届河南省安阳市高三第三次模拟考试理综化学试题解析版Word格式文档下载.docx
《届河南省安阳市高三第三次模拟考试理综化学试题解析版Word格式文档下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届河南省安阳市高三第三次模拟考试理综化学试题解析版Word格式文档下载.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
【解析】N2O2和N2O是中间产物，而不是催化剂，故A错误；
B.②的反应最慢，说明活化能最大，故B错误；
C.反应速率之比等于化学计量数之比，因此，v（NO）
=2v（N2），故C错误；
D.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则逆反应的活化能比正反应的活化能大752kJ/mol，所以D选项是正确的；
因此，本题答案为D。
点睛：
本题考查化学反应中催化剂、活化能和化学反应速率等概念，解答本题除概念必须清晰之外，易错项D，解答时要注意分析方法，首先抓住正反应放热，则断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，推出逆反应的活化能比正反应的活化能大。
3.下列实验操作规范且能达到实验目的的是
操作
目的
A
称取5.0
g
CuSO4·
5H2O
加入27.0
水中,搅拌溶解
配制10%
CuSO4溶液
B
先用稀盐酸洗涤，再用水清洗
洗涤分解KMnO4制O2的试管
C
用玻璃棒蘸取溶液，点在干燥的pH试纸上，片刻后与标准比色卡比较并读数
测定0.05mol.L-1NaClO
溶液的pH
D
将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体
提纯混有NH4Cl的粗碘
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A.5.0gCuSO4·
5H2O中含CuSO43.2g，加入27.0g水中,搅拌溶解得到32gCuSO4溶液，溶质的质量分数为：
×
100％=10％,故A正确；
B.洗涤分解KMnO4制O2的试管,试管内壁附着MnO2需要用浓盐酸并加热洗涤，再用水洗涤，故B错误；
C.测定0.05mol.L-1NaClO溶液的pH，由于NaClO具有强氧化性，能使试纸褪色，故不能用pH试纸测其pH，C错；
D.提纯混有NH4Cl的粗碘,因NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又结合成NH4Cl，故不能用加热的方法分离，D错；
因此，本题正确答案为A。
4.异松油烯的一种合成路线如下，下列说法错误的是
A.异松油烯的分子式为C10H16
B.①~④四种有机物均能与NaHCO3溶液反应
C.①~⑤五种有机物均能与酸性高锰酸钾溶液反应
D.①生成②的反应类型是加成反应
【答案】B
5.一种用水和N2制备NH3的电化学装置如图所示，下列说法错误的是
A.该离子交换膜为阳离子交换膜
B.阴极发生的电极反应为Li+
+e-==Li
C.阳极发生的电极反应为4OH--4e-
===2H2O+O2↑
D.每生成1
mol
NH3，电路中通过3
mol电子
【解析】阳极发生的反应4OH--4e-=O2↑+2H2O,阴极反应N2+6H2O+6e-=2NH3+6OH-，产生阴离子，需要阳离子平衡电荷，则其中的离子交换膜应选择阳离子交换膜，故A正确；
B.阴极发生的电极反应为N2+6H2O+6e-=2NH3+6OH-,故B错误；
C.阳极发生氧化反应，电极反应为4OH--4e-
===2H2O+O2↑，故C正确；
D.由电极反应N2+6H2O+6e-=2NH3+6OH-知，每生成1molNH3，电路中通过3mol电子，故D正确；
综合以上分析，本题应选答案为：
B。
本题以电解法制备氨气为载体，考查电解原理，可通过电源正负极来判断电解池的阴阳极，再结合实验目的以及进料出料口所给物质，可写出电解反应式，结合电极反应再分析各选项，可顺利作答。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W
与Y
的最外层电子效之和与Z的最外层电子数相等，X
的最低负价与Y
的最高正价代数和为0，Y
在元系同期表中所处的族序数等于其周期数，W
与Y形成的化合物与水反应生成白色絮状沉淀和摩尔质量为16
g/mol的气体。
下列说法正确的是
A.原子半径:
W<
X<
Y<
Z
B.Y
的简单离子与Z的简单离子具有相同的电子层结构
C.Y
与Z
形成的化合物的水溶液可使石蕊试液变红
D.W、X
的简单氢化物分别与Z单质常温下混合,均发生置换反应
【解析】Y在元系同期表中所处的族序数等于其周期数，且原子序数比W、X都大，故Y为Al；
X的最低负价与Y的最高正价代数和为0，可推出X最低负价为-3价，则X为N；
W与Y形成的化合物与水反应生成白色絮状沉淀和摩尔质量为16g/mol的气体，该气体为CH4,故W为C；
W与Y的最外层电子效之和与Z的最外层电子数相等，可推出Z的最外层电子书为7，则Z为Cl；
综上，W、X、Y、Z分别为C、N、Al、Cl。
A项，原子半径C>
N,Al>
Cl,故A错；
B项，Al3+有两个电子层、Cl-有三个电子层，故B错；
C项，AlCl3水解溶液显酸性可使石蕊试液变红，故C正确；
D项，CH4和Cl2在光照下反应是取代反应，而不是置换反应，D错；
综合以上分析，本题答案为C。
本题考查元素的推断和原子半径、离子半径的比较、化合物的性质等知识，突破口是Y的推断，由Y在元系同期表中所处的族序数等于其周期数，且原子序数比W、X都大，可推出Y为Al，另外摩尔质量为16g/mol的气体一定为甲烷，由此可推出W为碳。
7.常温下,用等浓度的NaOH
溶液分別滴定相同体积的NH4Cl、KH2PO4
及CH3COOH溶液，滴定曲线如下图所示:
A.NH3·
H2O===NH4++OH-的lg
K
=-9.25
B.0.1mol/LKH2PO4溶液中:
c（
HPO42-
）<
c
（H3PO4）
C.CH3COOH+HPO42-=CH3COO-+H2PO4-的lg
=
-11.61
D.在滴定过程中，当溶液pH相同时,消耗NaOH
的物质的量:
CH3COOH>
KH2PO4>
NH4Cl
............
本题考查用NaOH溶液分別滴定NH4Cl、KH2PO4及CH3COOH溶液，涉及电离常数的求解，离子浓度大小比较等知识，难度较大，答题要点是利用滴定曲线上的特殊点，即当加入的氢氧化钠与被滴定的电解质物质的量之比为1:
2时，可以计算所需的平衡常数，然后一一突破。
8.二茂铁[（C5H5）2Fe]（
橙黄色粉末，不溶于水，易溶于乙醚等有机溶剂）及其衍生物在工业、农业、医药、航天、节能、环保等行业具有广泛地应用。
某校课外小组依据反应2KOH
+2C5H6+
FeCl2=（C5H5）2Fe
+2KCl
+2H2O
在绝对无水、无氧的条件下制备二茂铁。
回答下列问题:
（1）甲组同学拟制备无水FeCl2,主要实验流程为:
步骤I
用饱和Na2CO3
溶液浸泡的目的是_______；
步骤II
中铁屑是过量的,其目的是_____；
步骤IV脱水的方法是____________。
（2）乙组用环戊二烯二聚体（
沸点为174℃）制备环戊二烯（沸点为419℃）,已知:
（C5H6）2（环戊二烯二聚体）
2C5H6（
环戊二烯）。
分离得到环戊二烯的操作方法为________。
（3）丙组同学制备二茂铁的装置如图所示（
夹持装置已略去）。
已知:
二甲基亚砜的结构式为
，热稳定性好，能溶解大多数有机物。
①图中冷却水从接口______进入（填“a”或“b”）。
②装药品前及整个过程需通入干燥的A，装药品前通入N2
的目的是_________。
③反应后分离出上层橙黄色乙醚清液，先用盐酸洗涤，其目的是_______；
再用水洗，水洗时能说明已洗涤干净的依据是_________；
洗涤后得到的二茂铁乙醚溶液获得二茂铁固体可采用的操作方法是_____________。
【答案】
（1）.除去铁屑表而的油污
（2）.确保反应后的液体中不含Fe3+（3）.在
HCl气流中加热脱水（4）.蒸馏（5）.a（6）.排尽装置内空气（7）.除去产品中溶解的KOH（8）.取最后一次洗涤液水层中液体少许于试管中，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液,无白色沉淀产生（9）.蒸发结晶
【解析】
（1）铁屑表面有油污，用饱和Na2CO3
溶液浸泡可除去；
Fe2+易被氧化为Fe3+，为防止溶液中含有Fe3+，步骤II中应使铁屑过量还原Fe3+；
为防止氯化亚铁晶体在加热时发生水解，步骤IV脱水的方法是在HCl气流中加热脱水；
综上，本题正确答案是：
除去铁屑表而的油污；
确保反应后的液体中不含Fe3+；
在HCl气流中加热脱水。
（2）已知:
环戊二烯）,结合信息：
环戊二烯二聚体（
沸点为174℃）和环戊二烯（沸点为419℃），分离沸点不同的液体混合物的方法为蒸馏，因此，本题正确答案为：
蒸馏。
（3）①在蒸馏装置中，冷凝管的冷凝水要从下口进上口出，故选a；
②由信息知：
制备二茂铁需要在绝对无水、无氧的条件下，因此装药品前通入N2以排尽装置内空气；
③上层橙黄色乙醚清液，先用盐酸洗涤，可除去产品中溶解的KOH；
再用水洗，可除去过量的盐酸，检验是否洗涤干净，可检查滤液中是否含有Cl-,采用的方法是：
取最后一次洗涤液水层中液体少许于试管中，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液,无白色沉淀产生，则说明洗涤干净；
由于二茂铁易溶于乙醚，乙醚易挥发，故可采用蒸发结晶的操作方法；
综合以上分析：
本题正确答案为：
除去产品中溶解的KOH；
取最后一次洗涤液水层中液体少许于试管中，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液,无白色沉淀产生；
蒸发结晶
9.一种从含铝锂钴废料[铝箔、CoO
和Co2O3（只溶于酸，不溶于碱）
及LiCoO2]中回收氧化钴的工艺流程如下:
（1）步骤I“碱溶”时，为提高铝的去除率，除升高温度和不断搅拌外,还可采取的措施是____（列举1点），“碱溶”时发生主要反应的化学方程式为_______；
步骤II“过滤、洗涤”过程中滤渣还会有少量的Al（OH）3，是因为________（填离子方程式）。
（2）步骤III“酸溶”时,Co2O3
转化为CoSO4
的离子方程式为_________。
（3）步骤V“除铝和锂”时,调节pH的适用范围是_______（已知该条件下,Al3+开始沉淀时的pH为4.1,沉淀完全时的pH为4.7.Co2+开始沉淀时的pH为6.9。
沉淀完全时的pH为9.4）；
步骤VI所得滤渣的成分为__________。
（4）煅烧CoC2O4
时发生氧化还原反应，则CoC2O4分解的化学方程式是___；
若仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应CoCO3+
C2O42-===CoC2O4
+CO32-
将CoCO3
转化为CoC2O4?
___（填“能”或“不能”）,说明理由:
________[已知Ksp（CoCO3）
=1.4×
10-13,Ksp（CoC2O4）=6.3×
10-8]
【答案】
（1）.增大NaOH溶液的浓度（增大液固比）、适当延长浸取时间（答出一点即可）
（2）.2Al+
2NaOH
+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（3）.AlO2-+2H2O
Al（OH）3+OH-（4）.4Co2O3
+S2O32-
+14H+=8Co2+
+2SO42-
+7H2O（5）.4.7
6.9或4.7≤pH<
6.9（6）.Al（OH）3和LiF（7）.CoC2O4
CoO+CO↑+CO2↑（8）.不能（9）.该反应的平衡常数为K=2.22×
10-6，转化程度极小
【解析】根据影响化学反应速率的外因，由于固液反应不考虑压强，所以可以考虑浓度、温度及接触面积等，如升高温度、不断搅拌、增大NaOH溶液的浓度（增大液固比）、适当延长浸取时间等；
由流程可知“碱溶”时，铝与氢氧化钠溶液反应，化学方程式为：
2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑；
步骤II“过滤、洗涤”过程，NaAlO2已进入滤液，若
滤渣还有少量的Al（OH）3则是NaAlO2水解所致，离子方程为：
AlO2-+2H2O
Al（OH）3+OH-；
综上，本题正确答案为：
增大NaOH溶液的浓度（增大液固比）、适当延长浸取时间（答出一点即可）；
2Al+
+2H2O==2NaAlO2+3H2↑；
AlO2-+2H2O
Al（OH）3+OH-。
，三价钴转化为二价钴，加入的Na2S2O3起还原剂作用，发生氧化还原反应，离子方程式为4Co2O3
+7H2O；
故本题正确答案为：
4Co2O3
+7H2O。
（3）步骤V“除铝和锂”时,使Al3+沉淀完全，而Co2+不沉淀，由信息知，Al3+沉淀完全时的pH为4.7，Co2+开始沉淀时的pH为6.9，故调节pH的适用范围是4.7
6.9；
步骤VI加入Na2CO3溶液和溶液中的Al3+发生双水解生成氢氧化铝沉淀，同时加入NaF溶液使Li+变为LiF沉淀，故步骤VI所得滤渣的成分为：
Al（OH）3和LiF。
4.7
6.9；
Al（OH）3和LiF；
（4）从流程知：
煅烧CoC2O4发生氧化还原反应，生成CoO，钴元素化合价降低，则碳元素化合价一定会升高，即一定有CO2生成，根据原子守恒可写出并配平化学方程式为：
CoC2O4
CoO+CO↑+CO2↑；
从沉淀转化角度考虑，若实现CoCO3+
+CO32-，
该反应的平衡常数为K=c（CO32-）/c（C2O42-）=Ksp（CoCO3）/Ksp（CoC2O4）=1.4×
10-13/6.3×
10-8=2.22×
10-6，转化程度极小，所以不能实现转化。
不能，.该反应的平衡常数为K=2.22×
10-6，转化程度极小；
10.运用化学链燃烧技术有利于提高燃料利用率。
化学链燃烧技术的基本原理是将传统的燃料与空气直接接触反应的燃烧借助于载氧剂（如Fe2O3、FeO等）的作用分解为几个气固反应，燃料与空气无需接触,由载气剂将空气中的氧传递给燃料。
（1）用Fe2O3作载氧剂的化学链燃烧部分热化学方科式及循环转化的原理如下:
I.C（s）
+H2O（g）==CO（g）
+H2（g）
△H1
II.Fe2O3（s）
+
1/3CO（g）=2/3Fe3O4（s）
+1/3CO2（g）△H2
III.Fe2O3（s）
+1/3H2（g）=2/3Fe3O4（s）
+1/3H2O（g）△H3
IV.Fe3O4（s）
+1/4O2（s）=3/2Fe2O3（s）
△H4
①在反应器B
中进行的反应是_______（填反应前面的代号）；
“物质2”是______（填化学式）。
②反应C（s）
+O2（g）=CO2（g）的△H=______（用△H1、△H2、△H3、△H4表示）。
（2）用FeO作载氧剂部分反应的lgKp[Kp是用平衡分压代替平衡浓度（平衡分压=总压×
物质的量分数）]与温度的关系如下图所示:
①图中涉及的反应中,属于吸热反应的是______（填反应前面的代号）。
②恒容密闭容器中进行反应:
CH4（g）
+4FeO（s）=4Fe（s）
+2H2O（g）+CO2（g），不能说明该反应已达到化学平衡的标志是______（
填字母）。
a.v正（CH4）=v正（CO2）
b.气体的压强不再随时间变化
c.气体的密度不再随时间变化
d.单位时间内断裂C-H
键与断裂H-O
键数目相等
③若某恒容密闭容器中只发生反应I和II，平衡时对应上图中Q
处时，容器中气体分压p（
X）间应满足的关系是__________。
④在某密闭容器中充入0.8
molCO和0.2
CO2
并加入足量的FeO，只发生反应I，在R点（lgKp=0），则CO的平衡转化率为________。
（3）若用CaSO4
作载氧剂进行化学链燃烧时，CaSO4与CO
发生反应生成CaS，则反应的化学方程式是__________________。
【答案】
（1）.II、III
（2）.Fe3O4（3）.△Hl
+3△H2
+3△H3+4△H4（4）.II、III（5）.a（6）.p（CH4）=p（CO）·
p2（H2O）（7）.37.5%（8）.CaSO4+4CO
CaS
+4CO2
【解析】①由循环转化图可知，反应器A消耗空气中的氧气，生成了载氧剂，反应器B中载氧剂将合成气中的CO、H2分别氧化为CO和H2O，本身被还原,因此，在反应器B中进行的反应是II、III；
“物质2”是Fe3O4。
②根据盖斯定律，反应C（s）+O2（g）=CO2（g）可由I+II×
3+III×
3+IV×
4得到，因此，△H=△Hl
+3△H3+4△H4；
（2）①从lgKp与温度的关系图中可看出,反应II、III的lgKp随温度升高而增大，即升高温度平衡向正反应方向移动，故反应II、III属于吸热反应；
②CH4（g）+4FeO（s）
4Fe（s）+2H2O（g）+CO2（g），a.v正（CH4）=v正（CO2），两个都表示正反应速率，不能说明已达平衡，应选a；
b.由于两边气体分子数不相等，当气体的压强不再随时间变化，说明各成分含量不再改变，达到平衡；
c.由于恒容，且FeO和Fe为固体，当气体的密度不再随时间变化，说明各组分物质的量不再改变，达到平衡；
d.单位时间内断裂C-H键数目等于断裂H-O键数目，即甲烷的消耗速率等于水的消耗速率，说明v正=v逆，已达平衡；
故选a。
③若只发生反应I和II，平衡时对应上图中Q处时，两条曲线相交，两个反应的平衡常数相等，因KI=p（CO2）/p（CO）,KII=p2（H2O）p（CO2）/p（CH4）,KI=KII，p（CH4）=p（CO）·
p2（H2O）；
④CO（g）+FeO（s）
Fe（s）+CO2（g）
起始物质的量（mol）0.80.2
转化的物质的量（mol）xx
平衡时物质的量（mol）0.8-x0.2+x
由于在R点（lgKp=0），则Kp=c（CO2）/c（CO）=n（CO2）/n/c（CO）=
=1,解得：
x=0.3,则CO的平衡转化率为
100%=37.5%;
综上，本题答案为：
a；
p（CH4）=p（CO）·
37.5%
（3）CaSO4与CO发生氧化还原反应生成CaS，硫的化合价降低，根据氧化还原反应化合价升降规律，可判断另一产物为CO2则反应的化学方程式是CaSO4+4CO
+4CO2，本题答案为：
CaSO4+4CO
+4CO2。
11.【化学-选修3:
物质结构与性质】锰及其化合物用途非常广泛。
（1）Al70Pd21Mn9是一种准晶体（介于晶体和非晶体之间的固体）,能准确证明其不是晶体的方法是___________。
（2）基态Mn原子的价电子排布式为_________,未成对电子数为_____个。
（3）MnS熔点（1610℃）比MnO熔点（1650℃）低,其原因是____________。
（4）锰的一种配合物的化学式为[Mn（CO）5（CH3CN）]Br。
①配合物中锰元素的价态为________。
②配体CH3CN与中心原子形成配位键时,提供孤对电子的原子是_____,该分子中碳原子的杂化方式为_______；
C、H、N的电负性从大到小的顺序为________。
（5）锰的含氧酸有HMnO4（高锰酸）、H2MnO3（亚锰酸）,高锰酸的酸性比亚锰酸强,理由是_________。
（6）某种含锰特殊材料的晶胞结构如下图所示:
若晶胞参数为a
nm,用NA表示阿伏加德罗常数的值,则该晶胞的密度为____（
列出代数式即可）。
【答案】
（1）.X射线衍射实验
（2）.3d54s2（3）.5（4）.S2-的半径比O2-的大，MnS的晶格能小（5）.+1（6）.N（氮）（7）.sp和sp3（8）.N>
C>
H（9）.高锰酸分子（HOMnO3）中含有三个非羟基氧原子，亚锰酸[（HO）2MnO]中只有一个非羟基氧原子（10）.
g/cm3
（1）晶体具有微观点阵结构，能发生X射线衍射现象，故能准确证明Al70Pd21Mn9不是晶体的方法是X射线衍射实验，若不产生X射线衍射现象，则不是晶体。
本题答案为：
X射线衍射实验。
（2）Mn是25号元素价电子排布式为3d54s2,5个3d电子分别位于5个不同的轨道上，有5个未成对电子。
（3）MnS和MnO晶体类型相同，由于S2-的半径比O2-的大，则MnS的晶格能比MnO小，MnS熔点比MnO熔点低。
故本题答案为：
S2-的半径比O2-的大，MnS的晶格能小。
（4）①配合物[Mn（CO）5（CH3CN）]Br的配体有CO、CH3CN分子和Br-,根据化合价代数和为零，配合物中锰元素的价态为+1；
②配体CH3CN与中心原子形成配位键时,碳原子价电子都用于形成共用电子对，氮原子5个价电子有三个形成共用电子对，还有一对孤对电子，所以提供孤对电子的原子是氮原子,该分子中两个碳原子其中CH3-上碳原子的杂化方式为sp3，-CN上的碳原子杂化方式为sp；
元素的非金属性越强，吸引电子能力越强，则电负性越大，所以C、H、N的电负性从大到小的顺序为N>
H；
+1；
N（氮）；
sp和sp3；
N>
（5）HMnO4和H2MnO3都是含氧酸,高锰酸是一元酸，含有三个非羟基氧，亚锰酸为二元酸，含有一个非羟基氧,含羟基氧越多酸性越强，所以高锰酸的酸性比亚锰酸强；
高锰酸分子（HOMnO3）中含有三个非羟基氧原子，亚锰酸[（HO）2MnO]中只有一个非羟基氧原子。
（6）根据晶胞结构计算含有的原子数，含有Zn原子数:
8
=1,含Mn原子数6
=3，含有N原子数：
1个，
升级会员 