届湖北省鄂州市高三下学期第三次模拟考试理综化学试题解析版Word下载.docx

1、C、氢气所处的状态不明确，无法计算氢气的物质的量，则转移的电子数无法计算，故C错误；D、NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数=3NA=6NA，故D正确；故选D。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算。本题的易错点为B，要注意硫酸氢钠在水溶液中和熔融状态下的电离的区别，在溶液中能够电离出氢离子，在熔融状态下只能电离成钠离子和硫酸氢根离子。3. 下列关于有机化合物的说法正确的是A. 除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇B. HOCH2CH（CH3）2与（CH3）3COH属于碳链异构C. 除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得

2、乙酸乙酯D. 一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，其同分异构体有16种ACaO与水反应后生成氢氧化钙，氢氧化钙是离子化合物，增大了沸点差异；B碳链异构是碳链的连接方式不同，-OH的位置不同是位置异构；C乙酸乙酯能够在NaOH溶液中水解； D可看成二甲苯（、）苯环上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。ACaO与水反应后，增大沸点差异，应选蒸馏法分离，故A错误； B -OH的位置不同，属于位置异构，故B错误； C乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团

3、，如果在苯环上再连接一个-CH3，看成二甲苯（）苯环上连有-CH2CH3、-OH，中-OH在甲基的中间时乙基有2种位置，-OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，-OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定-OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固体-OH在邻位时乙基有3种位置，固定-OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16种，故D正确；4. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的单质经常作为保护气；由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应，生成淡黄色固体。下列推断正确的是A. Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的强B. 在同周期元素中

4、，W的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强C. 含W的盐溶液可能呈碱性D. 简单离子半径：XYZabB. b点混合液中c（Na+）c（CH3COO-）C. 加入CH3COOH过程中，增大D. 25时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.0L w molL-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，混合后溶液的pH5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；加醋酸时，酸的量增多，使溶液酸性增强；加CH3COONa时，CH3COONa本身水解显碱性，相当于加碱，使溶液酸性减弱，最终达到中性。A溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小

5、；Bb点溶液pH5，溶液显酸性，溶液中c（H+）c（OH-），根据电荷守恒分析；C醋酸存在电离平衡，其平衡常数表达式为Ka，溶液中Kwc（H+）c（OH），据此分析；DpH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），醋酸的电离平衡常数为Ka，根据电荷守恒分析计算。A溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是cba，故A错误；Bb点溶液pH5，溶液显酸性，溶液中c（H+）c（OH-），溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），由于c（H+）c（O

6、H-），所以c（Na+）c（CH3COO-），故B错误；C向混合液中加入CH3COOH固体，忽略溶液体积的变化，则溶液中c（Na+）不变，溶液中=，因此溶液中，随着CH3COOH固体的不断加入，溶液中c（CH3COOH）不断增大，则该值减小，故C错误；DpH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），由于c（H+）=c（OH-），则此时溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根据图象，c（H+）=10-7molL-1，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.2mol/L，则醋酸的电离平衡常数为Kamol/L，故D

7、正确；本题考查了弱电解质的电离平衡，盐类水解，溶液pH的判断，平衡常数的计算等知识，结合图象分析是解题的关键。本题的易错点为C，要注意根据电离平衡常数和水的离子积常数表达式分析判断。7. 由下列实验操作和现象所得结论正确的是操作现象结论A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液B将湿润的KI-淀粉试纸置于集满某气体的集气瓶口试纸变蓝该气体为Cl2C向等物质的量浓度的NaNO3溶液和NaSiO3溶液中分别滴加3滴酚酞溶液NaNO3溶液为无色，Na2SiO3溶液变成红色非金属性:NSiD將Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品中一定含有

8、Fe3+A. A B. B C. C D. DA焰色反应呈黄色，说明含有钠元素；B使湿润的KI-淀粉试纸变蓝的气体具有氧化性；C由现象可知，Na2SiO3 溶液水解显碱性，则硝酸的酸性大于硅酸；D将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，溶液具有强氧化性；A焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，该溶液不一定是钠盐溶液，也可能是氢氧化钠溶液，故A错误；B具有氧化性的气体均可氧化KI，则气体不一定为氯气，可能为氧气等，故B错误；C由现象可知，Na2SiO3 溶液水解显碱性，则硝酸的酸性大于硅酸，则非金属性NSi，故C正确；D将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，发生氧化还原反应生成铁离子，应溶于水加KSCN检验

9、是否变质，故D错误；8. 三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，碱性条件下能被H2O2氧化为Cr（）。制三氯化铬的流程如下：（1）重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）需用蒸馏水洗涤的原因_，如何判断其已洗涤干净_。（2）已知CCl4沸点为57.6，为保证稳定的CCl4气流，适宜的加热方式是_。（3）用如图装置制备CrCl3时，主要步骤包括：将产物收集到蒸发皿中；加热反应管至400，开始向三颈烧瓶中通入氮气，使CCl4蒸气经氮气载入反应室进行反应，继续升温到650；三颈烧瓶中装入150mLCCl4，并加热CCl4，温度控制在5060之间；反应管出口端

10、出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源；停止加热CCl4，继续通入氮气；检查装置气密性。正确的顺序为：_。（4）已知反应管中发生的主要反应有：Cr2O3 + 3CCl4 2CrCl3 + 3COCl2，因光气剧毒，实验需在通风橱中进行，并用乙醇处理COCl2，生成一种含氧酸酯（C5H10O3），用乙醇处理尾气的化学方程式为_。（5）样品中三氯化铬质量分数的测定称取样品0.3300g，加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加热至沸后加入1gNa2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量的2mol/LH2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2

11、O存在，再加入1.1gKI，密塞，摇匀，于暗处静置5分钟后，加入1mL指示剂，用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知：Cr2O+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。该实验可选用的指示剂名称为_。移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸，加入Na2O2后也要加热煮沸，其主要原因是_。样品中无水三氯化铬的质量分数为_。【答案】 （1）. 除去其中可溶性杂质（或除去固体表面的重铬酸铵溶液） （2）. 取最后一次洗涤液适量于以试管中，向其中加入适量浓的氢氧化钠溶液，加热，取一片

12、红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则洗涤干净 （3）. 水浴加热（并用温度计指示温度） （4）. （5）. COCl2+2C2H5OH C2H5OCOOC2H5+2HCl （6）. 淀粉溶液 （7）. 除去其中溶解的氧气，防止O2将I氧化，产生偏高的误差 （8）. 96.1%（数值在95%97%不扣分）（1）重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为（NH4）2Cr2O7属于铵盐，可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净；（2）因为CCl4沸点为76.8，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；（3）反应制备原理为Cr2

13、O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；（4）由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；（5）利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+Cr2O72-3I26

14、Na2S2O3，根据关系式计算。（1）重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中可溶性杂质；取最后一次洗涤液适量于以试管中，向其中加入适量浓的氢氧化钠溶液，加热，取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则洗涤干净，故答案为：除去其中可溶性杂质；取最后一次洗涤液适量于以试管中，向其中加入适量浓的氢氧化钠溶液，加热，取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则洗涤干净；（2）因为CCl4沸点为76.8，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量，并用温度计指示温度，故答案为：

15、水浴加热（并用温度计指示温度）（3）由（4）可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，故操作顺序为：，故答案为：（4）由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，反应方程式为COCl2+2C2H5OHC2H5OCOC2H5+2HCl，故答案为：COCl2+2C2H5OHC2H5OCOC2H5+2HCl；（5）

16、利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂，I2反应完毕蓝色褪去，故答案为：淀粉溶液；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸，其主要原因是：除去其中溶解的氧气，防止氧气将I-氧化，产生偏高的误差，故答案为：除去其中溶解的氧气，防止氧气将I-氧化，产生偏高的误差；令25.00mL溶液中n（Cr3+），由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+Cr2O72-3I26Na2S2O3，根据关系式计算，2Cr3+Cr2O72-3I26Na2S2O32 6n（Cr3+）0.0250mol/L0.024L故n

17、（Cr3+）=0.0250mol/L0.024L，所以250mL溶液中n（Cr3+）=0.0250mol/L=0.002mol，根据Cr元素守恒可知n（CrCl3）=n（Cr3+）=0.002mol，所以样品中m（CrCl3）=0.002mol158.5g/mol=0.317g，故样品中无水三氯化铬的质量分数为100%=96.1%，故答案为：96.1%。9. 某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二铬（Cr2O3）以及少量的金（Au），可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te2O22CuOT

18、eO2。（1）煅烧时Cr2O3发生反应的化学方程式为_。（2）为提高酸浸速率，可采用的措施是_（答出两条）。（3）浸出液中除了含有TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还可能含有_（填化学式）。电解沉积过程中析出单质铜的电极为_极。（4）工业上用铬酸钠（Na2Cr2O7）母液生产各酸钾（K2Cr2O7）工艺流程如下图所示：通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是_。（5）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000molL-1硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）

19、2标准液进行滴定，重复进行二次实验。（已知Cr2O72-被还原为Cr3+）氧化还原滴定过程中的离子方程式为_。若三次实验消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准液的平均体积为25.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_（已知M（K2Cr2O7）=294，计算结果保留三位有效数字）。（6）上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c（Cr3+）为310-5 molL-1，则当溶液中开始析出Cr（OH）3沉淀时Fe3+是否沉淀完全_（填“是”或“否”）。已知：KspFe（OH）3=4.010-3

20、8，KspCr（OH）3=6.010-31。【答案】 （1）. 2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2 （2）. 适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等 （3）. CuSO4（也可答“CuSO4和H2SO4”） （4）. 阴 （5）. 在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小。 （6）. Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O （7）. 49.0 （8）. 是某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二铬（Cr2O3） 以及少量的金（Au），可以用于制取Na

21、2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te2O22CuOTeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金（Au），用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。（1）根据流程图，煅烧时Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，反应的化学方程式为2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2，故答案为：2Cr2O33O24Na2

22、CO34Na2CrO44CO2；（2）为提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等，故答案为：适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；（3）根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还可能含有CuSO4。铜离子转化为铜发生还原反应，电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极，故答案为：CuSO4（也可答“CuSO4和H2SO4”）；阴；（4）在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7，故答案为：在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2C

23、r2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；（5）氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2与Cr2O72-的反应，其中Cr2O72-被还原为Cr3+的离子方程式为Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，故答案为：Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；n（Fe2+）=0.025L0.1000molL-1=0.0025mol，根据方程式Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，则n（Cr2O72-）=0.0025molmol，则

24、所得产品中K2Cr2O7的纯度为100%=49.0%，故答案为：49.0； （6） c（Cr3+）为3L-1，则当溶液中开始析出Cr（OH）3沉淀时，c（OH-）=molL-1=L-1，此时，c（Fe3+）=210-12 molL-11L-1，说明Fe3+沉淀完全，故答案为：是。10. 镁、硫、氮的化合物在工业上用途非常广泛。（1）一种镁锂双离子二次电池的装置如图1所示。放电时，Mg电极为_（填“正极”或“负极”）。充电时，Li+迁移至_（填“阳极区”或“阴极区”）。（2）纳米MgH2和LiBH4组成的体系如图2所示，400以上受热放氢时发生反应的化学方程式为_。（3）硝酸厂尾气中含有大量的NO，可用氢气催化还原法除去NO，发生的主要反应如下:2NO（g）+4H2（g）+O2（g）=N2（g）+4H2O（g） H =-1143kJmol-1