届湖北省巴东高考化学三轮冲刺压轴卷适应性考试模拟训练解析版Word格式文档下载.docx
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9．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Y与Z为金属元素，四种元素的简单离子的电子层结构均相同。
p、q是它们中的部分元素组成的化合物，r是W的单质，s是Z的单质。
这些物质间的转化关系如图所示。
下列说法不正确的是（）
A．原子半径：
Y>
Z>
W>
X
B．q属于离子化合物
C．一定条件下，r与s能发生化合反应生成p
D．p能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应
D
由上述分析可知，W为O，X为F，Y为Na，Z为Al，题图所示为电解熔融Al2O3的反应（加入冰晶石Na3AlF6）。
电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：
Na>
Al>
O>
F，故A正确；
q为Na3AlF6，含离子键，q属于离子化合物，故B正确；
加热时Al与氧气反应生成氧化铝，故C正确；
p为氧化铝，具有两性，能与盐酸反应，也能与氢氧化钠溶液反应，故D错误。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（）
A．7.4gNH4F和5.6gC2H4含有的氢原子数均为0.8NA
B．0.5L1mol·
L－1NaHSO3溶液中含有的HSO
数目为0.5NA
C．标准状况下，5.6LCl2溶解于足量NaOH溶液中，转移的电子数为0.5NA
D．在高温、高压和催化剂作用的条件下，向一密闭容器中充入28gN2与足量的H2，充分反应后，转移的电子数为6NA
7.4gNH4F的物质的量为0.2mol，所含H原子数为0.8NA,5.6gC2H4的物质的量为0.2mol，所含H原子数为0.8NA，故A正确；
NaHSO3溶液中HSO
部分电离和水解，则0.5L1mol·
L－1NaHSO3溶液中所含HSO
的数目小于0.5NA，故B错误；
标准状况下，5.6LCl2物质的量为
＝0.25mol，与足量的NaOH溶液反应转移的电子数为0.25NA，故C错误；
N2＋3H2
2NH3是可逆反应，反应不能进行到底，28gN2进入反应体系，只有部分N2参加反应，转移的电子数小于6NA，故D错误。
11．下列实验操作对应的现象与结论均正确的是（）
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下将铝片加入浓H2SO4中
生成有刺激性气味的气体
Al在常温下与浓H2SO4反应生成SO2
向AlCl3溶液中滴加过量氨水
生成白色胶状物质
Al（OH）3不溶于氨水
C
向某溶液中加入KSCN溶液，再向溶液中加入新制氯水
溶液先不显红色，加入氯水后变红色
该溶液中含有Fe3＋
向某溶液中加入CCl4，振荡后静置
液体分层，下层呈紫红色
该溶液中含有I－
常温下Al遇浓硫酸发生钝化，无明显现象，故A错误；
向铝盐溶液中滴加过量氨水，产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于过量的氨水，故B正确；
在溶液中加入KSCN溶液，不显红色，说明溶液中不含Fe3＋，加入氯水后显红色，说明溶液中含Fe2＋，故C错误；
向溶液中加入CCl4，振荡后静置，液体分层，下层呈紫红色，说明原溶液中含I2，而不是I－，故D错误。
12．环境监察局常用“定电位”NOx传感器来监测化工厂的氮氧化物气体是否达到排放标准，其工作原理如图所示。
A．“对电极”是负极
B．“工作电极”上发生的电极反应为NO2＋2e－＋2H＋===NO＋H2O
C．传感器工作时H＋由“工作电极”移向“对电极”
D．“对电极”的材料可能为活泼金属锌
装置无外接电源，故为原电池，“工作电极”上NO2得电子生成NO而被还原，所以为正极，则“对电极”为负极，故A正确；
“工作电极”上NO2得电子生成NO而被还原，电解质溶液为硫酸溶液，故电极反应式为NO2＋2e－＋2H＋===NO＋H2O，故B正确；
电池工作时，电解质溶液中的H＋向正极（“工作电极”）移动，故C错误；
“对电极”是原电池的负极，失去电子，应为活泼金属，可能为Zn，故D正确。
]
13．常温下，体积均为V0L的MOH溶液和ROH溶液，分别加水稀释至VL，溶液pH随lg
的变化如图所示。
下列叙述正确的是（）
A．与等浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：
MOH溶液＞ROH溶液
B．溶液中a、c点导电离子数目相等
C．两溶液在稀释过程中，溶液中某种离子浓度可能增加
D．lg
＝2时，若两溶液同时升高温度，则
减小
从图像可知，稀释相同的倍数时，MOH的pH变化大于ROH的pH变化，故碱性：
MOH>
ROH，起始浓度：
c（ROH）>
c（MOH），则用等浓度的盐酸中和时，ROH溶液消耗的盐酸体积大于MOH溶液消耗的盐酸体积，故A错误；
从图像可知，a、c两点的pH相等，根据电荷守恒可知导电离子浓度相等，但溶液的体积不同，则导电离子的数目不相等，故B错误；
两溶液显碱性，稀释时c（OH－）减小，而水的离子积是一个常数，则c（H＋）增大，故C正确；
根据A中分析知，碱性：
MOH＞ROH，当lg
＝2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，则c（R＋）增大，c（M＋）几乎不变，所以
增大，故D错误。
二、非选择题：
14、某学习小组的同学拟利用碘化亚铁与碳酸氢钠的反应来制备高纯度的碘化钠晶体。
回答下列问题：
（1）碘化亚铁溶液的制备：
将碘和铁粉按物质的量之比在
～
之间配料，加入三颈烧瓶中（如图），然后加入适量水，并向装置中持续通入N2，在40～60℃下搅拌反应30～50min。
待反应完成，检验出反应液中不含碘单质后，过滤即制得碘化亚铁溶液。
①配料中铁粉过量的目的是______________________；
持续通入N2的目的是__________________。
②检验反应液中不含碘单质的方法是__________________。
（2）碘化钠溶液的制备：
将制备好的碘化亚铁溶液加入到碳酸氢钠溶液中，控制碘化亚铁与碳酸氢钠的物质的量之比在
之间，在80～100℃下搅拌反应30～50min，反应生成碘化钠及碳酸亚铁等。
该反应的化学方程式为_________________。
（3）碘化钠的提纯与结晶：
①除去碘化钠溶液中HCO
的方法是_____________________。
②从碘化钠溶液获得碘化钠晶体（20℃时溶解度为179g/100g水，100℃时溶解度为302g/100g水）的操作方法是________________________________。
（4）碘化钠晶体纯度的测定：
该小组同学称取制得的碘化钠晶体18.1g，溶于水后加入50mL2.5mol·
L－1AgNO3溶液，过滤、干燥，称得沉淀的质量为28.2g。
则碘化钠晶体的纯度为________。
（杂质不参与反应，结果保留至小数点后两位）
【思路分析】本实验先用碘和铁粉按一定物质的量之比制备碘化亚铁，再将碘化亚铁溶液加入到碳酸氢钠溶液中制备碘化钠。
结合题给信息和实验操作注意事项进行解答即可。
【解析】
（1）该装置用来制备碘化亚铁，①配料中铁粉过量的目的是使碘充分反应以提高其利用率；
空气中的氧气能将I－氧化成I2，故持续通入N2的目的是防止生成的I－被氧化。
②淀粉遇碘变蓝可用于检验碘单质，具体方法为：
取少量溶液于试管中，加入淀粉溶液（及少量稀硫酸），溶液不变蓝色，说明已不含I2。
（2）碘化亚铁与碳酸氢钠反应生成碘化钠及碳酸亚铁，根据质量守恒可知产物还有二氧化碳和水，该反应的化学方程式为FeI2＋2NaHCO3
FeCO3↓＋2NaI＋CO2↑＋H2O。
（3）①考虑到HCO
与酸反应生成二氧化碳和水，同时不引入新杂质，可向
（2）中的滤液中加入稍过量的HI溶液，再微热即可除去HCO
。
②根据信息“20℃时溶解度为179g/100g水，100℃时溶解度为302g/100g水”，从碘化钠溶液中获得碘化钠晶体应采用降温结晶，操作方法为：
蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干燥。
（4）由题意可知生成碘化银沉淀的质量为28.2g，物质的量为
＝0.12mol，根据关系式：
NaI～AgI,18.1g碘化钠晶体中含碘化钠的质量为0.12mol×
150g·
mol－1＝18g，则碘化钠晶体的纯度为
×
100%≈99.45%。
【答案】
（1）①使碘充分反应以提高其利用率防止生成的I－被氧化②取少量溶液于试管中，加入淀粉溶液（及少量稀硫酸），溶液不变蓝色，说明已不含I2
（2）FeI2＋2NaHCO3
FeCO3↓＋2NaI＋CO2↑＋H2O
（3）①向溶液中加入稍过量的HI溶液，再微热②蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干燥
（4）99.45%
15、铜、硫的单质及其化合物在生产、生活中应用广泛，辉铜矿（主要成分是Cu2S）是冶炼铜和制硫酸的重要原料。
（1）已知：
①2Cu2S（s）＋3O2（g）===2Cu2O（s）＋2SO2（g）ΔH＝－768.2kJ·
mol－1
②2Cu2O（s）＋Cu2S（s）===6Cu（s）＋SO2（g）ΔH＝＋116.0kJ·
则Cu2S（s）＋O2（g）===2Cu（s）＋SO2（g）ΔH＝________。
（2）利用化石燃料开采、加工过程中产生的H2S废气可制取氢气，既廉价又环保，若得到56L（标准状况）氢气，则转移的电子数为________。
（3）上述冶炼过程中会产生大量的SO2，回收处理SO2，不仅能防止环境污染，而且能变害为宝，回收处理的方法之一是先将SO2转化为SO3，然后再转化为H2SO4。
①450℃时，某恒容密闭容器中存在反应：
2SO2（g）＋O2（g）
2SO3（g）ΔH<
0，下列事实能表明该反应达到平衡的是________（填字母序号）。
A．容器内气体密度不变
B．O2、SO3的消耗速率之比为1∶2
C．n（SO2）∶n（O2）∶n（SO3）＝2∶1∶2
D．容器内压强不再发生变化
②450℃、0.1MPa下，将2.0molSO2和1.0molO2置于5L密闭容器中开始反应，保持温度和容器容积不变，SO2的转化率α（SO2）随着时间（t）的变化如图1所示，则该温度下反应的平衡常数K＝________。
若维持其他条件不变，使反应开始时的温度升高到500℃，请在图1中画出反应从开始到平衡时SO2转化率的变化图像。
（4）已知CuCl2溶液中，铜元素的存在形式与c（Cl－）的相对大小有关，具体情况如图2所示（分布分数是指平衡体系中含铜微粒物质的量占铜元素总物质的量的百分比）。
①若溶液中含铜微粒的总浓度为amol·
L－1，则X点对应的c（CuCl＋）＝________（用含a的代数式表示）。
②向c（Cl－）＝1mol·
L－1的氯化铜溶液中滴入少量AgNO3溶液，则浓度最大的含铜微粒发生反应的离子方程式为___________。
【解析】
（1）根据盖斯定律
得Cu2S（s）＋O2（g）===2Cu（s）＋SO2（g），则ΔH＝
＝－217.4kJ·
mol－1。
（2）标准状况下，56L氢气的物质的量为2.5mol，根据关系式：
H2S～H2可知，每生成1mol氢气转移2mol电子，当生成2.5mol氢气时转移电子的物质的量为5mol，即数目为3.01×
1024。
（3）①该反应是反应前后气体体积减小的反应，恒容容器中气体总体积不变，反应过程中质量守恒，故无论反应是否达到平衡，气体密度始终不变，不能表明该反应达到平衡，A错误。
O2是反应物，SO3是生成物，当O2、SO3的消耗速率之比为1∶2时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确。
n（SO2）∶n（O2）∶n（SO3）＝2∶1∶2不能说明随反应进行物质的量不再变化，不能表明反应达到平衡，C错误。
该反应是反应前后气体体积减小的反应，达到平衡后压强不再改变，可以表明反应达到平衡，D正确。
②由图甲可知，平衡时SO2的转化率为0.90，根据反应方程式2SO2（g）＋O2（g）
2SO3（g），可知平衡时SO2、O2、SO3物质的量分别为0.2mol、0.1mol、1.8mol，容器容积为5L，平衡时SO2、O2、SO3物质的量浓度分别为0.04mol·
L－1、0.02mol·
L－1、0.36mol·
L－1，则该温度下反应的平衡常数K＝
＝4050；
若维持其他条件不变，使反应开始时的温度升高到500℃，则反应速率加快，达到平衡所需时间变短，但反应放热，转化率减小。
（4）①溶液中含铜微粒的总浓度为amol·
L－1，X点时含铜微粒有三种，其中CuCl2、Cu2＋分布分数相等，均为22%，则X点对应的c（CuCl＋）＝（1－22%×
2）amol·
L－1＝0.56amol·
L－1。
②根据图像可知c（Cl－）＝1mol·
L－1的氯化铜溶液中含量最大的微粒是CuCl＋，其与硝酸银溶液反应的离子方程式为CuCl＋＋
Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋。
【答案】
（1）－217.4kJ·
mol－1
（2）3.01×
1024（写“5NA”也给分）
（3）①BD②4050如图所示
（4）①0.56amol·
L－1（2分）
②CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋
16、偏钒酸铵（NH4VO3）主要用作催化剂、催干剂、媒染剂等。
用沉淀法除去工业级偏钒酸铵中的杂质硅、磷的流程如下：
（1）碱溶时，下列措施有利于NH3逸出的是________（填字母序号）。
a．升高温度b．增大压强c．增大NaOH溶液的浓度
（2）①滤渣的主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3，已知Ksp（MgSiO3）＝2.4×
10－5，若滤液中c（SiO
）＝0.08mol·
L－1，则c（Mg2＋）＝________。
②由图可知，加入一定量的MgSO4溶液作沉淀剂时，随着温度的升高，除磷率下降，其原因是温度升高，Mg3（PO4）2溶解度增大和________；
但随着温度的升高，除硅率升高，其原因是________________________（用离子方程式表示）。
（3）沉钒时，反应温度需控制在50℃，在实验室可采取的加热方式为________。
（4）探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，设计实验步骤（常见试剂任选）：
取两份10mL一定浓度的滤液A和B，分别加入1mL和10mL的1mol·
L－1NH4Cl溶液，再向A中加入________mL蒸馏水，控制两份溶液的温度均为50℃、pH均为8，由专用仪器测定沉钒率，加入蒸馏水的目的是__________。
（5）偏钒酸铵本身在水中的溶解度不大，但在草酸（H2C2O4）溶液中因发生氧化还原反应而溶解，同时生成络合物（NH4）2[（VO）2（C2O4）3]，该反应的化学方程式为_____。
【思路分析】该流程目的是用沉淀法除去工业级偏钒酸铵中的杂质硅、磷，提纯偏钒酸铵。
根据影响化学平衡移动的因素、沉淀溶解平衡规律结合图像和水解规律解答
（1）、
（2）。
实验设计时，为研究某单一因素的影响排除其他因素干扰，通常设定其他因素相同，据此解答（4）。
根据氧化还原反应规律和得失电子数相等写出（5）的化学方程式。
【解析】
（1）铵盐与碱反应生成氨气，氨气极易溶于水，升高温度和增大NaOH溶液的浓度均有利于NH3逸出，增大压强不利于氨气逸出，故选ac。
（2）①由题意可知滤液是MgSiO3的饱和溶液，根据溶度积规则c（Mg2＋）＝
＝
mol·
L－1＝3×
10－4mol·
②考虑到离子的水解是吸热过程，温度升高时促进Mg2＋水解生成Mg（OH）2，除磷率下降；
硅酸是弱酸，温度升高时，促进SiO
水解：
SiO
＋2H2O
H2SiO3↓＋2OH－（或SiO
＋3H2O
H4SiO4↓＋2OH－），除硅率升高。
（3）反应温度需控制在50℃，小于水的沸点，在实验室可采取的加热方式为水浴加热。
（4）控制NH4Cl的浓度对沉钒率的影响时，需设定单一变量，A、B中溶液体积应相等，故还需向A中加9mL蒸馏水；
加入蒸馏水的目的是排除其他因素干扰，使两份溶液总体积相等，便于比较。
（5）根据信息可知反应物偏钒酸铵中V元素化合价为＋5价，产物（NH4）2[（VO）2（C2O4）3]中V元素化合价为＋4价，化合价降低，故草酸被氧化，C元素化合价应升高，产物为CO2，根据得失电子守恒和质量守恒可得该反应的化学方程式为2NH4VO3＋4H2C2O4===（NH4）2[（VO）2（C2O4）3]＋2CO2↑＋4H2O。
【答案】
（1）ac
（2）①3×
L－1②促进Mg2＋水解生成Mg（OH）2SiO
H4SiO4↓＋2OH－）（2分）
（3）水浴加热
（4）9使两份溶液总体积相等，便于比较
（5）2NH4VO3＋4H2C2O4===（NH4）2[（VO）2（C2O4）3]＋2CO2↑＋4H2O
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