精品解析湖南省衡阳市届高三下学期第一次联考一模化学试题解析版Word下载.docx
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3副产品NH4CI可做氮肥。
【详解】A•侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2,A项错误；
B.先通入NH3,NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2,B项
正确；
C.碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3,C项错误;
D•反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHC03,将其加热得到纯碱（Na2CO3）,D项错误；
答案选B。
【点睛】侯氏制碱法中，要先通入足量NH3,再通入C02,是因为：
NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3
使食盐水显碱性，能够吸收大量C02气体，产生高浓度的HC03-,与高浓度的Na+结合，才能析出NaHC03
晶体；
如果先通入C02，由于C02在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3,所生成的HC03-浓度
很小，无法析出NaHC03晶体。
4.W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物的溶液，浓度均
为O.1mol/L时的pH如表所示。
元素对应的溶液
W
X
Y
Z
pH（25C）
1.0
13.0
0.7
A.简单离子半径大小顺序为：
X>
Y>
Z>
B.Z元素的氧化物对应的水化物一定是强酸
C.X、Z的简单离子都能破坏水的电离平衡
D.W、Y都能形成含18个电子的氢化物分子
【答案】D
W与Z的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度均为O.1mol/L时pH=1（H+浓度为O.1mol/L），是一元强酸，
则W为N（最高价氧化物对应水化物为HNO3）,Z为Cl（最高价氧化物对应水化物为HCI04）；
Y的最高
价氧化物对应水化物的溶液，浓度为O.1mol/L时pH=0.7（H+浓度为0.2mol/L），是二元强酸，则Y为S（最
高价氧化物对应水化物为H2SO4）；
X的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=13（0H-
浓度为O.1mol/L），是一元强碱，且X的原子序数介于N与S之间，可知X为Na（最高价氧化物对应水化物为NaOH）。
【详解】A•S2-、Cl-的核外电子排布相同，其中S2-的核电荷数较小，半径较大；
N3-、Na+的核外电子排布
相同，半径比S2-、Cl-的小，其中N3-的核电荷数较小，半径比Na+大，则简单离子半径大小顺序为：
S2->
Cl->
N3->
Na+,即卩Y>
Z>
W>
X,A项错误；
B•Z为Cl，其氧化物对应的水化物可能为强酸（如HCIO4）,也可能为弱酸（如HCIO）,B项错误；
C.X的简单离子为Na+,Z的简单离子为Cl-，均不会破坏水的电离平衡，C项错误；
D.W能形成N2H4,Y能形成H2S，均为18电子的氢化物分子，D项正确；
答案选D。
5.如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCI在水中的溶解和电离示意图。
下列由此得出的说法中,
错误的是
WCltl人水屮一*水分了肘熄作川■—
a
of
Qq0Q
A昭；
X、r
A.在出0分子中，H或0原子均完全不带电荷
B.在NaCI晶体中，Na+和C「的排列整齐有序
C.Na+、Cl在水中是以水合离子的形式存在
D.NaCI晶体的溶解和电离过程破坏了离子键
【详解】A•在H2O分子中，0原子吸引电子的能力很强，0原子与H原子之间的共用电子对偏向于0,
使得0原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；
B.在NaCI晶体中，Na*和C「整齐有序地排列，B项正确；
C.Na*、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；
D.NaCI晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与CI-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+
与CI-之间的离子键，D项正确；
6.拉曼光谱证实，AI02一在水中转化为［AI（0H）4「。
将一定量的Na2C03、NaAI02固体混合物溶于适量水中,
再逐滴加入1mol/L盐酸，测得溶液中C032「、HC03「、［AI（0H）4「、AI3+的物质的量与加入盐酸的体积变化
A.CO32「、HC03「和［AI（OH）4「在水溶液中可大量共存
B.d线表示的反应为：
［AI（OH）4「+H+=AI（OH）3j+H2O
C.原固体混合物中CO32「与AIO2「的物质的量之比为1:
1
D.V仁150mL,V2=300mL；
M点生成的CO2为0.05mol
【答案】C
将一定量的Na2CO3、NaAIO2固体混合物溶于适量水中，AIO2一转化为［AI（OH）4「，除Na+外溶液中主要存在
CO32-、［AI（OH）4「；
由于酸性：
H2CO3>
HCO3「>
AI（OH）3,则结合H+的能力：
［AI（OH）4］CO32〉HCO3「，向溶液中逐滴加入盐酸，［AI（OH）4「首先与H+反应转化为AI（OH）3,因此a线代表［AI（OH）4「减少，发生的反应为：
［AI（OH）4「+H+=AI（OH）3J+H2O，则［AI（OH）4「的物质的量为1moI/LX0.05L=0.05mol，生成的
AI（OH）3也为0.05mol;
接下来CO32与H+反应转化为HCO，b线代表CO32-减少，c线代表HCO3「增多，发生的反应为：
CO32-+H+=HCO3一，可计算出n（CO32）=n（HCO3「）=n（H+）=1mol/L0.05L=0.05moI;
然后HCO3「与H+反应生成H2CO3（分解为CO2和H2O）,最后AI（OH）3与H+反应生成Al3+,d线代表HCO3一减少，e线代表AI3+增多。
【详解】A•由于酸性：
HCO3->
AI（OH）3,HCO3「会与［AI（OH）4「发生反应生成AI（OH）3：
HCO3「+［AI（OH）4］一=CO32-+AI（OH）3J+HO,HCO3一和［AI（OH）4「在水溶液中不能大量共存，A项错误；
B•d线代表HCO3「减少，发生的反应为：
HCO3一+H+=CO2f+HO,B项错误；
C.a线代表［AI（OH）4「与H+反应：
［AI（OH）4「+H+=AI（OH）3H2O,b线代表CO32-与H+反应：
CO32-+H+=HCO3
「，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与［AI（OH）4「的物质的量之比为1:
1，原固体混合
物中CO32「与AIO2「的物质的量之比为1：
1,C项正确；
D.d线代表HCO3一与屮的反应：
HCO3一+H+=CO2f+HO,n（HCO3「）=0.05mol，消耗H+的物质的量为0.05mol,所用盐酸的体积为50mL,V1=100mL+50mL=150mL；
e线代表AI（OH）3与H+反应:
AI（OH）3+3H+=AI3++3H2O,AI（OH）3的物质的量为0.05mol，会消耗0.15moIH+，所用盐酸的体积为150mL,V2=V1+150mL=300mL；
M点生成的是HCO3一而非CO2,D项错误；
答案选C。
【点睛】在判断HCO3「、AI（OH）3与H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：
假设HCO3「先与H+反应，生
成的H2CO3（分解为CO2和H2O）不与混合物中现存的AI（OH）3反应；
假设AI（OH）3先与H+反应，生成的AI3+会与溶液中现存的HCO3一发生双水解反应，转化为AI（OH）3和H2CO3（分解为CO2和H20）,实际效果还是HCO3「先转化为H2CO3,因此判断HCO3一先与H+反应。
7.用吸收一电解”循环法脱除烟气中的S02，可减少对大气的污染。
室温下，电解液K再生的装置如图所示,
2
其中电解液的pH随n（SO3）：
n（HSO3）变化的关系见下表，下列对此判断正确的是
It膜I扶
电解液
n（SO32_）：
n（HSO3_）
pH
K
9:
91
6.2
L
1:
1
7.2
M
91:
9
8.2
A.当电解液呈中性时溶液中：
c（Na+）>
c（SO3-）>
c（HSO3）>
c（OH-）
B.再生液M吸收SO2主反应的离子方程式为：
SO2+OH-=HSO3
C.HSO3_在b极发生的电极反应式为：
HSO3+H2O-2e二SO：
+3H
D.若产生标准状况下2.24L气体N,则d膜上共通过0.2mol阳离子
根据装置图，阴离子通过c膜向a极移动，可知a极为阳极，发生的反应为：
HSO3-_2e-+H2O=SO42-+3H+;
b极为阴极，发生的反应为：
2H++2e-=H2f,气体N为H2。
【详解】A.n（SO32_）：
n（HSO3_）=9:
91时，电解液pH=6.2,n（SO32_）:
n（HSO3_）=1：
1时，电解液pH=7.2,由此推知当电解液呈中性时，c（HSO3_）>
c（SO32_）,A项错误；
B.M吸收SO2主要发生的反应为：
SO32-+SO2+H2O=2HSO3-,B项错误；
C.b极为阴极，发生的反应为：
2H++2e=H2f,C项错误；
D.若产生标准状况下2.24L气体N（0.1molH2）,阴极消耗0.2molH+,减少0.2mol正电荷，需要补充0.2mol
正电荷以达到平衡，则d膜上会通过0.2mol阳离子，D项正确；
8•碘酸钾（KIO3）是重要的微量元素碘添加剂。
实验室设计下列实验流程制取并测定产品中KIO3的纯度：
ft
KI帮港+
佃取■慟一
中和
K\
■_
——--4梢禹
其中制取碘酸（HIO3）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中
物质
性质
HIO3
白色固体，能溶于水，难溶于CCI4
KIO3
1白色固体，能溶于水，难溶于乙醇
2碱性条件下易发生氧化反应：
CIO「+IO3—=104「+c「
回答下列问题
（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为。
（2）装置B中反应化学方程式为。
B中所加CCI4的作用是从而加快反
应速率。
（3）分离出B中制得的HIO3水溶液的操作为;
中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，
（6）取1.000gKIO3产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶
液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/LNa2S2O3溶液滴定。
滴定至终点时蓝色消失
2--2
（12+2S2O3=21+S4O6），测得每次平均消耗NazSzOs溶液25.00mL。
则产品中KIO3的质量分数为
（结果保留三位有效数字）。
【答案】
（1）.还原性、酸性
（2）.5CI2+I2+6H2O==2HIO3+10HCI（3）.充分溶解I2和Cl2，
以增大反应物浓度（4）.分液（5）.除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3（6）.C⑺.乙醇（或
酒精）（8）.89.5%。
装置A用于制取Cl2，发生的反应为：
KClO3+6HCl（浓）=KCI+3CI2f+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCI和Cl2,还要防止倒吸。
【详解】
（1）装置A中发生的反应为：
KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2T+3HO，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为c|2,表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：
还原性、酸性；
（2）装置B中发生的反应为：
5CI2+I2+6H2O=2HIO3+10HCI,CI2和|2均难溶于水，易溶于CCI4,加入CCI4可使二者溶解在CCI4中，增大反应物浓度，故答案为：
5Cl2+|2+6H2O=2HIO3+10HCI;
充分溶解12和CI2,以增大反应物浓度；
（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的CI2在碱性条件下转化为CIO-,CIO-会将IO3-氧化为IO4-,因此在中和前需要将CI2除去，故答案为：
分液；
除去Cl2（或CIO-）,防止氧化KIO3；
（4）尾气中主要含HCI和c|2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：
C；
（5）因kio3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：
乙醇（或酒精）；
（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：
IO3-+5l-+6H+=3l2+3H2O,滴定时发生的反应为：
l2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：
IO3-~3l2~6S2O32-,每次平均消耗的n©
032-）=
0.1004moI/L0^25L=0.00251moI，则每20mLKIO3溶液中，n（KIO3）=n（l03-）=
n（S2O32-）-6=0.00251mol6=0.000418mol,200mL溶液中，n（KIO3）=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数
214g/mol0.00418mol
=x100%=89.5%，故答案为：
89.5%。
1g
【点睛】1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10
倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。
9.
铅泥”（主要成分为PbSO4,
PbO2在工业上可作蓄电池中良好的正极材料。
以废铅蓄电池拆解出来的
另有少量Pb、PbO2和CaSO4等）为原料制备PbO?
的一种工艺流程如图所示:
已知：
i.常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应。
请回答下列问题:
PbO2（选填“＞或“
；
充
（4）析铅”反应的离子方程式为
（任写一条）
（5）从环境保护的角度分析，该工艺流程可能存在的缺点是
（6）铅蓄电池中的电解液是H2SO4,放电后两个电极上均沉积有PbSO4。
则放电时的负极反应式为
【答案】
（1）.硝酸（或HNO3）；
（2）.v（3）.PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb（NO3）2溶液,
（7）.酸溶”时会产生大气污染物NOx（重
金属铅盐可污染土壤或水源）
（CH3COO）2Pb+ClO「+2OH一=PbO2J+C「+2CH3COO「+H2O
（8）.Pb+SO42「—2e「=PbSO4（9）.32
（1）酸溶”的目的是将Pb、PbO2转化为可溶性Pb2+，而常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反
应，故所用的强酸应为硝酸；
在有硝酸存在的环境下，PbO2转化为Pb2+，表现出氧化性，说明PbO2的氧化
性比硝酸强，故答案为：
硝酸（或HNO3）；
v；
（2）CaSO4的溶解平衡：
CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42-（aq），加入Pb（NO3）2溶液，Pb2+与SO42-结合成更难溶
的PbS04，使CaS04的溶解平衡不断正向移动，最终完全溶解，达到除钙”的目的，故答案为：
PbS04比
CaS04更难溶解，加入Pb（NO3）2溶液，可使CaS04不断转化为PbS04，Ca2+进入到溶液中；
（3）盐溶”时，加入CH3C00Na可使PbS04的溶解平衡正向移动，转化为（CH3C00）2Pb,说明（CH3C00）2Pb是弱电解质；
盐溶”后，溶液中含有（CH3C00）2Pb和Na2S04，接下来析铅”加入NaCI0、Na0H溶液，（CH3C00）2Pb转化为Pb02,Pb元素的化合价升高，推知NaCI0转化为NaCI，Cl元素的化合价降低，因此
滤液3”中除CH3C00Na和NaCI0夕卜，所含钠盐主要还有NaCI和Na2S04，故答案为：
弱电解质；
NaCI、
Na2S04；
（4）析铅”反应的离子方程式为：
（CH3C00）2Pb+CI0-+20H-=Pb02J+C+2CH3C00-+H20，故答案为：
（CH3C00）2Pb+CI0-+20H-=Pb02J+C-+2CH3C00-+H20;
（5）酸溶”阶段加入的HN03会转化为N0x污染环境，铅是重金属，铅盐也会污染土壤或水源，故答案为：
酸溶”时会产生大气污染物N0x（重金属铅盐可污染土壤或水源）；
（6）铅蓄电池的负极为Pb,放电时负极发生的反应为：
Pb+S042「一2e「=PbS04;
充电时阳极发生反应：
PbS04-2e「+2H20=Pb02+S042-+4H+，当电极上通过1moI电子，阳极上有0.5molPbS04转化为0.5molPb02,质量减少32g，故答案为：
Pb+S042「—2e「=PbS04；
32。
【点睛】二次电池充、放电时电极的判断：
放电时的负极发生失电子的氧化反应，该极充电时要恢复原状，则需要发生得电子的还原反应，做阴极；
放电时的正极发生得电子的还原反应，该极充电时要恢复原状，则需要发生失电子的氧化反应，做阳极。
10.运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。
（1）一氯胺（NH2CI）是饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌消毒作用的物质：
1NH2CI中CI元素的化合价为。
2NH2CI发生水解反应的化学方程式为。
（2）S02和C0均为燃煤产生的烟道气中有害成分，在催化作用下可利用二者相互反应进行无害化处理并回收硫。
有关资料如图1所示。
则：
1常温常压下，质量均为11.2g的C0（g）和S（s）分别完全燃烧生成C02（g）或S02（g）,放出的热量
前者比后者多kJ。
2SO2（g）+2C0（g）=S（s）+2CO2（g）△H=.
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（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2,在一定温度范围内发生如下转化：
C02
（g）+3H2（g）=CH30H（g）+H2O（g）△H=-xkJ/molx>
0）。
在不同催化剂作用下，相同时间内C02
的转化率随温度的变化如图2所示:
1催化效果最佳的是催化剂（选填“I、”H”或和”；
b点v（正）—v（逆）（选填“>
”、“<
”或
“=”）
2此反应在a点时已达到平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是
（4）常温下，H2CO3的电离常数为：
Kai=4X1O「7,Ka2=4X1O「11。
已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8，则
在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是（填序号）
A.c（NH4+）>
c（HCO3「）>
c（OH_）>
c（H+）
B.c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3_）+C（H2CO3）
c（H2CO3）—c（CO32「）—c（NH3H2O）=9.9X0「7molL一1
【答案】
（1）.+1
（2）.NH2CI+H2O=NH3+HClO（或NH2CI+2H2O=NH3H2O+HClO）（3）.9.6
（4）.+270.0kJ/mol（5）.I（6）.>
（7）.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动（8）.B（9）.
6.25
（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2CI）水解时能生成有强烈杀菌
消毒作用的物质（HCIO）,可知Cl元素的化合价为+1价；
水解的方程式为：
NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或
NH2Cl+2H2O=NH3H2O+HClO），故答案为：
+1;
NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2CI+2H2O=NH3H2O+HClO）;
（2）11.2gCO的物质的量为0.4mol，完全燃烧生成CO2放出的热量为283.0kJ（X4=113.2kJ;
11.2gS的物质
的量为0.35mol，完全燃烧生
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