山东省师范大学附属中学届高三上学期第四次模拟理.docx
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山东省师范大学附属中学届高三上学期第四次模拟理
1.化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是（）
A.Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
B.工业生产玻璃、水泥，均需要用石灰石为原料
C.将二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用
D.纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其原理是相同的。
【答案】D
【解析】
【详解】A.
位于金属与非金属元素分界线附近，与硅元素同主族，其单晶属于半导体材料，也可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故A正确；
B.工业上生产玻璃需要的原料是纯碱、石灰石和石英，生产水泥所需的原料是石灰石和粘土，所以都要用到的原料是石灰石，工业生产玻璃、水泥，均需要用石灰石为原料，故B正确；
C.将二氧化硫添加于红酒中，利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故C正确；
D.纳米铁粉去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，而FeS去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是将Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子转化成比FeS更难溶的金属硫化物沉淀而治理污染，故D错误；
本题答案为D。
2.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如下图），下列说法错误的是（）
A.碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用做净水剂
B.为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，该反应的离子方程式为：
Fe2++2HCO3－=FeCO3+CO2↑+H2O
C.可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化
D.该温度下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大
【答案】D
【解析】
【详解】A.碱式硫酸铁中
水解产生
胶体，
胶体可以吸附水中杂质，故A正确；
B.
加热易分解，为防止其分解，生产
需在较低温度下进行，故B正确；
C.
中含有
，若
被氧化则生成
，
与
溶液产生血红色物质，故C正确；
D.冷却结晶时，溶解度小的物质先析出，常温下，
在水中的溶解度比
的小，故D错误；
本题答案为D。
3.如表实验操作、现象与结论对应关系正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
先向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液
开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成
Ksp（ZnS）＜Ksp（CuS）
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，
溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体
HX放出的氢气多且反应速率快
HX酸性比HY强
D
分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH
后者较大
证明非金属性
S＞C
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液，因为硫酸锌和硫酸铜的量很少，溶液中还存在硫离子，所以产生的黑色沉淀，不能说明是ZnS转化为CuS沉淀，同时也不能说明Ksp（ZnS）、Ksp（CuS）的大小，故A错误；
B.含有酚酞的Na2CO3溶液,因碳酸根离子水解显碱性溶液变红,加入少量BaCl2固体,水解平衡逆向移动,则溶液颜色变浅,证明Na2CO3溶液中存在水解平衡,故B正确;
C.HX放出的氢气多且反应速率快,说明HX浓度比HY大,HX酸性比HY弱,故C错误；
D.室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，只能说明H2SO3的酸性比H2CO3酸性强，但H2SO3中S的最高价含氧酸，则不能比较S和C的非金属性强弱，故D错误；
本题答案为B。
【点睛】非金属最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。
A是元素Y的单质。
常温下，甲的浓溶液和A发生钝化。
丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。
上述物质的转化关系如图所示。
下列说法正确的是
A.丁和戊中所含元素种类相同
B.简单离子半径大小：
X＜Y
C.气态氢化物的还原性：
X＞Z
D.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存
【答案】A
【解析】
分析：
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。
A是元素Y的单质。
常温下，甲的浓溶液和A发生钝化，Y元素是Al，甲是硝酸或硫酸。
丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体，因此丙是二氧化硫，则甲是硫酸，丁是水，乙是硫酸铝。
二氧化硫与戊反应生成硫酸，则戊具有氧化性，应该是双氧水，据此解答。
详解：
根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是H、O、Al、S。
则
A.丁和戊分别是H2O和H2O2，因此其中所含元素种类相同，A正确；
B.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径大小：
X＞Y，B错误；
C.非金属性越强，氢化物的还原性越弱。
非金属性是O＞S，则气态氢化物的还原性：
X＜Z，C错误；
D.铝离子与硫离子在水溶液中不能大量共存，二者反应生成氢氧化铝和硫化氢，D错误。
答案选A。
5.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe（OH）2，装置如图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。
则下列说法正确的是（）
A.石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2＋4e－===2O2－
B.X是铁电极
C.电解池中有1molFe溶解，石墨Ⅰ耗H222.4L
D.若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也要互换。
【答案】D
【解析】
【详解】A.通入氧气的电极II是正极，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，故A错误；
B.X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故X是石墨电极，故B错误；
C.电解池中阳极电极反应为Fe-2e－
Fe2+，若有1molFe溶解，依据电子转移守恒，在石墨Ⅰ耗1molH2，在标准状况下是22.4L，题中未注明标准状况，故C错误；
D.若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，则Y极产物的氢气能起保护气作用，防止X极产生的氢氧化铁迅速氧化，实验方案更合理，故D正确；
本题答案为D。
6.在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（）
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.A.
=1的溶液中c（H+）等于c（OH—），溶液呈中性，Fe2+和Al3+都能水解使溶液呈酸性，所以它们不能共存于中性溶液，对应的离子方程式也是在酸性条件下才能发生的反应，故A错误；
B.该溶液可能是酸性也可能是碱性，溶液中NH4+与AlO2-发生双水解不能大量共存，故B错误；
C.含有大量Al3+的溶液中Na+、NH4+、SO42-、Cl-四种离子都能大量共存，故C正确；
D.二氧化硫有还原性，而次氯酸根有强氧化性，所以向此溶液中通入二氧化硫后，二氧化硫将被氧化为硫酸，而次氯酸根被还原为氯离子，离子方程式是错误的，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】有附加条件的离子是否大量共存的判断中，首先要分析出所给溶液的酸碱性，及附加离子的存在条件，在此基础上才能准确判断出是否能大量共存。
7.工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。
如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。
下列说法不正确的是（）
A.H2转化率：
a＞b＞c
B.上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C.a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移动
D.c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，当n（H2）/n（CO）=1.5时，CO的转化率a
b且大于T3下对应CO的转化率，当在温度为T3时，随着n（H2）/n（CO）增大，CO的妆化率增大，H2的转化率减小，所以有a＞b＞c，故A正确；
B.根据CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H＜0，因为是放热反应，温度升高CO的转化率减小，由图可以看出，当n（H2）/n（CO）相等时，T3
T2
T1，故B错误；
C.a点时，CO的转化率为50
，起始时CO的物质的量为1mol，H2的物质的量为1.5mol，由此计算平衡常数为4，通过计算再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，的浓度商Qc=4,所以平衡不移动，故C正确；
D.c点状态下再通入1molCO和4molH2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反应方向移动，新平衡H2的体积分数减小，故D正确；
本题答案为B。
【点睛】对于在定温、定容的容器中进行的可逆反应，达到平衡后再按和起始相同的投料比填料，相当于增大压强，由此分析平衡的移动情况。
8.以Cl2、NaOH、CO（NH2）2（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：
①Cl2+2OH−
ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）如图表示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取Cl2时，阳极上产生也会产生少量的ClO2的电极反应式：
________________________________；电解一段时间，当阴极产生标准状况下气体112mL时，停止电解，则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为________mol。
（2）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。
（3）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如下图所示。
NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。
实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_________________；使用冷凝管的目的是_________________________________。
（4）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3，欲测定亚硫酸钠产品的纯度设计如下实验方案，并进行实验。
准确称取所得亚硫酸钠样品mg于烧杯中，加入适量蒸馏水配成100mL待测溶液。
移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用cmol·L－1酸性KMnO4标准液滴定，至滴定终点。
重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为VmL（假设杂质不反应）。
样品中亚硫酸钠的质量分数为__________（用含m、c、V的代数式表示）。
某同学设计的下列滴定方式中，合理的是________（夹持部分略去）（填字母序号）
【答案】
（1）.Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋
（2）.0.01（3）.3Cl2+6OH−
5Cl−+ClO3−+3H2O（4）.缓慢通入Cl2（5）.NaClO碱性溶液（6）.减少水合肼的挥发（7）.126cV/m%（8）.BC
【解析】
【分析】
（1）ClO2是电解饱和NaCl溶液的产物，因为a极通入NaCl饱和溶液，故a为阳极，b为阴极，阳极Cl-失去电子，被氧化，生成CLO2；在阴极2H2O+2e-=H2
OH-,生成112mlH2的同时，生成0.01molOH-，为保持溶液中的电荷守恒，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.01mol；
（2）若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液，发生歧化反应，生成NaClO3、NaCl和水，因反应是放热反应，所以除冰水浴外，还可以采取缓慢通入氯气的方法控制温度；
（3）步骤Ⅱ中的反应为次氯酸钠碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性，能与次氯酸钠反应生成N2，为防止水合肼被氧化，应逐滴加入NaClO碱性溶液；NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110
继续反应，水合肼的沸点为118
，使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发；
（4）依据2MnO4-+6H++5SO32-=2Mn2++5SO42-+3H2O，结合题中所给的数据计算亚硫酸钠的质量分数，并依试剂性质选择滴定方式；
【详解】
（1）ClO2是电解饱和NaCl溶液的产物，因为a极通入NaCl饱和溶液，故a为阳极，b为阴极，阳极Cl-失去电子，被氧化，生成CLO2；阳极上产生ClO2的电极反应式：
Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋；在阴极2H2O+2e-=H2
OH-,生成112mlH2的同时，生成0.01molOH-，为保持溶液中的电荷守恒，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.01mol；
本题答案为：
Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋，0.01。
（2）若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液，发生歧化反应，生成NaClO3、NaCl和水，离子方程式为：
3Cl2+6OH−
5Cl−+ClO3−+3H2O；由于反应是放热反应，为了控制温度，除用冰水浴外，还可以缓慢的通入Cl2以控制温度；
本题答案为：
3Cl2+6OH−
5Cl−+ClO3−+3H2O，缓慢的通入Cl2。
（3）步骤Ⅱ中，发生反应为次氯酸钠碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性，能与次氯酸钠反应生成N2，为防止水合肼被氧化，应逐滴加入NaClO碱性溶液，故通过分液漏斗滴加的是NaClO碱性溶液，NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110
继续反应，水合肼的沸点为118
，使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发；
本题答案为：
NaClO碱性溶液减少水合肼的挥发。
（4）高锰酸钾和亚硫酸钠反应的离子方程式为2MnO4-+6H++5SO32-=2Mn2++5SO42-+3H2O，设mg样品中含有NaSO3的物质的量为x,，则有2：
5=4cv
：
x,，解得x=cv
mol，所以NaSO3的质量分数为：
=126cV/m%，因KMnO4显强氧化性，所以应选择酸式滴定管，Na2CO3是碱性试剂应选择碱式滴定管，所以BC滴定方式合理；
本题答案为：
126cV/m%，BC。
9.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离常数（25℃）
Ka=1.8×10－5
Ka=4.3×l0－10
Ka1=5.0×l0－7Ka2=5.6×l0－11
①0.1moI/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c（CN－）______c（HCO3－）（填“>”、“<”或“=”）。
②常温下，pH相同的三种溶液：
A．CH3COONaB．NaCNC．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是________（填编号）。
③已知25℃时，CH3COOH（aq）+OH－（aq）=CH3COO－（aq）+H2O△H=－akJ/mol，H+（aq）+OH－（aq）=H2O△H=－bkJ/mol，醋酸电离的热化学方程式为________________。
④将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是____________________________。
⑤室温下，－定浓度的CH3COONa溶液pH=9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是______________，溶液中c（CH3COO－）/c（CH3COOH）=___________。
（2）室温下，用0.100mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L的某氨水溶液，滴定曲线如图所示（横坐标为盐酸的体积）。
①d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为____________。
②b点所示的溶液中c（NH3·H2O）－c（NH4+）=_________（用溶液中的其它离子浓度表示）。
【答案】
（1）.<
（2）.ABC（3）.CH3COOH（aq）
CH3COO－（aq）+H+（aq）△H=（－a+b）kJ/mol（4）.CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－（5）.CH3COO－+H2O
CH3COOH+OH－（6）.l.8×104（7）.c（C1－）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH－）（8）.2c（H+）－2c（OH－）
【解析】
【分析】
（1）①依据Ka（HCN）、Ka（H2CO3）的大小比较，即可知道c（CN－）、c（HCO3－）的关系；
②依据表中数据Ka（CH3COOH）、Ka（HCN）、Ka2（H2CO3）根据越弱越水解的规律，分析pH相同的三种溶液的浓度大小；
③根据盖斯定律可得醋酸电离的热化学方程式；
④根据表中数据可知，Ka1（H2CO3）
Ka（HCN）
Ka2（H2CO3）,依据强酸制弱酸得的反应规律，分析可得将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式；
⑤CH3COONa溶液显碱性的原因是CH3COO-反生水解反应，依据Ka（CH3COOH）及溶液中的c（H+），可求算c（CH3COO－）/c（CH3COOH）；
（2）①d点时加入盐酸20ml,恰好生成氯化铵，分析NH4Cl溶液中的离子浓度顺序即可；
②b点时，加入的盐酸体积为氨水的一半，所以溶液的成分可以看成，氯化铵和氨水的混合物，依据氨水的电离和氯化铵的水解程度大小可知c（NH3·H2O）－c（NH4+）；
【详解】
（1）①由于Ka（HCN）
Ka（H2CO3），可知HCN的酸性比H2CO3酸性弱，依据越弱越水解规律，0.1moI/LNaCN溶液中，CN-的水解能力大于0.1mol/LNaHCO3溶液中HCO3-的水解能力，则c（CN－）
c（HCO3－）；
本题答案为：
<。
②由于Ka（CH3COOH）
Ka（HCN）
Ka2（H2CO3），依据越弱越水解规律可知，等物质的量浓度的CH3COONa、NaCN、Na2CO3，溶液的水解能力CO32-
CN-
CH3COO-，此时溶液pH由大到小的顺序为：
Na2CO3
CH3COONa；则pH相同时，浓度顺序为：
CH3COONa
NaCN
Na2CO3，即ABC；
本题答案为：
ABC。
③因为CH3COOH（aq）+OH－（aq）=CH3COO－（aq）+H2O△H=－akJ/mol；H+（aq）+OH－（aq）=H2O△H=－bkJ/mol，依据盖斯定律，两式相减得到醋酸电离的热化学方程式为：
CH3COOH（aq）
CH3COO－（aq）+H+（aq）△H=（－a+b）kJ/mol；
本题答案为：
CH3COOH（aq）
CH3COO－（aq）+H+（aq）△H=（－a+b）kJ/mol。
④根据表中数据可知，Ka1（H2CO3）
Ka（HCN）
Ka2（H2CO3）,依据强酸制弱酸得的反应规律，将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式为：
CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－；
本题答案为：
CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－。
⑤CH3COONa溶液显碱性的原因是，CH3COO-反生水解反应，水解的离子方程式为：
CH3COO－+H2O
CH3COOH+OH－；在溶液中CH3COOH的电离平衡常数Ka=c（CH3COO－）c（H+）/c（CH3COOH）=1.8
，pH=9，c（H+）=
mol/L，所以c（CH3COO－）/c（CH3COOH）=1.8
；
本题答案为：
CH3COO－+H2O
CH3COOH+OH－，1.8
。
（2）①d点时加入盐酸20ml,两溶液恰好生成氯化铵，由于铵离子水解显酸性，即c（H+）
c（OH-），又由电荷守恒可知c（Cl-）
NH4+），所以溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为：
c（C1－）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH－）；
本题答案为：
c（C1－）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH－）。
②b点时，所加盐酸体积为10ml，此时溶液为等浓度的氯化铵和氨水的混合物，由于一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，溶液中的电荷守恒：
c（NH4+）
c（H+）=c（Cl-）
c（OH-）、物料守恒：
2c（Cl-）=c（NH4+）
c（NH3·H2O）,可以推知c（NH3·H2O）－c（NH4+）=2c（H+）－2c（OH－）；
本题答案为：
2c（H+）－2c（OH－）。
10.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。
以下是从某废旧铍铜元件（含BeO 、CuS、少量FeS 和SiO2）中回收铍和铜两种金属的流程。
已知：
Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似
Ⅱ．常温下：
Ksp[Cu（OH）2]、=2.2×10－20、Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10－38、Ksp[Mn（OH）2]=2.l×10－13
（1）写出铍铜元件中SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式______________________。
（2）滤渣B的主要成分为___________________（ 填化学式）。
写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式___________________________________________。
（3）①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择合理步骤并排序________。
a．加入过量的NaOHb．过滤c．加入适量的HCl
d．加入过量的氨水e．通入过量的CO2f．洗涤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2 固体的操作是___________________________________。
（4）MnO2 能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS 发生反应的离子方程式________________________________。
（5）溶液D 中含c（Cu2+）=2.2 mol·L－1、c（ Fe3+）=0.008 mol·L－1、c（ Mn2+）=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH 可依次分离，首先沉淀的是___________（填离子符号）。
【答案】
（1）.SiO2+2OH－=SiO32－+H2O
（2）.CuS、FeS（3）.Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O（4）.dbfc（5）.蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体（ 或在HCl 气流中加热蒸干）（6）.MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O（7）.Fe3+
【解析】
【分析】
（1）SiO2是酸性氧化物，
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