届辽宁省葫芦岛协作校高三质量检测一模考试化学试题解析版Word文档格式.docx

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D．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故D错误；

『答案』选A。

『点睛』升华和凝华都属于物质的状态变化，属于物理变化。

2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。

硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。

硫化钠的一种制备方法是Na2SO4＋2C

Na2S＋2CO2↑。

下列说法正确的是（）

A.4.2g14C原子含中子数目为1.8NA

B.1L0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA

C.该反应中，若生成1mol氧化产物，转移电子数目为4NA

D.常温下2.24LCO2中共用电子对数目为0.4NA

『答案』C

『详解』A．一个14C中含有8个中子，4.2g14C原子的物质的量为0.3mol，则含中子数目为0.3×

8×

NA=2.4NA，故A错误；

B．硫离子水解生成硫氢根离子，氢氧根离子，使阴离子个数增加，所以1L0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目大于0.1NA，故B错误；

C．Na2SO4＋2C

Na2S＋2CO2↑反应中氧化产物为二氧化碳，反应生成2mol二氧化碳失去8mol电子，则生成1mol二氧化碳转移4mol电子，个数4NA，故C正确；

D．常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算CO2的物质的量，则共用电子对数目不是0.4NA，故D错误；

『答案』选C。

『点睛』计算转移电子的物质的量时，需要根据化合价的变化判断。

3.一氯甲烷与苯的反应如图所示（无机小分子产物略去）。

A.该反应属于化合反应

B.a与溴水在铁作催化剂条件下反应生成溴苯

C.b中最多有14个原子共平面

D.b的二氯代物有10种结构

『答案』D

『详解』A．反应中苯环上的氢原子被甲基取代，该反应属于取代反应，故A错误；

B．a与液溴在铁作催化剂条件下反应生成溴苯，苯能从溴水中萃取溴，不能与溴水反应，故B错误；

C．甲基为四面体结构，与苯环不能所有原子共面，由于单键可以旋转，则b中最多有13个原子共平面，故C错误；

D．b的二氯代物中，如果两个氯原子位于甲基上，有1种；

如果一个位于甲基上，一个位于苯环上，有3种；

如果两个氯原子都位于苯环上有6种，所以符合条件的有10种，故D正确；

『答案』选D。

『点睛』同分异构体的数目的确定，需要细心，不能有遗漏，例如数b的二氯代物的数目时，烷基上的氢被两个氯原子取代，苯环上的氢被两个氯原子取代，再拆成烷基上一个氯原子，苯环上一个氯原子，删掉重复的。

4.下列实验操作中，根据实验现象得出的结论正确的是（）

操作

现象

结论

Br2的CCl4溶液褪色

石蜡油分解产生乙烯气体

③中出现气泡

可以用平衡移动原理解释

①中出现白色沉淀

②中出现红褐色沉淀

Ksp『Fe（OH）3』＜Ksp『Mg（OH）2』

淀粉碘化钾溶液变蓝

b为直流电源负极

『答案』B

『详解』A．将石蜡油分解产生的气体通入到Br2的CCl4溶液中褪色，可以说明气体中含有不饱和烃，并不能说明分解产物都是烯烃，更不能确定产生的是乙烯，故A错误；

B．稀盐酸与石灰石反应生成二氧化碳，二氧化碳在水中存在溶解平衡，CO2+H2O⇌H2CO3塞上瓶塞时压强较大，平衡正向移动，不会有气泡生成，打开瓶塞后压强减小，平衡逆向移动，生成气泡，可用平衡移动原理解释，故B正确；

C．向5mL0.2mol⋅L−1NaOH溶液中滴加3滴0.1mol⋅L−1MgCl2溶液生成氢氧化镁白色沉淀，但NaOH过量，再滴加3滴饱和0.1mol∙L−1FeCl3溶液产生的氢氧化铁沉淀可能是过量的NaOH与FeCl3反应产生的，不能确定是由氢氧化镁沉淀转化得到的，即不属于沉淀的转化，不能比较二者的溶度积大小，故C错误；

D．淀粉碘化钾溶液变蓝，说明与b相连的电极产生氯气将碘离子氧化为碘单质，则与b相连的电极发生的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，该电极为阳极，则b为电源的正极，故D错误；

『答案』选B。

5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大。

Q元素的焰色反应为黄色；

甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的酸式盐，甲中阳离子是一种5核10电子微粒；

乙为上述五种元素中某种元素的最高价氧化物对应的水化物；

甲与足量乙的溶液在一定条件下反应生成丙、丁、戍三种物质，其中丁在常温下为气体。

下列说法不正确的是（）

A.原子半径：

X＜W＜Z＜Y

B.Y、Z、W与X形成的最简单化合物中，稳定性最弱的是Y

C.乙的溶液能与铝发生化学反应

D.丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝

『分析』短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。

Q元素的焰色反应为黄色，则Q为Na；

已知离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为铵根离子，则X为H元素；

阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，所以Y为C元素，Z为N，W为O元素；

乙为H、C、N、O元素中某种元素的最高价氧化物对应的水化物，甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体，甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的酸式盐，甲为碳酸氢铵，乙可能为NaOH或硝酸，丁可能为氨气或二氧化碳，丙和戊的混合液可能为硝酸钠溶液或碳酸钠溶液，据此解答。

『详解』A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：

H＜O＜N＜C，即X＜W＜Z＜Y，故A正确；

B．X为H元素，Y为C元素，Z为N，W为O元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：

O＞N＞C，则Y、Z、W与X形成的最简单化合物中，稳定性最弱的是Y，故B正确；

C．根据分析，乙可能为NaOH或硝酸，则乙的溶液能与铝发生化学反应，故C正确；

D．根据分析，丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；

6.2019年诺贝尔化学奖授子对锂离子电池研究做出贡献的三位科学家。

高能磷酸铁锂电池多应用于公共交通，内部结构如图，电池中间是聚合物的隔膜。

电池在充电过程中，LiFePO4逐渐脱离出锂离子形成FePO4。

下列叙述不正确的是（）

A.放电时Li＋通过隔膜移向正极

B.放电时正极反应式为：

FePO4＋Li＋＋e－＝LiFePO4

C.充电时铜箔连接电源负极

D.充电时，每转移1mol电子，石墨增重12g

『分析』电池在充电过程中为电解池，LiFePO4逐渐脱离出锂离子形成FePO4，Fe元素由+2价变为+3价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，所在铝电极为阳极，则放电（原电池）时，FePO4所在铝电极为正极，发生得电子的还原反应，正极电极反应式为FePO4+Li++e-═LiFePO4，铜电极为负极，电极反应为：

LixCn-xe-═xLi++nC；

充电时为电解池，原电池的正、负极分别与电源的正、负极相接、作电解池的阳极、阴极，阳、阴极电极反应与原电池正、负极的恰好相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，据此分析解答。

『详解』A．放电时为原电池，原电池中，阳离子向正极移动，根据分析，铝电极为正极，Li＋通过隔膜移向正极，故A正确；

B．根据分析，放电时正极反应式为：

FePO4＋Li＋＋e－＝LiFePO4，故B正确；

C．结合分析，充电时为电解池，原电池的正、负极分别与电源的正、负极相接，作电解池的阳极、阴极，铜箔为原电池的负极，应与电源负极连接，故C正确；

D．充电时，阴极反应式为nC+xLi++xe−=LixCn，则通过1mol电子石墨电极增加1molLi+，增重质量为7g，故D错误；

7.人体血液中存在

、

等缓冲对。

常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值Igx『x表示

或

与pH的关系如图所示。

已知碳酸pKa1＝6.4，磷酸pKa2＝7.2（pKa＝－lgKa）。

则下列说法正确的是（）

A.曲线I表示lg

与pH的变化关系

B.a→b的过程中，水的电离程度逐渐减小

C.当pH增大时，

逐渐减小

D.当c（H2CO3）＝c（HCO3－）时，c（HPO42－）＝c（H2PO4－）

『分析』H2CO3⇌HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=

，所以lg

=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4-⇌HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2=

=pH-pKa2=pH-7.2，结合分析解答；

『详解』A．当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以，曲线I表示lg

与pH的变化关系，曲线II表示lg

与pH的变化关系，故A错误；

B．酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a→b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；

C．

，当pH增大时，则H2CO3⇌HCO3−+H+正向进行，使c（H2CO3）减小，而Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，

逐渐减小，故C正确

D．当c（H2CO3）＝c（HCO3－）时，即lg

=0，溶液中pH=6.4，则lg

=pH−pKa2=pH−7.2=6.4−7.2=−0.8＜0，即c（HPO42－）＜c（H2PO4－），故D错误；

8.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·

5H2O）在生产和生活中有重要用途。

已知Na2S2O3·

5H2O遇酸立即分解：

S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O。

某研究小组在实验室模拟工业上硫化碱法制备Na2S2O3·

5H2O流程如图所示：

吸硫过程实验装置如图所示：

回答下列问题：

（1）y仪器的名称________________。

（2）关闭K1，打开K2，反应开始，此时B装置的作用是_____________________。

（3）写出C装置中反应的离子方程式_______________________________。

（4）装置D的作用是检验装置C中SO2的吸收效率，D中试剂是________________，表明SO2吸收效率低的实验现象是D中溶液________________。

（5）实验结束后，关闭K2，打开K1。

玻璃液封管x中所盛液体最好为_______（填序号）。

A.NaOH溶液B.浓硫酸C.饱和NaHSO3溶液

（6）从滤液中获得较多Na2S2O3·

5H2O晶体的实验操作依次为：

________________，________________，过滤，洗涤，干燥。

（7）请设计实验检测制得的Na2S2O3·

5H2O产品中是否含有Na2SO4杂质，简要说明实验操作及结论__________________________________________________________________。

『答案』

（1）.三颈烧瓶（或三口烧瓶）

（2）.安全瓶（或防止倒吸）（3）.2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2（或2S2－+2CO32－+4SO2+H2O＝3S2O32－+2HCO3－）（4）.品红（或溴水、KMnO4溶液）（5）.颜色很快褪去（6）.A（7）.蒸发浓缩（或加热浓缩）（8）.冷却结晶（9）.取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明Na2S2O3·

5H2O晶体中含有Na2SO4杂质，若无现象则说明Na2S2O3·

5H2O晶体中不含Na2SO4杂质

『详解』

（1）根据装置图所示，仪器y的名称为三颈烧瓶（或三口烧瓶）；

（2）关闭K1，打开K2，SO2进入装置C中反应导致实验装置内部压强减小会引起倒吸，因此装置B的作用是安全瓶（或防止倒吸）；

（3）二氧化硫与硫化钠、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳（或硫代硫酸钠和碳酸氢钠），则发生的离子反应方程式为：

2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2（或2S2－+2CO32－+4SO2+H2O＝3S2O32－+2HCO3－）；

（4）装置D的作用是检验装置C中SO2的吸收效率，利用SO2的还原性和漂白性，结合溶液的颜色变化快慢分析SO2的吸收效率，则D中试剂可以是品红（或溴水、KMnO4溶液等具有强氧化性的有色物质），若D中试剂颜色褪去缓慢，说明C中产生的气体中SO2的含量低，C中反应对SO2的吸收效率高，若D中试剂颜色快速褪去，说明C中产生的气体中SO2的含量高，C中的反应对SO2的吸收效率低；

（5）实验结束后，装置B中含有多余未反应的SO2，SO2属于大气污染物，不能直接排放到空气中，需要吸收处理，

A．NaOH溶液可与SO2反应，可以除去多余的SO2，故A符合题意；

B．浓硫酸与SO2不反应，无法除去多余的SO2，故B不符合题意；

C．饱和NaHSO3溶液与SO2不反应，无法除去多余的SO2，故C不符合题意；

『答案』选A；

蒸发浓缩（或加热浓缩），冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；

（7）检测制得的Na2S2O3·

5H2O产品中是否含有Na2SO4杂质即为检验SO42-，实验操作为：

取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明Na2S2O3·

5H2O晶体中不含Na2SO4杂质。

9.汽车尾气及硝酸工业废气中氮氧化物的处理是治理环境污染的重要课题。

（1）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定条件下可发生如下反应：

反应I：

2NO（g）＋2CO（g）

N2（g）＋2CO2（g）△H1

反应II：

N2（g）＋O2（g）

2NO（g）△H2＝＋180.5kJ·

mol－1

已知CO的燃烧热为283.0kJ·

mol－1，则△H1＝________________。

（2）某研究小组探究催化剂对上述反应I的影响。

将NO和CO混合气体以定的流速分别通过两种不同的催化剂a和b进行反应，在相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），得到图1中a、b两条曲线。

温度低于200℃时，图1中曲线a脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为_______________________________；

m点________________（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明理由________________________________________________________。

（3）一定条件下Cl2也可以与NO反应，生成一种有机合成中的重要试剂亚硝酰氯（NOCl），化学方程式为：

2NO（g）＋Cl2（g）

2NOCl（g）△H＜0。

在恒温恒容条件下，将物质的量之和为3mol的NO（g）和Cl2（g）以不同的氮氯比『

』通入容器中进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图2所示。

①图2中T1、T2的关系为T1________________T2（填“＞”“＜”或“＝”）。

②图2中纵坐标为反应物______的转化率，理由为_________________________________。

③若在温度为T1，容积为1L恒容密闭的容器中反应，经过10min到达A点，则0～10min内反应速率v（NO）＝________________mol·

L－1·

min－1。

④已知：

用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数（Kp）；

分压＝总压×

气体物质的量分数。

若该反应的起始压强为P0kPa，T1温度下该反应的压强平衡常数（Kp）为________________（用含P0的代数式表示）。

『答案』

（1）.﹣746.5kJ·

mol−1

（2）.温度较低时，催化剂的活性偏低（3）.不是（4）.因为该反应为放热反应，根据曲线b可知，m点对应温度的平衡脱氮率应该更高（或其他合理解释）（5）.＜（6）.Cl2（或氯气）（7）.随着氮氯比『

』增加时氯气的转化率逐渐增大（8）.0.12（9）.

kPa-1（或

kPa-1）

『详解』

（1）已知：

CO燃烧热的△H1=−283.0kJ⋅mol−l，热化学方程式为：

①CO（g）+

O2（g）=CO2（g）△H1=−283.0kJ·

mol−l，②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2=+180.5kJ·

mol−1，根据盖斯定律计算①×

2−②得到：

2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=−746.5kJ/mol；

（2）由于催化剂在低温下活性不大，因此反应随温度变化速率变化不大；

由于该反应为放热反应，根据线b可知，m点对温度的平衡脱氮率应该更高，所以图象分析可知m点不是对应温度下的平衡脱氮率：

（3）①2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H＜0，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T1＜T2；

②保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示，

越大，转化率越大，说明纵轴表示的是Cl2（氯气）的转化率；

③在温度为T1，2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H＜0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.6，

=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，

则v（NO）=

=

=0.12mol/（L⋅min）；

④结合③题的列式，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，则

，p平=0.8p0kPa，故T1温度下该反应的压强平衡常数Kp=

kPa-1）。

10.重铬酸钾（K2Cr2O7）常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。

由含铬废液（主要含Cr3＋、Fe3＋、K＋、SO42－等）制备K2Cr2O7的流程如图所示。

已知：

I.在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72－还原为Cr3＋

II.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：

金属离子

开始沉淀的pH

沉淀完全

pH

Cr3＋

4.9

6.8

Fe3＋

1.5

2.8

（1）滤渣②的成分是________________。

（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式__________________________________。

（3）“加热”操作的目的是________________________________________。

（4）根据平衡移动原理解释酸化至pH＝1的目的是________________________________（用离子方程式和适当文字说明）。

（5）通过下列实验可测定产品中K2Cr2O7（M＝294g/mol）的纯度：

称取重铬酸钾试样1.470g，用100mL容量瓶配制成溶液。

移取25.00mL溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和足量碘化钾（Cr2O72－的还原产物为Cr3＋），放于暗处5min。

然后加入一定量的水，加入淀粉指示剂，用0.1500mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，共消耗标准液36.00mL。

滴定时发生的反应的离子方程式为：

I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。

则所测定产品中K2Cr2O7的纯度为________________。

（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。

①负极的电极反应式为________________；

②一段时间后，中间室NaCl溶液的浓度________________（填“增大”“减小”或“不变”）。

『答案』

（1）.Fe（OH）3（或氢氧化铁）

（2）.2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O（3）.除去过量的H2O2（4）.2CrO42－+2H+⇌Cr2O72－+H2O，酸化至pH=1，促进该反应平衡正向移动，实现CrO42－转化为Cr2O72－（5）.72.00%（72%或72.0%也可）（6）.C6H5OH+11H2O﹣28e－＝6CO2↑+28H+（7）.减小

『分析』含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等）制备K2Cr2O7的流程：

废液与足量KOH反应生成沉淀Cr（OH）3、Fe（OH）3，过滤得到滤渣①Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO42-等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，则滤渣②为Fe（OH）3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，加酸调pH=1，使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答。

『详解』

（1）根据分析，过滤得到滤渣①Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，“氧化”步骤中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，滤渣②的成分是Fe（OH）3（或氢氧化铁）；

（2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4溶液，结合电子守恒、原子守恒，化学方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O；

（3）结合已知信息，在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72－还原为Cr3＋，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O72－还原为Cr3＋而混入杂质，所以酸化前必须除去H2O2，并且H2O2不稳定易分解，通过加热可除去；

（4）由于酸性条件下，CrO42－可转化为Cr2O72－，发生反应为：

2CrO42－+2H+⇌Cr2O72－+H2O，酸化至pH=1，促进该反应平衡正向移动，实现CrO42－转化为Cr2O72－；

（5）根据实验步骤可知，用碘化钾将Cr2O72−还原成Cr3+，根据电子得失守恒有关系式Cr2O72−∼3I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32−＝2I−+S4O62−），所以有关系式Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，Na2S2O3的物质的量为0.1500mol/L×

0.036L=