mol）：n 0 0转化（mol）：nα nα nα平衡（mol）：n（1﹣α）nα nα维持体系总压强p恒定，在温度T时，由PV=nRT可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V′，则=，故V′=（1+α）V，再根据平衡常数表达式K=计算解答；（3）①保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；结合温度对乙苯转化率、苯乙烯选择性、温度对反应速率与催化剂的影响及消耗能量等，分析控制反应温度为600℃的理由；（4）①CO2与H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移；②由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少；③由于会发生反应CO2+C═2CO，有利于减少积炭；④CO2代替水蒸气，有利用CO2资源利用．【解答】解：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3中总键能与﹣CH=CH2、H2总键能之差，故△H=（5×412+348﹣3×412﹣612﹣436）kJ•mol﹣1=+124kJ•mol﹣1，故答案为：+124；（2）物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应参加反应的乙苯为nα mol，则：⇌+H2开始（mol）：n 0 0转化（mol）：nα nα nα平衡（mol）：n（1﹣α）nα nα维持体系总压强p恒定，在温度T时，由PV=nRT可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V′，=，故V′=（1+α）V，K=，故V′=（1+α）V，则K==，故答案为：；（3）①正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率，故答案为：正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大，故选择600℃左右，故答案为：600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大；（4）①CO2与H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故正确；②由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故正确；③由于会发生反应CO2+C═2CO，有利于减少积炭，故正确；④CO2代替水蒸气，有利用CO2资源利用，故正确，故选：①②③④．【点评】本题以苯乙烯制备为载体考查反应热的计算、化学平衡常数计算、化学平衡影响因素等知识点，为高频考点，注意：（1）中认为苯环存在单双键交替形式不影响计算结构；。

合集下载

2017-2018学年安徽省六安市第一中学高一下学期开学考试化学试卷Word版含答案

2017-2018学年安徽省六安市第一中学高一下学期开学考试化学试卷Word版含答案

2017-2018学年安徽省六安市第一中学高一下学期开学考试化学卷常用元素相对原子质量: H:1 C:12 N:14 O:16 Mg:24 A1:27 Si28 Fe:56 Cl:35.5 Na:23一、选择趣(每题只有一个正确答案，每题3分)1.下列关于金属的叙述中正确的是( )A.常温下所有的金属都是固态B.金属具有导电、导热和延展性C.地亮中含量最多的金属铁元素D.金属元素大多数以游离态存在于自然界2.Al2O3常用于制造耐火坩埚，但氧化铝坩埚不能用于加热熔融下列化合物的是( )A.NaClB.NaNO3C.NaOHD.Na2SO43.苹果汁是人们喜爱的饮料。

由于饮料中含有Fe2+离子，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，使Fe2+转变为Fe3+。

若榨苹果汁时加入维生素C,可有效防止这种现象的发生。

这说明维生素C具有( )A.氧化性B.还原性C.酸性D.碱性4.一块表面已被氧化为Na2O的钠块17.0g，将其投入100水中，产生H20.2g，则被氧化的钠是( )A.46gB.12.4gC.6.2gD.92g5.在相同条件下总质量为2g的CO和H2的混合气体，在O2中完全燃烧后全部通过足量的Na2O2固体，则固体质量增加( )A.2gB.1gC.18gD.无法确定6.下列溶液能跟铜片反应，而且铜片的质量会减轻的是( )A.盐酸B.FeCl3溶液C.AgNO3溶液D.NaCl溶液7.下列离子方程式的表达正确的是( )A.CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合: Ba2++SO42-=BaSO4↓B.NaHCO3溶液与稀硫酸混合: HCO3-+H+=H2O+CO2↑C.NaHSO3溶液与NaHSO4溶液混合: HSO3-+HSO4-=SO42-+H20+SO2↑D.Ca(OH)2溶液中通入过量CO2: Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O8.将足量的CO2气体通入下列澄清溶液中，最终仍为澄清溶液的是( )A.偏铝酸钠溶液B.氧化钡溶液C.含有氨水的NaCl饱和溶液D.饱和Na2CO3溶液9.下列混合物分离(或除杂) 的方法正确的是( )A.除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤B.除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤C.除去NaHCO3溶液中的Na2CO3: 加适量稀盐酸D.除去Al203中的少量Fe2O3：加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤10.将一定质量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积关系如图所示。

安徽省六安一中2017-2018学年高三化学适应性试卷 Word版含解析

安徽省六安一中2017-2018学年高三化学适应性试卷 Word版含解析

2017-2018学年安徽省六安一中高考化学适应性试卷一、选择题：每小题6分，每题只有一个选项正确1．下列说法正确的是（）A．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素B．“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关C．塑化剂是一种化工塑料软化剂，可以大量添加到婴幼儿玩具中D．酒精可使蛋白质变性，故能消毒杀菌2．在2L的密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）．图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n （B）的变化关系．则下列结论正确的是（）A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04 mol•L﹣1•min﹣1B．200℃时，该反应的平衡常数为25 L2/mol2C．当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大D．由图乙可知，反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）的△H＜0，且a=23．将甲烷设计成燃料电池，其利用率更高，如图所示（A，B为多孔性碳棒）．持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL，则下列说法错误的是（）A．通入CH4的一端为原电池的负极，溶液中OH﹣向负极区移动B．当0＜V≤22.4L时，电池总反应式为CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2OC．当22.4L＜V≤44.8L时，负极电极反应为CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O═10HCO3﹣D．当V=33.6L时，溶液中阴离子浓度大小关系为c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）4．俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌．“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）A．该有机物的分子式为C7H7O3B ．该有机物能发生取代、加成和氧化反应C ．1mol 该有机物最多能与2mol H 2发生加成反应D ．该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应5．W 、X 、Y 、Z 是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X 原子．下列说法正确的（ ）A ．四种元素中有两种元素在第二周期B ．W 所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18C ．X 、Y 、Z 的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D ．工业上获得X 、Y 单质的方法主要是电解其熔融的氯化物7．常温时，向一定量的硫酸铜溶液中滴加pH=11的氨水，当Cu 2+完全沉淀时，消耗氨水的体积为V ，下列说法正确的（K sp [Cu （OH ）2]=2.2×10﹣20）（ ）A ．滴加过程中，当溶液的pH=7时，溶液中2c （NH 4+）=c （SO 42﹣）B ．滴加过程中，当溶液中c （Cu 2+）=2.2×10﹣2 mol/L 时，溶液的pH=9C ．若滴加pH=11的Na0H 溶液，Cu 2+完全沉淀时消耗溶液的体积小于VD ．若将氨水加水稀释，则稀释过程中，始终保持增大二、解答题（共3小题，满分43分）8．某矿样含有大量的CuS 及少量其它不溶于酸的杂质．实验室中以该矿样为原料制备CuCl 2•2H 2O 晶体，流程如图1：（1）在实验室中，欲用37%（密度为1.19g•mL﹣1）的盐酸配制500mL 6mol•L﹣1的盐酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶外，还有；（2）①若在实验室中完成系列操作a．则下列如图2实验操作中，不需要的是（填下列各项中序号）．②CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl═CuCl42﹣（黄色）+4H2O．欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中，还需要的是（填序号）．a．FeCl3固体b．CuCl2固体c．蒸馏水（3）某化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气条件下焙烧CuS时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如图3所示．①CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuO•CuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为：CuS Cu2S CuO•CuSO4CuSO4CuO第①步转化主要在200～300℃范围内进行，该步转化的化学方程式为，②300～400℃范围内，固体质量明显增加的原因是，如图3所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是（填下列各项中序号）．a．一阶段b、二阶段c、三阶段d、四阶段③该化学小组设计如图4装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的混合物．a．装置组装完成后，应立即进行气密性检查，请写出检查A﹣D装置气密性的操作：．b．当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物．你认为装置D中原来盛有的溶液为溶液．9．工业制硫酸的过程中利用反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；△H＜0，将SO2转化为SO3，尾气SO2可用NaOH溶液进行吸收．请回答下列问题：（1）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2发生反应，则下列说法正确的是A．若反应速率v（SO2）﹦v（SO3），则可以说明该可逆反应已达到平衡状态B．保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，化学反应速率加快C．平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，各反应物的转化率一定都增大D．平衡后移动活塞压缩气体，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大E．保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2mol SO3，再次平衡时SO2的百分含量比原平衡时SO2的百分含量小F．平衡后升高温度，平衡常数K增大（2）将一定量的SO2（g）和O2（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温实验从开始到反应达到化学平衡时，（2）表示的反应速率为；②T1T2，（选填“＞”、“＜”或“=”），实验2中达平衡时O2的转化率为；（3）尾气SO2用NaOH溶液吸收后会生成Na2SO3．现有常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，实验测定其pH约为8，完成下列问题：①用离子方程式表示该溶液呈碱性的原因：；②该溶液中c（OH﹣）=c（H+）（用溶液中所含微粒的浓度表示）．（4）如果用含等物质的量溶质的下列各溶液分别来吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是A．Na2CO3B．Ba（NO3）2C．Na2S D．酸性KMnO4．10．某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁．其生产工艺流程如图1：已知：①TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42﹣②TiOSO4水解的反应为：TiOSO4+（x+1）H2O→TiO2•xH2O↓+H2SO4．请回答：（1）步骤①所得滤渣的主要成分为，（2）步骤③硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为，（3）步骤④需控制反应温度低于35℃，其目的是，（4）步骤④的离子方程式是，（5）已知：FeCO3（S）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），试用平衡移动原理解释步骤⑤生成乳酸亚铁的原因，（6）溶液B常被用于电解生产（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）．电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为，（7）Fe3+对H2O2的分解具有催化作用．利用图2（a）和（b）中的信息，按图2（c）装置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验．可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深，其原因是．三、【化学-选修2：化学与技术】11．苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如图：回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是；（2）反应①和②分别在装置和中进行（填装置符号）．（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是；（4）中和釜D中加入的Z最适宜的是（填编号．已知苯酚是一种弱酸）a．NaOH b．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（5）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和，判断的依据是；（6）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是．四、【化学-选修3：物质结构与性质】12．铁元素不仅可以与SCN﹣、CN﹣等离子形成配合物，还可以与CO、NO等分子以及许多有机试剂形成配合物．回答下列问题：（1）基态铁原子有个未成对电子；（2）CN﹣有毒，含CN﹣的工业废水必须处理，用TiO2作光催化剂可将废水中的CN﹣转化为OCN﹣，并最终氧化为N2、CO2①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是；②1molFe（CN）32﹣中含有e键的数目为；③铁与CO形成的配合物Fe（CO）3的熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe（CO）3晶体属于（填晶体类型）（3）乙二胺四乙酸能和Fe2+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如图1：①乙二胺四乙酸中碳原子的杂化轨道类型是；②乙二胺（H2NCH2CH2NH2）和三甲胺[N（CH3）2]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是；（4）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成，小立方体如图2所示，则该合金的化学式为，已知小立方体边长为acm，此铁铝合金的密度为k•cm﹣3．五、【化学-选修5：有机化学基础】13．席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用．合成G的一种路线如下：已知以下信息：①②1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发生银镜反应．③D属于单取代芳香烃，其相对分子质量为106．④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢．⑤回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为；（2）E的化学名称是，由D生成E的化学方程式为；（3）G的结构简式为；（4）F的同分异构体中含有苯环的还有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是，（写出其中的一种的结构简式）．（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N﹣异丙基苯胺．反应条件1所选择的试剂为；反应条件2所选择的试剂为；I的结构简式为．2016年安徽省六安一中高考化学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题6分，每题只有一个选项正确1．下列说法正确的是（）A．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素B．“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关C．塑化剂是一种化工塑料软化剂，可以大量添加到婴幼儿玩具中D．酒精可使蛋白质变性，故能消毒杀菌【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．砷为非金属元素；B．温室效应的形成与二氧化碳有关；C．塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂；D．蛋白质遇到酒精而变质．【解答】解：A．PM 2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，故A错误；B．“雾霆夭气”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关，“温室效应”的形成与二氧化碳有关，故B错误；C．塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，不能加到婴幼儿玩具中，故C错误；D．酒精可以使蛋白质变性，可以作消毒剂，故D正确；故选D．2．在2L的密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）．图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n （B）的变化关系．则下列结论正确的是（）A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04 mol•L﹣1•min﹣1B．200℃时，该反应的平衡常数为25 L2/mol2C．当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大D．由图乙可知，反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）的△H＜0，且a=2【考点】化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．【分析】由图甲可知，反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4：0.2：0.2=2：1：1，根据反应中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反应方程式为：2A（g）+B （g）⇌C（g），据此分析：A、根据v=计算反应速率；B、根据平衡常数的定义结合化学方程式可计算出平衡常数，据此判断；C、升高温度反应速率增大，据此判断；D、根据图乙可知，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，当投入的反应物的物质的量之比等于化学反应中计量数之比时，平衡时C的体积分数达最大值，据此判断．【解答】解：由图甲可知，反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4：0.2：0.2=2：1：1，根据反应中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反应方程式为：2A（g）+B（g）⇌C（g），A、根据v=可知v（B）=mol•L﹣1•min﹣1=0.02mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B、由图可知平衡时A、B、C的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以它们的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，结合化学方程式2A（g）+B（g）⇌C（g），可知该反应的平衡常数为L2/mol2=25 L2/mol2，故B正确；C、根据图乙可知，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，所以升高温度平衡正向移动，同时反应速率增大，故C错误；D、根据图乙可知，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，△H＞0；当投入的反应物的物质的量之比等于化学反应中计量数之比时，平衡时C的体积分数达最大值，根据化学方程式2A（g）+B（g）⇌C（g），可知a=2，故D错误；故选B．3．将甲烷设计成燃料电池，其利用率更高，如图所示（A，B为多孔性碳棒）．持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL，则下列说法错误的是（）A．通入CH4的一端为原电池的负极，溶液中OH﹣向负极区移动B．当0＜V≤22.4L时，电池总反应式为CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2OC．当22.4L＜V≤44.8L时，负极电极反应为CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O═10HCO3﹣D．当V=33.6L时，溶液中阴离子浓度大小关系为c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，阴离子向负极移动，阳离子移向正极，n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应．【解答】解：A．燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，溶液中OH﹣向负极区移动，故A正确；B．当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，只发生反应①②，且KOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故B正确；C．当22.4 L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O=10HCO3﹣，故C正确；D．当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣），故D错误；故选D．4．俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌．“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）A．该有机物的分子式为C7H7O3B．该有机物能发生取代、加成和氧化反应C．1mol该有机物最多能与2mol H2发生加成反应D．该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构．【分析】A、根据各元素形成的共价键确定分子式；B、该分子中含有的官能团有酮羰基、碳碳双键、醚基和醇羟基，所以具有酮、烯烃、醚和醇的性质；C、根据1mol该有机物中含有的碳碳双键和碳氧双键的物质的量计算；D、根据该有机物的芳香族同分异构体是否含有醛基判断．【解答】解：A、该有机物的分子式为C7H8O3，故A错误；B、该有机物含有碳碳双键、碳氧双键、醇羟基，所以碳碳双键和碳氧双键能与氢气发生加成反应和还原反应；醇羟基能和羧基发生酯化反应，也是取代反应；该有机物能燃烧，所以能发生氧化反应，故B正确；C、能和氢气发生加成反应的有碳碳双键和碳氧双键，所以1mol该有机物最多能与3molH2发生加成反应，故C错误；D、该有机物含有三个双键，其芳香族同分异构体含有苯环，所以苯环的支链上不可能含有醛基，导致其芳香族同分异构体不能发生银镜反应，故D错误；故选：B．5．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子．下列说法正确的（）A．四种元素中有两种元素在第二周期B．W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D．工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物【考点】原子结构与元素的性质．【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，再结合题目解答问题．【解答】解：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，A．四种元素中没有第二周期的元素，故A错误；B．W是H元素，W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，如Li、Na、Rb，故B正确；C．X、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是Mg（OH）2、Al（OH）3、H2SiO3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，但不能溶于弱酸、弱碱，所以氢氧化铝不能溶于氢氧化镁、硅酸，故C错误；D．Mg、Al属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；故选B．．．．．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．NaClO具有强氧化性，可漂白试纸；B．含有酚酞的Na2CO3溶液中，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动．；C．氢氧化钠过量，不存在沉淀的转化；D．等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，不能比较非金属性．【解答】解：A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故A错误；B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；C．NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大小，故C错误；D．等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，因亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性，故D错误；故选B．7．常温时，向一定量的硫酸铜溶液中滴加pH=11的氨水，当Cu2+完全沉淀时，消耗氨水的体积为V，下列说法正确的（K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）（）A．滴加过程中，当溶液的pH=7时，溶液中2c（NH4+）=c（SO42﹣）B．滴加过程中，当溶液中c（Cu2+）=2.2×10﹣2 mol/L时，溶液的pH=9C．若滴加pH=11的Na0H溶液，Cu2+完全沉淀时消耗溶液的体积小于VD．若将氨水加水稀释，则稀释过程中，始终保持增大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．根据溶液的电荷守恒判断；B．根据K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20计算c（OH﹣），然后计算pH；C．pH=11的Na0H溶液浓度小于pH=11的氨水；D．稀释氨水，促进氨水的电离．【解答】解：A．溶液中存在2c（Cu 2+）+c（H+）+c（NH4+）=2c（SO4 2﹣）+c（OH﹣），当溶液的pH=7时，溶液中2c（Cu 2+）+c（NH4+）=2c（SO4 2﹣），故A错误；B．当溶液中c（Cu 2+）=2.2×10﹣2mol/L时，由K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20可知，c（OH ﹣）=1×10﹣9mol/L，则pH=5，故B错误；C．氨水为弱电解质的水溶液，pH=11的Na0H溶液浓度小于pH=11的氨水，若滴加pH=11的Na0H溶液，Cu2+完全沉淀时消耗溶液的体积大于V，故C错误；D．稀释氨水，促进氨水的电离，溶液中n（NH4+）增大，n（NH3•H2O）减小，则始终保持增大，故D正确．故选D．二、解答题（共3小题，满分43分）8．某矿样含有大量的CuS及少量其它不溶于酸的杂质．实验室中以该矿样为原料制备CuCl2•2H2O晶体，流程如图1：（1）在实验室中，欲用37%（密度为1.19g•mL﹣1）的盐酸配制500mL 6mol•L﹣1的盐酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶外，还有胶头滴管；（2）①若在实验室中完成系列操作a．则下列如图2实验操作中，不需要的是cd（填下列各项中序号）．②CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl═CuCl42﹣（黄色）+4H2O．欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中，还需要的是c（填序号）．a．FeCl3固体b．CuCl2固体c．蒸馏水（3）某化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气条件下焙烧CuS时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如图3所示．①CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuO•CuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为：CuS Cu2S CuO•CuSO4CuSO4CuO第①步转化主要在200～300+2Cu2S+SO2，②300～400℃范围内，固体质量明显增加的原因是Cu2S转化为CuSO4，如图3所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是c（填下列各项中序号）．a．一阶段b、二阶段c、三阶段d、四阶段③该化学小组设计如图4装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的混合物．a．装置组装完成后，应立即进行气密性检查，请写出检查A﹣D装置气密性的操作：关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，则气密性．b．当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物．你认为装置D中原来盛有的溶液为氯化钡溶液．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据配制500mL 6mol•L﹣1的盐酸的步骤选择使用的仪器；（2）①操作a为从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O，操作方法按照操作顺序依次是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，据此进行解答；②根据影响化学平衡Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣═CuCl42﹣（黄色）+4H2O的因素进行分析，注意铁离子和铜离子自身颜色会影响实验结果；（3）①第①步反应为氯化铜与氧气反应生成硫化亚铜和二氧化硫，据此写出反应的化学方程式；②根据固体质量变化曲线及SO2生成曲线可知，300～400℃范围内二氧化硫含量达到最低，说明反应生成了硫酸铜，使固体质量明显增加；根据固体为硫酸铜时固体的质量最大进行分析；③a．关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出；b．二氧化硫与氧气的混合气体能够与氯化钡生成硫酸钡沉淀，可以使用氯化钡溶液检验．【解答】解：（1）配制500mL 6mol•L﹣1的盐酸需要的仪器有：量筒、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒外、胶头滴管，使用还缺少：胶头滴管、500mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；（2）①操作a实验的目的是从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O，需要的操作方法按照操作顺序依次是：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，所以需要的装置为a、b，不需要的为c和d，故答案为：cd；②CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣═CuCl42﹣（黄色）+4H2O，欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，则需要改变条件，看是否有平衡移动，因此实验中进入水后溶液蓝色加深，即可证明存在平衡；不能加入氯化铁固体或氯化铜固体，原因是铁离子和铁离子本身有颜色，实验c正确，故答案为：c；（3）①根据CuS矿样在焙烧过程中转化顺序可知，第①步反应为氯化铜转化成硫化亚铜，反应的化学方程式为：2CuS+O2Cu2S+SO2，故答案为：2CuS+O2Cu2S+SO2；②根据图象曲线变化可知，300～400℃范围内固体有硫化亚铜转化为硫酸铜，所以固体质量明显增加；当固体质量最大时，固体的主要成分为硫酸铜，所以CuSO4固体能稳定存在的阶段为第三阶段，故答案为：Cu2S转化为CuSO4；c；③a．关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，故答案为：关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，则气密性好；b．第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物，二氧化硫与氧气能够与氯化钡溶液反应生成难溶物硫酸钡，所以装置D可以使用氯化钡溶液检验二氧化硫和氧气，故答案为：氯化钡．9．工业制硫酸的过程中利用反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；△H＜0，将SO2转化为SO3，尾气SO2可用NaOH溶液进行吸收．请回答下列问题：（1）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2发生反应，则下列说法正确的是DEA．若反应速率v（SO2）﹦v（SO3），则可以说明该可逆反应已达到平衡状态B．保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，化学反应速率加快C．平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，各反应物的转化率一定都增大D．平衡后移动活塞压缩气体，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大E．保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2mol SO3，再次平衡时SO2的百分含量比原平衡时SO2的百分含量小F．平衡后升高温度，平衡常数K增大（2）将一定量的SO2（g）和O2（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温1•min﹣1；2表示的反应速率为0.2 mol•L②T1＞T2，（选填“＞”、“＜”或“=”），实验2中达平衡时O2的转化率为90%；（3）尾气SO2用NaOH溶液吸收后会生成Na2SO3．现有常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，实验测定其pH约为8，完成下列问题：①用离子方程式表示该溶液呈碱性的原因：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣；②该溶液中c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO3）+2c（H2SO3）（用溶液中所含微粒的浓度表示）．（4）如果用含等物质的量溶质的下列各溶液分别来吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是B＞C=D＞AA．Na2CO3B．Ba（NO3）2C．Na2S D．酸性KMnO4．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【分析】（1）A．反应中正逆反应速率相同说明可逆反应已达到平衡状态；B．保持温度和容器体积不变，加入与平衡无关的气体，总压增大，分压不变，化学反应速率不变；C．平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，另一种反应物的转化率一定增大，本身转化率减小；D．平衡后移动活塞压缩气体，压强增大，平衡正向进行，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大；E．保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2molSO3，相当于增大压强，平衡正向进行；F．反应是放热反应，平衡后升高温度，平衡逆向进行，平衡常数K减小；（2）①分析图表数据，依据化学平衡三段式列式，结合反应速率概念计算；②依据图表数据列式计算分析，反应是放热反应，化学平衡随温度升高，平衡逆向进行分析两次实验的温度；依据平衡三段式列式计算氧气的转化率；（3）①常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，实验测定其pH约为8，亚硫酸根离子水解溶液呈碱性；。

2017-2018学年安徽省高考化学三模试卷 Word版含解析

2017-2018学年安徽省高考化学三模试卷 Word版含解析

2017-2018学年安徽省高考化学三模试卷一、选择题1．现代工业放琉涉及到反应：2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+4NaOH+2S，下列说法正确的是（）A．H2O为直线型分子B．反应中每生成1molS转移了2mol电子C．NaHS中含离子键和非极性键D．琉单质（St）为原子晶体2．下列有关（NH4）2Fe（SO4）2溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，K+、Mg2+、NH3•H2O、Cl﹣可以大量共存B．与足量Ba（OH）2溶液反应的离子方裎式：Fe2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=Fe（OH）2↓+BaSO4↓C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液久置空气中变质的离子方程式：12Fe2++3O2+6H2O=4Fe （OH）3↓+8Fe3+D．向该溶液中滴加适量的酸性KMnO4溶液使其恰好反应溶液褪为无色3．利用如图装置可以制取某些气体，所用药品合理且收集气体方法正确的是（）制取气体实验药品收集气体方法A 二氧化碳碳酸钙、稀硫酸排饱和碳酸氢钠溶液B 氧气双氧水、二氧化锰排水法C 氨气氧氡化钠溶液、浓氨水向下排空气法D 乙烯氯乙烷，氢氧化钠、乙醇排水法A．A、B．B、C．C、D．D、4．对于CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O反应有关叙述正确的是（）A．浓硫酸在该反应中起着降低反应活化能和提高原料转化率作用B．该反应属于消去反应C．如图表示放热反应的图象．曲线1表示未加催化剂，则曲线2表示加了催化剂D．该反应为放热反应，故升髙温度正反应速度减小，逆反应速度加快5．室温下，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A．pH=a的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣a mol．L﹣1B．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合液：c（HCO3）＞c（CO32﹣）C．H2C204与NaOH 溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC204﹣）D．（NH4）2SO4溶液中：c（SO42﹣）=2c（NH4+）+2c（NH3•H20）6．化学中很多规律（性质）都有其适用范围，下列根据其推出的结论正确的是（）选项规律（或性质）结论A 主族元素最高正化合价等于族序数第VⅡA族元素最高正价都是+7B SO2和湿润的Cl2都有漂白性二者混合后漂白性更强C 常湿下铜与浓硝酸反应可以制取NO2常温下铁与浓硝酸反应也可以制取NO2D 较强酸可以制取较弱酸CO2通入NaClO溶液液中能生成HC10A．A、B．B、C．C、D．D、7．己知浓硝酸和乙胺反应：CH3CH2NH2+HNO3=CH3CH2NH3．NO3，产物CH3CH2NH3•NO3的熔点为12℃，在室温下能够融化电离出CH3CH2NH3+和NO3﹣离子，称为室温离子．下列有关正确的是（）A．浓硝酸和乙胺反应属于加成反应B．室溫离子可以使熔盐燃料电池在常溫下工作C．CH3CH2NO3中，只有σ键没有π键D．融化CH3CH2•NO3晶体需要破坏分子间作用力二、解答题（共4小题，满分58分）8．（15分）（2015•安徽三模）H、Al、O、N、S是常见的六种元素（1）S位于元素周期表周期第族，Fe的基态原子核外价电子排布式为；O的基态原子核外有种运动状态不同的电子（2）用“＞”“＜”或“=”填空第一电离能氧化性沸点非金属性N S Fe3+Al3+ NH3H2O 16O18O（3）己知：下列两个热化学方程式：4Fe（s）+302（g）=2Fe2O3（s）△H=﹣aKJ/mol4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（S）△H=﹣bKJ/mol則Al（s）的单质和Fe2O3（s）反应的热化学方程式是（4）FeSO4溶液可与硝酸发生反应，写出此反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目．9．（16分）（2015•安徽三模）环扁桃醇（Cyclandelate），商品名为“安脉生”是一种抗休克药，可由下列路线合成，已知：R﹣CN R﹣COOH请回答下列问题：（1）A的结构筒式为，D→E的反应类型为（2）G中含有的官能团名称是（不包括苯环）．有机物H的分子式为（3）请写出符合下列条件的F同分异构体的结构简式①遇FeCl3溶液显色②苯环上一元取代物有2种能发生银镜反应和水解反应（4）在一定条件下可以合成一种含三个六元环的有机物（C16H12O4），写出该反应的化学方程式（5）下列说法正确的是a．B分子在浓硫酸中可发生消去反应b．C可以分别于Na、NaOH发生反应c．D分子中所有原子可能共平面d．G可发生取代、加成、消去、氧化等反应．10．（14分）（2015•安徽三模）为减少工厂烟气中的碳排放，某工厂尝试用以下工艺流程进行固碳，并产生碱式碳酸镁【Mg2（OH）2CO3]已知：①橄榄石的主要成分为Mg2SiO4②Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）⇌2MgCl（aq）+SiO2（s）+2H2O（l）△=﹣49.04kJ．mol﹣1（1）固碳时发生的主要反应的化学方程式为，也可用下列物质中的（填字母）进行固碳a．Na2CO3；b．BaCl2；c．NH3•H2O；d．NH4HCO3（2）流程中将橄榄石磨碎后再进行溶解的目的是，研究表明，用一定量一定浓度的盐酸，在不同温度时，测得溶解橄榄石的效率随温度变化情况如图所示（时间都为120min），试分析90%橄榄石溶解效率开始降低的原因；（3）上述流程制得的碱式碳酸镁产品常含有少量杂质（NaCl和Fe2O3），为得到纯净的产品，将产品进行除铁处理，再对产品进行洗涤，判断A是否洗净的操作为（4）若该工厂排放烟气的速率为22.4m3/min（已析换成标准状况下），其中CO2的体积分数为15%，则理论上此工厂1小时可制得碱式碳酸镁kg．11．（13分）（2015•安徽三模）高纯铁有良好的延展性、软磁性、热性能、导电性能和耐腐蚀性能等优异性能，近年来，高纯铁的研究越来越受到人们关注．某研究小组利用电解法制备髙纯铁，研究过程如下：，（1）电解液的配制；按实验要求，要配制高浓度的硫酸亚铁，配制好后立即密封保存其目的：（2）实验探究溶液的pH、Fe+2+的浓度对实验的影响，并探究最佳的电解制备高纯铁的条件，实验采用单一变量法，测得的结构绘制如下2个图形（阴极电流效率越高，电解效果越好：本实验探究的最佳工艺条件为：①电解液初始pH3～4②Fe2+的浓度为g/L t A.30～400 B.40～90 C.90～100（3）该研究小组对“电解液初始pH对产品的影响”做了进一歩探究pH＜3时，除了有铁产生，同时还有少量气泡产生，則阴极电解的离子方程式除了Fe2++2e﹣=Fe外，还有（4）在pH=5～6时，电解得到高纯铁的效率极低．在阴极下方有少许沉淀产生，该研究小组提出如下假设假设一：该沉淀为Fe（OH）假设二：该沉淀为假设三：该沉淀为为了验证假设，取阴板下方沉淀于试管中（为防止沉淀被氧化化，取沉淀以及实实验时要采取适当方法隔离氧气），然后：操作现象结论假设三正确2015年安徽省高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．现代工业放琉涉及到反应：2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+4NaOH+2S，下列说法正确的是（）A．H2O为直线型分子B．反应中每生成1molS转移了2mol电子C．NaHS中含离子键和非极性键D．琉单质（St）为原子晶体考点：判断简单分子或离子的构型；化学键；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．分析：A．根据H2O中O原子的价层电子对数判断杂化类型和分子构型；B．反应中S的化合价从﹣2价升高到0价；C．NaHS中钠离子与硫氢根离子形成离子键，还存在H﹣S键；D．硫单质（S8）中存在分子．解答：解：A．H2O中O原子的价层电子对数为2+=4，属于sp3杂化，含有2个孤电子对，其分子的空间构型为V形，故A错误；B．反应中S的化合价从﹣2价升高到0价，则反应中每生成1molS转移了2mol电子，故B 正确；C．NaHS中钠离子与硫氢根离子形成离子键，还存在H﹣S极性键，不含有非极性键，故C 错误；D．硫单质（S8）中存在S8分子，属于分子晶体，不是原子晶体，故D错误．故选B．点评：本题考查了分子空间类型的判断、氧化还原反应、化学键、晶体类型，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握分子空间类型的判断方法．2．下列有关（NH4）2Fe（SO4）2溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，K+、Mg2+、NH3•H2O、Cl﹣可以大量共存B．与足量Ba（OH）2溶液反应的离子方裎式：Fe2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=Fe（OH）2↓+BaSO4↓C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液久置空气中变质的离子方程式：12Fe2++3O2+6H2O=4Fe （OH）3↓+8Fe3+D．向该溶液中滴加适量的酸性KMnO4溶液使其恰好反应溶液褪为无色考点：离子共存问题；离子方程式的书写．分析：（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中电离出Fe2+、NH4+、SO42﹣，A．镁离子、亚铁离子都与一水合氨反应生成沉淀；B．氢氧化钡足量，硫酸根离子、亚铁离子和铵根离子都参与反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；C．亚铁离子被空气中氧气氧化成铁离子，反应产物中氢氧化铁沉淀和硫酸铁、硫酸铵，据此判断离子方程式；D．铁离子和锰离子都是有色离子，所以反应后溶液不可能为无色．解答：解：（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中电离出Fe2+、NH4+、SO42﹣，A．Mg2+、Fe2+与NH3•HO2之间反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．（NH4）2Fe（SO4）2与足量Ba（OH）2溶液反应生成一水合氨、氢氧化亚铁和硫酸钡沉淀，正确的离子方裎式为：2NH4++Fe2++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=Fe（OH）2↓+2BaSO4↓+2NH3•H2O，C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液久置空气中被氧气氧化成铁离子，部分铁离子转化成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：12Fe2++3O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+8Fe3+，故C正确；D．向该溶液中滴加适量的酸性KMnO4溶液，亚铁离子被氧化成铁离子，高锰酸根离子被还原成锰离子，铁离子和锰离子都是有色离子，所以反应后的溶液不可能变为无色，故D 错误；故选C．点评：本题考查了离子方程式书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子共存的条件，D为易错点，注意反应后的溶液不可能为无色，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．3．利用如图装置可以制取某些气体，所用药品合理且收集气体方法正确的是（）制取气体实验药品收集气体方法A 二氧化碳碳酸钙、稀硫酸排饱和碳酸氢钠溶液B 氧气双氧水、二氧化锰排水法C 氨气氧氡化钠溶液、浓氨水向下排空气法D 乙烯氯乙烷，氢氧化钠、乙醇排水法A．A、B．B、C．C、D．D、考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．碳酸钙、稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙，反应难以顺利进行；B．双氧水、二氧化锰可生成氧气，氧气不溶于水；C．应用氢氧化钠固体与浓氨水；D．反应应在加热条件下进行．解答：解：A．碳酸钙、稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙，生成的硫酸钙附在固体表面，反应难以顺利进行，应用碳酸钠代替，故A错误；B．双氧水、二氧化锰可生成氧气，氧气不溶于水，可用于排水法收集，故B正确；C．氨气易溶于水，应用氢氧化钠固体与浓氨水作用制备氨气，故C错误；D．反应应在加热条件下进行，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应的原理，把握实验的可行性和合理性的评价，难度不大．4．对于CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O反应有关叙述正确的是（）A．浓硫酸在该反应中起着降低反应活化能和提高原料转化率作用B．该反应属于消去反应C．如图表示放热反应的图象．曲线1表示未加催化剂，则曲线2表示加了催化剂D．该反应为放热反应，故升髙温度正反应速度减小，逆反应速度加快考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素．分析：A．酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂；B．该反应属于取代反应；C．曲线2表示的活化能大于图1；D．升高温度加快反应速率．解答：解：A．酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，作催化剂可以降低反应活化能，作吸水剂可以减少生成物水，使平衡正向移动，则可以提高原料转化率，故A正确；B．该反应属于取代反应，不属于消去反应，消去反应中有不饱和键生成，故B错误；C．曲线2表示的活化能大于图1，加催化剂活化能减小，所以曲线1表示加了催化剂，故C错误；D．升高温度加快反应速率，则升髙温度正反应速度加快，逆反应速度加快，故D错误；故选A．点评：本题易酯化反应为载体考查化学反应素的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意把握可逆反应的特点．5．室温下，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A．pH=a的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣a mol．L﹣1B．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合液：c（HCO3）＞c（CO32﹣）C．H2C204与NaOH 溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC204﹣）D．（NH4）2SO4溶液中：c（SO42﹣）=2c（NH4+）+2c（NH3•H20）考点：离子浓度大小的比较．分析：A、硫化氢是二元弱酸，分两步电离，所以c（H+）=1×10﹣a mol．L﹣1＞c（HS﹣）；B、碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度；C、根据电荷守恒分析解答；D、根据物料守恒分析解答．解答：解：A、硫化氢是二元弱酸，分两步电离，所以c（H+）=1×10﹣a mol．L﹣1＞c（HS ﹣），故A错误；B、碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，所以c（HCO3）＞c（CO32﹣），故B正确；C、由电荷守恒，可知：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC204﹣）+2c（C2042﹣），故C 错误；D、铵根离子是弱离子，在溶液中存在两种形式，根据物料守恒：2c（SO42﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H20），故D错误；故选B．点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题解决离子浓度大小的问题．6．化学中很多规律（性质）都有其适用范围，下列根据其推出的结论正确的是（）选项规律（或性质）结论A 主族元素最高正化合价等于族序数第VⅡA族元素最高正价都是+7B SO2和湿润的Cl2都有漂白性二者混合后漂白性更强C 常湿下铜与浓硝酸反应可以制取NO2常温下铁与浓硝酸反应也可以制取NO2D 较强酸可以制取较弱酸CO2通入NaClO溶液液中能生成HC10A．A、B．B、C．C、D．D、考点：元素周期表的结构及其应用；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．分析：A、第VⅡA族元素氟无正价；B、二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应；C、铁与冷的浓硝酸发生钝化现象；D、碳酸的酸性比次氯酸的酸性强．解答：解：A、第VⅡA族元素氟无正价，结论不正确，故A错误；B、等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，不再具有漂白性，故B错误；C、铁与冷的浓硝酸发生钝化现象，所以常温下铁与浓硝酸反应也可以制取NO2，故C错误；D、碳酸的酸性比次氯酸的酸性强，所以CO2通入NaClO溶液液中能生成HC10，故D正确；故选D．点评：本题考查了物质的性质方面的知识，难度适中，解题时要注意一般规律与特殊情况的关系，以及规律所适用的条件等．7．己知浓硝酸和乙胺反应：CH3CH2NH2+HNO3=CH3CH2NH3．NO3，产物CH3CH2NH3•NO3的熔点为12℃，在室温下能够融化电离出CH3CH2NH3+和NO3﹣离子，称为室温离子．下列有关正确的是（）A．浓硝酸和乙胺反应属于加成反应B．室溫离子可以使熔盐燃料电池在常溫下工作C．CH3CH2NO3中，只有σ键没有π键D．融化CH3CH2•NO3晶体需要破坏分子间作用力考点：有机物的结构和性质．分析：A．该反应生成离子化合物，所以应该是化合反应；B．产物CH3CH2NH3•NO3的熔点为12℃，在室温下能电离出阴阳离子；C．CH3CH2NH3．NO3中的NO3中含有π键；D．熔融状态下，电离出阴阳离子的化合物属于离子化合物，离子化合物熔融状态下破坏离子键．解答：解：A．该反应生成离子化合物而不是共价化合物，且不存在不饱和键中的化学键断裂结合原子或原子团，所以应该是化合反应而不是加成反应，故A错误；B．产物CH3CH2NH3•NO3的熔点为12℃，在室温下能电离出阴阳离子，所以室溫离子可以使熔盐燃料电池在常溫下工作，故B正确；C．CH3CH2NH3．NO3中的NO3中含有π键，故C错误；D．熔融状态下，电离出阴阳离子的化合物属于离子化合物，离子化合物熔融状态下破坏离子键而不是分子间作用力，故D错误；故选B．点评：本题考查物质结构和性质及化学键、微粒间作用力等知识点，综合性较强，明确该反应产物特点是解本题关键，易错选项是A，注意化合反应和加成反应的区别．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（15分）（2015•安徽三模）H、Al、O、N、S是常见的六种元素（1）S位于元素周期表三周期第VIA族，Fe的基态原子核外价电子排布式为3d64s2（或1s22s22p63s23p63d64s2）；O的基态原子核外有8种运动状态不同的电子（2）用“＞”“＜”或“=”填空第一电离能氧化性沸点非金属性N＞S Fe3+＞Al3+ NH3＜H2O 16O=18O（3）己知：下列两个热化学方程式：4Fe（s）+302（g）=2Fe2O3（s）△H=﹣aKJ/mol4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（S）△H=﹣bKJ/mol則Al（s）的单质和Fe2O3（s）反应的热化学方程式是Fe2O3（s）+2Al（s）=Al2O3（s）+2Fe（s）△H=﹣（b﹣a）KJ•mol﹣1（4）FeSO4溶液可与硝酸发生反应，写出此反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目．考点：元素周期表的结构及其应用；氧化还原反应；热化学方程式．分析：（1）S是16号元素，位于元素周期表第三周期第VIA族，Fe是26号元素，其的基态原子核外价电子排布式为3d64s2；O的基态原子核外有8个电子，所以有8种运动状态不同的电子；（2）氮的外围达半满的稳定结构，所以第一电离能大于硫的第一电离能，金属性越强对离子的氧化性越弱；水在100度下才会沸腾，由液态转变为气态，而氨气在常温状态下就为气态；同位素的化学性质相似；（3）根据盖斯定律分析解答；（4）FeSO4溶液中的亚铁离子具有还原性与硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应．解答：解；（1）S是16号元素，位于元素周期表第三周期第VIA族，Fe是26号元素，其的基态原子核外价电子排布式为3d64s2；O的基态原子核外有8个电子，所以有8 种运动状态不同的电子，故答案为：三；VIA；3d64s2（或1s22s22p63s23p63d64s2）；8；（2）氮的外围达半满的稳定结构，所以第一电离能大于硫的第一电离能所以氮的第一电离能大于硫，铝的金属性越强于铁，所以铁离子的氧化性强于铝离子；水在100度下才会沸腾，由液态转变为气态，而氨气在常温状态下就为气态，所以水的沸点高于氨；同位素的化学性质相似，所以两者非金属性相同，故答案为：＞；＞；＜；=；（3）4Fe（s）+302（g）=2Fe2O3（s）△H=﹣aKJ/mol…①4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（S）△H=﹣bKJ/mol…②则为：Fe2O3（s）+2Al（s）=Al2O3（s）+2Fe（s）△H=﹣（b﹣a）KJ•mol﹣1，故答案为：Fe2O3（s）+2Al（s）=Al2O3（s）+2Fe（s）△H=﹣（b﹣a）KJ•mol﹣1；（4）FeSO4溶液中的亚铁离子具有还原性与硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应，所以电子转移的方向和数目为：，故答案为：．点评：本题考查元素在周期表中位置、核外价电子排布、微粒的性质、以及盖斯定律的应用和氧化还原反应的相关知识，综合性强，但比较容易．9．（16分）（2015•安徽三模）环扁桃醇（Cyclandelate），商品名为“安脉生”是一种抗休克药，可由下列路线合成，已知：R﹣CN R﹣COOH请回答下列问题：（1）A的结构筒式为，D→E的反应类型为加成反应（2）G中含有的官能团名称是（不包括苯环）羟基、酯基．有机物H的分子式为C9H18O（3）请写出符合下列条件的F同分异构体的结构简式①遇FeCl3溶液显色②苯环上一元取代物有2种能发生银镜反应和水解反应（4）在一定条件下可以合成一种含三个六元环的有机物（C16H12O4），写出该反应的化学方程式（5）下列说法正确的是ca．B分子在浓硫酸中可发生消去反应b．C可以分别于Na、NaOH发生反应c．D分子中所有原子可能共平面d．G可发生取代、加成、消去、氧化等反应．考点：有机物的推断．分析：C被氧化生成苯甲醛，则C为苯甲醇，结构简式为，A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成苯甲醇，则A为、B为；根据题给信息知，E为，C发生加成反应生成E，F和H发生酯化反应生成G，根据G结构简式知，H结构简式为，据此分析解答．解答：解：C被氧化生成苯甲醛，则C为苯甲醇，结构简式为，A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成苯甲醇，则A为、B为；根据题给信息知，E为，C发生加成反应生成E，F和H发生酯化反应生成G，根据G结构简式知，H结构简式为，（1）通过以上分析知，A的结构筒式为，D→E的反应类型为加成反应，故答案为：；加成反应；（2）G中含有的官能团名称是（不包括苯环）羟基、酯基，有机物H为，分子式为C9H18O，故答案为：羟基、酯基；C9H18O；（3）F同分异构体复合相邻体积：①遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；②苯环上一元取代物有2种，能发生银镜反应和水解反应，说明苯环上有两种氢原子，且含有醛基和酯基，符合条件的同分异构体为，故答案为：；（4）在一定条件下可以合成一种含三个六元环的有机物（C16H12O4），该反应的化学方程式为，故答案为：；（5）a．B为，该分子不能发生消去反应，故错误；b．C为苯甲醇，醇羟基能和钠反应但不能和NaOH反应，故错误；c．D为苯甲醛，苯和甲醛都是平面结构，D分子中所有原子可能共平面，故正确；d．G可发生取代、加成、氧化，但不能发生消去反应，故错误；故选c．点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及信息利用能力，根据苯甲醛为突破口结合反应条件采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握常见官能团及其性质，注意氯代烃、醇发生反应时对物质结构的限制，为易错点．10．（14分）（2015•安徽三模）为减少工厂烟气中的碳排放，某工厂尝试用以下工艺流程进行固碳，并产生碱式碳酸镁【Mg2（OH）2CO3]已知：①橄榄石的主要成分为Mg2SiO4②Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）⇌2MgCl（aq）+SiO2（s）+2H2O（l）△=﹣49.04kJ．mol﹣1（1）固碳时发生的主要反应的化学方程式为NaOH+CO2=NaHCO3或2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，也可用下列物质中的 a c（填字母）进行固碳a．Na2CO3；b．BaCl2；c．NH3•H2O；d．NH4HCO3（2）流程中将橄榄石磨碎后再进行溶解的目的是增大接触面积，加快溶解速率，研究表明，用一定量一定浓度的盐酸，在不同温度时，测得溶解橄榄石的效率随温度变化情况如图所示（时间都为120min），试分析90%橄榄石溶解效率开始降低的原因90℃、120min 时，溶解达到平衡，而反应放热，升温平衡逆向移动，故溶解效率降低；（3）上述流程制得的碱式碳酸镁产品常含有少量杂质（NaCl和Fe2O3），为得到纯净的产品，将产品进行除铁处理，再对产品进行洗涤，判断A是否洗净的操作为取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则已洗净（4）若该工厂排放烟气的速率为22.4m3/min（已析换成标准状况下），其中CO2的体积分数为15%，则理论上此工厂1小时可制得碱式碳酸镁1278kg．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学方程式的有关计算．分析：由流程可知，氯化钠溶液电解得到氯气、氢气和氢氧化钠溶液，利用氢氧化钠溶液固碳，生成碳酸盐，橄榄石的主要成分为Mg2SiO4，磨碎加入盐酸溶解过滤得到滤液和碳酸盐混合矿化得到碱式碳酸镁，（1）根据能和二氧化碳之间反应的物质能来固定二氧化碳来回答；（2）依据影响反应速率因素分析判断，升温、增大浓度，增大接触面积会提高反应速率；温度对化学反应平衡移动的影响知识分析90%橄榄石溶解效率开始降低的原因；（3）A是否洗净是利用实验检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，氯离子的检验用硝酸酸化的硝酸；（4）理论上此工厂1小时排放烟气22.4m3/min×60min，其中二氧化碳体积=22.4m3/min×60min×15%，据此计算二氧化碳物质的量，结合碳元素守恒计算碱式碳酸镁的质量．解答：解：（1）固碳时发生的主要反应的化学方程式为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠或生成碳酸钠，反应的化学方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3或写为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所给的物质中，Na2CO3和NH3•H2O可以和二氧化碳之间反应，能用作“固碳”的试剂，故答案为：NaOH+CO2=NaHCO3或2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；ac；（2）为提高HC1溶液溶解橄榄石的效率，可采取的措施适当提高温度，适当增大HCl溶液的浓度或搅拌或增大接触面积等，程中将橄榄石磨碎后再进行溶解的目的是增大接触面积，加快溶解速率，图2中所示数据以及曲线变化知道，20min后，溶解达到平衡，而该反应是放热，升温，平衡逆向移动，则溶解效率降低，故答案为：增大接触面积，加快溶解速率；90℃、120min时，溶解达到平衡，而反应放热，升温平衡逆向移动，故溶解效率降低；（3）判断产品洗净只需要检验洗涤液中不含有氯离子即可，氯离子的检验用硝酸酸化的硝酸银，操作是：取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀产生，则已洗净，故答案为：取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则已洗净；（4）理论上此工厂1小时排放烟气22.4m3/min×60min，其中二氧化碳体积=22.4m3/min×60min×15%，二氧化碳物质的量等于碱式碳酸镁的物质的量=，碱式碳酸镁的质量=×142g/mol=1278000g=1278kg，故答案为：1278．点评：本题考查了物质分离提纯的分析判断，主要是试剂选择和过程分析判断，离子检验方法，元素守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．11．（13分）（2015•安徽三模）高纯铁有良好的延展性、软磁性、热性能、导电性能和耐腐蚀性能等优异性能，近年来，高纯铁的研究越来越受到人们关注．某研究小组利用电解法制备髙纯铁，研究过程如下：，（1）电解液的配制；按实验要求，要配制高浓度的硫酸亚铁，配制好后立即密封保存其目的：防止氧化（2）实验探究溶液的pH、Fe+2+的浓度对实验的影响，并探究最佳的电解制备高纯铁的条件，实验采用单一变量法，测得的结构绘制如下2个图形（阴极电流效率越高，电解效果越好：本实验探究的最佳工艺条件为：①电解液初始pH3～4②Fe2+的浓度为C g/L tA.30～400B.40～90C.90～100（3）该研究小组对“电解液初始pH对产品的影响”做了进一歩探究pH＜3时，除了有铁产生，同时还有少量气泡产生，則阴极电解的离子方程式除了Fe2++2e﹣=Fe外，还有2H++2e﹣=H2↑（4）在pH=5～6时，电解得到高纯铁的效率极低．在阴极下方有少许沉淀产生，该研究小组提出如下假设假设一：该沉淀为Fe（OH）假设二：该沉淀为Fe（OH）3假设三：该沉淀为Fe（OH）2与Fe（OH）3为了验证假设，取阴板下方沉淀于试管中（为防止沉淀被氧化化，取沉淀以及实实验时要采取适当方法隔离氧气），然后：操作现象结论假设三正确考点：电解原理；制备实验方案的设计．分析：（1）二价铁离子具有强的还原性，容易被空气氧化；（2）依据阴极电流效率越高，电解效果越好，结合图2判断解答；（3）阴极去含有大量的二价铁离子、氢离子，二者都能得到电子发生还原反应；（4）二价铁离子、三价铁离子都能够与氢氧根反应生成氢氧化亚铁、氢氧化铁沉淀，所以该沉淀可能为氢氧化亚铁，可能为氢氧化铁，可能为二者混合物；三价铁离子遇到硫氰酸钾显红色，二价铁离子具有强的还原性能够使酸性的高锰酸钾褪色．解答：解：（1）二价铁离子具有强的还原性，容易被空气氧化，所以配制好后立即密封保；故答案为：防止氧化；（2）依据图2可知，当Fe2+的浓度为（90～100）g/L t，阴极电流效率越高，电解效果越好；故答案为：C；（3）阴极去含有大量的二价铁离子、氢离子，二者都能得到电子发生还原反应，所以发生的电极反应式为：Fe2++2e﹣=Fe，2H++2e﹣=H2↑；。

安徽省六安市第一中学2017-2018学年高三上学期第三次月考化学试题 Word版含答案

安徽省六安市第一中学2017-2018学年高三上学期第三次月考化学试题 Word版含答案

2017-2018学年满分100分时间90分钟可能用对的相对原子质量:H:1 C12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32Fe:56 Cu:64一、选择题(本大题共16小题，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．生产、生活离不开各种化学物质，下列说法不正确的是（）①二氧化硅是电子工业中常用的半导体材料②氢氧化铝可用于治疗胃酸过多③氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂④天然气、石油和煤均属于不可再生能源⑤用食醋清洗热水瓶中的水垢⑥用纯碱溶液洗涤餐具上的油污⑦用米汤检验含碘盐中的碘酸钾⑧医疗上可用碳酸钡作x射线透视肠胃的内服药，是因为碳酸钡不溶于水⑨某雨水样品放置一段时间后pH由4.68变为4.00，是因为水中溶解的CO2增多⑩加碘食盐中添加碘酸钾而不用碘化钾，是因为碘酸钾能溶于水而碘化钾不溶于水A．①③④⑦⑩B．②③④⑤⑥C．①⑦⑧⑨⑩D．①②④⑦⑨⑩2. 下列实验现象预测正确的是（）A．实验I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C．实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验IV：继续煮沸溶液至红褐色沉淀，停止加热，当光束通过体系时一定不可产生丁达尔效应3. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．常温常压下7.8gNa2S固体和7.8 gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为0.1NAB．标准状况下，2.24L Cl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为2×6.02×1023C．含1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中得到胶体数目为NAD．标准状况下，Na2O2与足量的CO2反应生成2.24LO2，转移电子数为0.4 NA4.下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）（）A．图1：n（O2）=1mol时，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物B．图2：n（NaOH）=1mol时，CO2和NaOH溶液反应生成的盐C．图3：n（HCl）=1mol时，K2CO3逐步加入到HCl溶液中在敞口容器反应生成的气体D．图4：n（HNO3）=1mol时，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）5. 化学方程式是一种重要的化学用语。