届甘肃省兰州市第一中学高三考前最后冲刺模拟化学试题解析版Word格式.docx

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C.在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1

D.黄铜矿（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物

4.如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（）

A.正极反应式为

B.微生物所在电极区放电时发生还原反应

C.放电过程中，H+从正极区移向负极区

D.若用该电池给铅蓄电池充电，MnO2电极质量减少8.7g，则铅蓄电池负极增重9.6g

【答案】C

【解析】分析：

形成原电池时,微生物所在电极区发生氧化反应,Cm（H2O）n被氧化生成水和二氧化碳,MnO2被还原生成Mn2+,为原电池的正极,放电时,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,以此解答。

详解:

A.MnO2被还原生成Mn2+,为原电池的正极,电极方程式为

，所以A选项是正确的；

B.微生物所在电极区发生氧化反应，Cm（H2O）n被氧化生成水和二氧化碳,故B错误；

C.原电池工作时,阳离子向正极移动,故C错误；

D.给铅蓄电池充电,阴极发生PbSO4+2e-=Pb+SO42-，电极质量减小,故D错误。

因此，本题A选项是正确的。

点睛：

本题考查燃料电池的工作原理，易错选项D,要注意结合具体的电极反应进行分析，不能只靠感觉，主观臆断。

5.科学家最近在-100℃的低温下合成了一种烃X，X分子中所有氢原子的化学环境没有区别，其球棍模型如图。

下列说法中不正确的是（）

A.X的分子式为C5H4

B.X分子中有碳碳单键，也有碳碳双键

C.该烃X与等质量的甲烷相比，X燃烧时消耗的氧气更多

D.X分子中的氢原子分布在两个相互垂直的异面直线上

【解析】A、根据球棍模型，其分子式为C5H4，故A正确；

B、X分子的结构简式为：

，故X分子中有碳碳单键，也有碳碳双键，故B正确；

C、该烃X与等质量的甲烷相比，氢原子数比碳原子数甲烷更大，故等质量的甲烷与X，甲烷燃烧时消耗的氧气更多，故C错误；

D、分子中5个碳原子形成的构型为正四面体，两个碳碳双键所在的平面相互垂直，氢原子分布在两个互相垂直的直线上，故D正确；

故选C。

该题的关键是根据有机物中碳原子的结构特征，每个碳原子均成4个键，判断其结构式，就可以快速找到答案。

6.合成导电高分子化合物PPV的反应为：

下列说法正确的是（）

A.PPV是聚苯乙炔

B.该反应为缩聚反应

C.PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同

D.1mol

最多可与2molH2发生反应

A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，故A错误；

B．该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，故B正确；

C．PPV与聚苯乙烯

的重复单元不相同，故C错误；

D．该物质一个分子中含有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1mol

最多可以与5mol氢气发生加成反应，故D错误；

故选B。

【考点定位】考查有机物的结构和性质

【名师点晴】高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构尤其时高聚物的结构，由反应方程式可知PPV由对二碘苯与

发生缩聚反应生成，与苯乙炔、苯乙烯的加聚产物不同，以此解答该题。

7.K2FeO4在水中不稳定发生反应：

4FeO+10H2O

4Fe（OH）3（胶体）+8OH－+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如下图所示。

下列说法不正确的是：

（）

图ⅠK2FeO4的稳定性与温度关系图ⅡK2FeO4的稳定性与溶液pH关系

A.由图Ⅰ可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而减弱

B.由图Ⅰ可知温度：

T1>

T2>

T3

C.由图Ⅰ可知上述反应ΔH<

0

D.由图Ⅱ可知图中a<

c

【答案】A

【解析】A．由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，故A正确；

B．温度越高，反应速率越快，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则由图Ⅰ可知温度：

T3，故B正确；

C．温度越高FeO42-浓度越小，正向反应是吸热反应，说明平衡正向移动，即ΔH＞0，故C错误；

D．pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑可知：

氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，故D正确；

答案为C。

8.合理的利用吸收工业产生的废气CO2、NO2、SO2等可以减少污染，变废为宝。

（1）用CO2可以生产燃料甲醇。

已知：

CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1；

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1；

则表示CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为：

____________________。

（2）光气（COCl2）是一种重要化工原料，常用于聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）△H<

0制备。

图1为实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。

回答下列问题：

①0～6min内，反应的平均速率v（Cl2）=_______；

②该反应第一次达平衡时的平衡常数为__________，10min改变的条件是______。

（3）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图2所示：

NO2被吸收的离子方程式是___________________________________。

（4）以甲醇燃料电池为电源，粗硅为原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图3，判断A为电源的_______极，电解时阳极的电极反应式为_________________。

【答案】

（1）.2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l） 

ΔH=2a-3bkJ·

mol-1

（2）.0.15mol·

L-1·

min-1（3）.30（4）.升高温度（5）.2NO2+4HSO3-=N2+4SO42-+4H+（6）.负（7）.Si+4H--4e-=SiH4

【解析】

（1）已知：

①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1；

②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1；

根据盖斯定律：

由②×

3-①×

2可得2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l） 

则ΔH=（﹣bkJ•mol﹣1）×

3-（﹣akJ•mol﹣1）×

2=2a-3bkJ·

mol-1；

CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l） 

（2）①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则V=

=

=0.15 

mol•L-1•min-1；

②8min时，平衡时c（Cl2）=0.3mol/L、c（CO）=0.1mol/L、c（COCl2）=0.9mol/L， 

即K=

=30；

影响平衡移动的因素有温度、浓度和压强，该反应是放热反应，由图可知，第10 

min时平衡逆向移动，只能是升温，由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小；

（3）二氧化氮具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，二氧化氮被还原为氮气，离子方程式：

2NO2+4HSO3-=N2+4SO42-+4H+；

（4）从图示知，粗硅变化为SiH4，失电子发生氧化反应，B为电源的正极，A为电源的负极，H-移向阳极生成SiH4，电极反应式为Si+4H--4e-=SiH4↑。

应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：

①参照新的热化学方程式（目标热化学方程式），结合原热化学方程式（一般2～3个）进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。

②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；

方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。

③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。

④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态（固、液、气）的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；

反之会放热。

9.莫尔盐的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2·

6H2O，溶于水而不溶于乙醇，常被用作氧化还原滴定的基准物。

下面是制取莫尔盐的部分装置与实验步骤：

①将铁屑放入小烧杯中，加适量的Na2CO3溶液，小火加热几分钟，倒掉溶液后，用蒸馏水洗净铁屑，晾干。

②在锥形瓶中加入2.24g铁屑和少量碳粉，由分液漏斗滴加20mL3mol/L硫酸溶液。

③待反应结束后，由分液漏斗加入适量的（NH4）2SO4溶液，过滤。

在滤液中加入一定量的乙醇，待晶体析出后，过滤、洗涤、晾干，得莫尔盐晶体。

请回答下列问题：

（1）实验开始前，检查反应器气密性的方法为_____________________。

（2）步骤①中Na2CO3溶液的作用是_____________________________________。

（3）步骤②中滴加硫酸溶液时留取少许溶液于分液漏斗中的原因是__________________，加入少量碳粉的作用是_________________________________________。

（4）步骤③中理论上需加入2mol/L的（NH4）2SO4溶液______________mL。

（5）取10.00g铬青铜样品，将其中的铬氧化为H2CrO4，再加入硫酸酸化，并配成250mL溶液，取出25.00mL用浓度为0.0180mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，终点时用去标准液20.75mL。

已知弱酸H2CrO4被还原为Cr3+，则滴定时反应的离子方程式为_____________________________________。

该样品中铬元素的质量分数为______。

【答案】

（1）.关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好。

（或：

关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好。

）

（2）.除去铁屑表面的油污（3）.起液封作用，（防止Fe2+被氧化）（4）.与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率（5）.20（6）.H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O（7）.0.65或65%

（1）实验开始前，检查反应器气密性的方法为：

关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好；

关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好）；

正确答案：

关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加水，若一段时间后水不能滴下来，则反应器气密性良好。

关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导管口置于水槽中液面下，微热锥形瓶，若导管口有气泡产生，停止加热一段时间后，管口倒吸形成一段水柱，则反应器气密性良好）。

（2）Na2CO3溶液水解显碱性，能够与油污发生反应，可以洗涤铁粉中的油污；

除去铁屑表面的油污。

（3）步骤②中滴加硫酸溶液时留取少许溶液于分液漏斗中，能够起到液封作用，防止空气把Fe2+氧化；

铁、碳和稀硫酸构成原电池，加快反应速率；

起液封作用，（防止Fe2+被氧化）；

与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率。

（4）2.24g铁屑与20mL3mol/L硫酸溶液反应，硫酸过量，消耗铁的量为0.04mol，生成硫酸亚铁的量为0.04mol，然后根据（NH4）2SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2Fe（SO4）2·

6H2O反应可知消耗n（NH4）2SO4）=0.04mol,根据c×

V=n可知，0.04=2×

V，V=0.02L=20mL；

20。

（5）根据题给信息可知，H2CrO4能够把（NH4）2Fe（SO4）2中的亚铁离子氧化为铁离子，本身还原为Cr3+，反应的离子方程式为H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O；

根据反应关系：

H2CrO4-3Fe2+可知：

25.00mL溶液中n（（NH4）2Fe（SO4）2）=n（Fe2+）=0.018×

20.75×

10-3=3.735×

10-4mol,n（H2CrO4）=1.245×

10-4mol,则250mL溶液含有n（H2CrO4）=1.245×

10-3mol；

m（Cr）=1.245×

10-3×

52g;

该样品中铬元素的质量分数为1.245×

52/10×

100%=65%；

H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O；

65%或0.65

10.锌钡白是一种白色颜料，工业上由ZnSO4与BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓。

请根据以下工业生产流程回答有关问题。

Ⅰ．ZnSO4溶液的制备与提纯：

有关资料：

a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等；

b．Zn（OH）2与Al（OH）3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；

（1）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤____（选填①、②、③或⑤）。

（2）若步骤缺少②中加入的氧化剂为H2O2，写出反应的离子方程式_____________。

（3）滤渣2中主要成分为____________________（填化学式）。

（4）写出步骤④后产生滤渣3的反应的离子方程式________________。

（5）滤液3中含碳粒子的浓度大小顺序为_____________。

Ⅱ．BaS溶液的制备

（6）写出“煅烧还原”反应的化学方程式_____________。

BaSO4和BaCO3的Ksp数值接近，用平衡原理解释为什么BaCO3可溶于盐酸，而BaSO4难溶:

______________。

Ⅲ.制取锌钡白

（7）如果上述工业生产流程中步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌银白产生的后果是_________。

【答案】

（1）.2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

（2）.Fe（OH）3（3）.Cu（OH）2（4）.ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-（5）.HCO3->

H2CO3>

CO32-（6）.BaSO4（s）+4C（s）

BaS（s）+4CO↑（7）.BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中（8）.过量的硫酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率

...............

（1）步骤①中FeCO3与硫酸反应生成二氧化碳，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤①，故答案为：

①；

（2）若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，双氧水将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；

（3）根据上述分析，滤渣2中主要成分为Fe（OH）3、Cu（OH）2，故答案为：

Fe（OH）3、Cu（OH）2；

（4）步骤④中通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，反应的离子方程式为ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-，故答案为：

ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-；

（5）滤液3是碳酸氢钠溶液，电离程度小于水解程度，溶液显碱性，其中含碳粒子的浓度大小顺序为HCO3->

CO32-，故答案为：

HCO3->

CO32-；

（6）煅烧发生反应：

BaSO4+4C

BaS+4CO↑，BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中，故答案为：

BaSO4（s）+4C（s）

BaS（s）+4CO↑（7）.BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中；

（7）步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，故答案为：

过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。

11.Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。

（1）基态CO原子的价电子排布式为____________，Co3+核外3d能级上有_________对成对电子。

（2）Co3+的一种配离子[Co（N3）（NH3）5]2+中，Co3+的配位数是_____________，1mol配离子中所含σ键的数目为___________，配位体N3-中心原子杂化类型为________________。

（3）Co2+在水溶液中以[Co（H2O）6]2+存在。

向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co（NH3）6]2+，其原因是___________________。

（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。

据此可知该晶体的化学式为____________，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是_____________________。

（5）NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为（0,0,0），B为（1,1,0），则C离子坐标参数为_______________。

（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图乙），已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为__________g（用含a、NA的代数式表示）。

【答案】

（1）.3d74s2

（2）.1（3）.6（4）.23NA（5）.sp（6）.N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强（7）.KFe2（CN）6（8）.正四面体形（9）.（1,1/2,1/2）（10）.

（或

）

（1）CO原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；

Co3+核外电子排布为3d6，3d能级上有1对成对电子；

3d74s2；

1。

（2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；

所以5mol氨气分子提供σ键为15mol，1molN3-中含有σ键2mol，形成配位键有6mol，所以1mol配离子中所含σ键的数目为23NA；

杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的σ键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，σ键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；

6；

23NA；

sp。

向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co（NH3）6]2+，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；

N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。

（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为[FeFe（CN）6]-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2（CN）6；

立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；

KFe2（CN）6；

正四面体形。

（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为

，离z为

，则坐标参数为（1，

，

）；

（1,1/2,1/2）。

（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为

a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的

倍，所以其距离是2

am；

根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2am×

2am×

sin60°

×

10-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/（2am×

10-24）=

1024；

每个氧化镍的质量=

g，所以每平方米含有的氧化镍质量=

1024=

；

（