安徽省示范高中届高三第三次联考化学试题扫描版Word格式文档下载.docx
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C选项I2和淀粉发生反应，无法大量共存；
D选项中NO、O2不能大量共存。
4.D【解析】原子半径的大小关系为C＞A＞B，A错误；
只有当B为O，D为S时，B原子的质子数才是D原子的质子数的一半，本题中B、D有多种可能性，故B选项错误；
A、C同族，A的非金属性强于C的非金属性，故A的气态氢化物的稳定性比C强，C选项错误；
根据A、B、C、D四种短周期元素在周期表中的相对位置，它们应分别是二、三周期的元素，可以都是非金属元素，D正确。
5.A【解析】NO和NO2能转化为PM2.5颗粒，但其本身并不是PM2.5颗粒，A不正确。
6.B【解析】复分解反应的也有能量变化，A错误；
提供充足的氧气焦炭燃烧更充分，放热更多，但燃烧热不变，C错误；
反应热只与参与反应的物质的始态和终态有关，与条件无关，D错误。
7.B【解析】因Fe3＋水解，1L0.02mol·
L－1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目小于0.04NA，A错误；
根据原子守恒，NO2和N2O4混合气体中氮氧质量比固定不变，所以N原子的物质的量为23g÷
46g/mol＝0.5mol，N原子数为0.5NA，B正确；
25℃不是标准状况，C选项错误；
常温下，10LpH＝12的Na2CO3溶液中含有的OH-数为0.1NA，D错误。
8.C【解析】Al63Cu24Fe13的原子之间是金属键作用，A错误；
金是金属晶体，准晶体与金的晶体类型不同，B错误；
Al63Cu24Fe13的摩尔质量为3965g/mol，D错误。
9.C【解析】参与反应的物质的量不确定，电子转移数也无法确定，A错误；
1L2mol/LKI溶液能吸收5.6L（标准状况）的SO2，但烟气中还有其他成分，故烟气的体积大于5.6L，B错误；
吸收液中有S单质，固液分离可以用过滤法，C正确；
KI在吸收过程中既不是氧化剂也不是还原剂，D错误。
10.A【解析】根据题意，逐滴滴加NaOH溶液时，先生成Al（OH）3，然后再生成Mg（OH）2。
MgCl2和AlCl3的浓度相同，故生成的两种沉淀的物质的量相同，但消耗的NaOH的体积比为32。
当沉淀完全后，再继续滴加NaOH溶液，Al（OH）3沉淀会逐渐溶解，而Mg（OH）2不溶解。
故图像A正确。
11.A【解析】SO2通入NaClO溶液中的离子方程式应为SO2+ClO—+2OH—＝SO42—+Cl—+H2O，B错误；
铁在氧气中燃烧产物是Fe3O4，HNO3应将Fe2+氧化为Fe3+，C错误；
NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成的应为HCO3-，而不是CO32-，D项错误。
12.B【解析】NaOH固体溶解为放热过程，故10gNaOH固体溶于足量稀盐酸中恰好完全反应时放出的热量大于14.35kJ，A项错误；
由C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，可知石墨能量更低，更稳定，石墨的化学键键能比金刚石大，B正确；
气态水不稳定，故A中反应不能判断甲烷的燃烧热，C错误；
可逆反应有限度，不能进行完全，而热化学方程式表示的是按方程式所给物质的量完全反应的热效应，故D项错误。
13.D【解析】“84”消毒液中有Cl-和ClO-，酸性条件下能反应生成Cl2，硫酸只是提供酸性环境，A错误；
向FeCl3溶液中滴加少量KSCN溶液变血红色，说明溶液中有Fe3+，无法判断是否有Fe2+，B错误；
若溶液中有SO32－，加入稀硝酸会将其氧化，也会产生白色沉淀，C错误；
久置的酚酞试液，溶剂挥发，出现浑浊，加入酒精浑浊消失，说明酚酞易溶于酒精，D正确。
14.C【解析】根据模型，可知发生的反应为：
2H2＋O2=2H2O，A正确；
过程Ⅰ是旧化学键断裂的过程为吸热过程，而过程Ⅲ为新化学键形成的的过程，是放热过程，故B项正确；
过程Ⅱ无化学键的断裂，C错误；
该反应的能量变化除了热能形式，还可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，D项正确。
15.D【解析】通过
×
3─（6×
＋2×
）得到反应3Fe2O3（s）＋CO（g）＝Fe3O4（s）＋CO2（g），根据盖斯定律：
＝
2×
1＋2×
3）＝─25×
3─[6×
（─11）＋2×
19]＝─47kJ·
mol─1。
16.C【解析】干燥Cl2时，气体应长进短出，A选项错误；
B装置气体直接和水接触，无法防止倒吸，错误；
硫酸铜溶液蒸干后，CuSO4.5H2O中的结晶水也会失去，无法制备蓝矾，D选项错误。
17.（13分）
（1）四 Ⅷ（每空1分）2 （1分）
（2）产生大量白烟（1分）离子键、（极性）共价键（2分，答配位键不扣分）
（1分）
（3）ΔH＝－80.5kJ·
mol－1（2分）
（4）CH4+2H2O==CO2+4H2或CH4+H2O==CO+3H2；
（2分）cd（2分）
【解析】
（3）所给的热化学方程式为：
①TiO2（s）＋2Cl2（g）===TiCl4（l）＋O2（g）ΔH＝＋140.5kJ·
mol－1
②C（s）＋
O2（g）===CO（g）ΔH＝－110.5kJ·
①式＋②式×
2得：
TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）===TiCl4（l）＋2CO（g）
解得ΔH＝－80.5kJ·
（4）用CH4和H2O为原料制备H2，反应为CH4+2H2O==CO2+4H2或CH4+H2O==CO+3H2；
H2和CO按物质的量1：
1发生催化反应，生成的可能是HCHO，也可能是CH3COOH。
18.（10分）
（1）2Cl-+H2O
Cl2↑＋H2↑＋2OH－（2分）SO2＋OH－＝HSO3－（2分）
（2）H2（g）＋Cl2（g）＝2HCl（g）；
∆H＝﹣184.6kJ·
mol-1（2分）
（3）NaCl（2分）
（4）2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42―＋4H+（2分）
【解析】氯碱工业的产物是NaOH溶液、H2、Cl2，NaOH溶液进入吸收塔吸收烟气中的SO2，
H2、Cl2进入合成塔合成HCl。
在回收装置中，每生成1molSO2，消耗1molHCl，同时有NaCl
生成，可回收用于氯碱工业，再根据题意可得出热化学方程式。
FeCl3溶液有强氧化性，可
氧化SO2。
19.（7分）
（1）－1160kJ·
（2）①CH3OH（g）===HCHO（g）＋H2（g） ΔH＝（E2－E1）kJ/mol（2分）
②相同（1分）
③
（2分）
（1）根据已知反应①CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）
△H1＝－574kJ·
mol－1、②CH4（g）+2NO2
（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）
△H3＝－867kJ·
mol－1可知，依据盖斯定律计算②×
2－①即得到反应CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），所以该反应的反应热△H2＝－867kJ·
mol－1×
2＋574kJ·
mol－1＝－1160kJ·
mol－1。
（2）②一个化学反应的反应热与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关，故过程Ⅰ与过程Ⅱ的反应热相同。
③要使反应温度保持不变，，则该反应吸收的热量恰与H2燃烧放出的热量相等。
CH3OH（g）===HCHO（g）＋H2（g） ΔH＝（E2－E1）kJ/mol
1mol （E2－E1）kJ
n（CH3OH）mol n（CH3OH）（E2－E1）kJ
H2（g）＋
O2（g）===H2O（g） ΔH＝－akJ/mol
0．5mol akJ
n（O2）mol 2an（O2）kJ
则n（CH3OH）（E2－E1）＝2an（O2），即n（CH3OH）∶n（O2）＝
，则n（CH3OH）∶n（空气）＝
。
20.（9分）
（1）反应Ⅱ（2分）
（2）过滤（1分）取最后一次洗涤液于试管中，滴入1-2滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗涤干净（2分）
（3）坩埚（2分）
（4）H2O2（2分）ZnO固体（2分）
（1）反应Ⅰ中各元素化合价没有发生变化，反应Ⅱ中Fe和C化合价发生变化了，铁从+2变成+3价，C从+3变成+4和+2。
（3）高温灼烧固体需要用坩锅。
（4）要制取纯净的ZnSO4溶液，需要除去杂质铁，根据图像可知，Fe3+更容易除去，因此需将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，应选用H2O2。
再加入消耗酸的物质，调节pH生成氢氧化铁沉淀，为不引入新杂质，选用ZnO固体可达目的。
21.（13分）
（1）不能（1分）
（2）假设3：
可能含有NH3、N2、SO2、H2O（2分）
假设4：
可能含有NH3、SO3、SO2、N2、H2O（2分）
（3）假设2中气体产物有SO2，说明铵明矾分解发生了氧化还原反应，但产物中只有还原产物，无氧化产物，故一定不正确。
（4）在收集到的液体中加入BaCl2，有白色沉淀生成，滴加稀盐酸沉淀不溶解，说明原气体产物中有SO3（2分）SO2（1分）有（1分）
（5）4（2分）
（1）铵明矾加热得到的固体是Al2O3，因其与天然刚玉性质类似，故不能溶于盐酸。
（2）根据氧化还原原理，若气体中有N2，就一定有SO2；
气体中有SO2，就一定有N2；
根据元素守恒，一定有水。
（4）通过检验溶液中SO42-确定气体中是否有SO3。
品红褪色，说明有SO2，N2在烧杯D中逸出。
（5）通过实验验证了气体产物有SO3、SO2、N2，故假设4正确。
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