高考好教育云平台高三最新信息卷化学九解析版Word格式.docx

1、Cl2Br2I2【答案】C【解析】AAlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能制备无水得到AlCl3，故A错误；BH2密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，NO易与空气中氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误；CCCl4的密度比水大，分离CCl4萃取碘水后的有机层在下层，水层在上层，与图中装置分层现象相符，故C正确；D通入的Cl2能和NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2，无法确认Br2是否和KI的反应，不能比较Br2和I2的非金属性强弱，故D错误。故选C。10

2、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同。X和Y的简单阳离子的电子层结构相同，Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用。Y单质可以用于野外焊接钢轨。A简单离子半径：XYZB最高价氧化物对应水化物的碱性：YCW、Z的简单氢化物的沸点：WAl，故B正确；CW为O元素，Z为Cl元素，水分子间能形成氢键，沸点高于不能形成氢键的氯化氢，故C错误；DCl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物，故D错误。故选B。11某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺H2N（CH2）2NH2氧化成环境友好的物质，工作原理如图所示（a、b均为石墨电极）。下列分析正确

3、的是A电子流动方向为a导线bBH+经质子交换膜由右向左移动C放电一段时间b极附近pH不变Da电极发生反应：H2N（CH2）2NH2+16e+4H2O=2CO2+N2+16H+【答案】A【解析】H2N（CH2）2NH2在a电极上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，则a为负极，电极反应式为H2N（CH2）2NH2+4H2O16e=2CO2+N2+16H+，氧气在正极b上得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，电子由负极经导线流向正极，阳离子向正极移动。A由上述分析可知，a是负极，b是正极，所以电子流动方向为a导线b，故A正确；Ba是负极、b是正极，H+经质子交换膜由

4、左向右移动，故B错误；Cb的电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，所以b极附近溶液的pH增大，故C错误；DH2N（CH2）2NH2在负极a上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N（CH2）2NH2+4H2O16e=2CO2+N2+16H+，故D错误；答案选A。12一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是A生成1mol C5 H12至少需要4mol H2B该分子中所有碳原子在同一平面内C三氯代物只有一种D与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种【解析】有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反

5、应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。A由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1mol C5 H12至少需要4mol H2，A项正确；B分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CHC-CH2-CCH或CHC-CC-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。1325C时，用氢氧化钠调节浓度为2.

6、0103molL1的氢氟酸溶液的pH（忽略体积变化），溶液中c（HF）、c（F）与pH的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是Aabd曲线代表c（F-）随pH的变化B25C时，HF电离平衡常数的数值Ka=103.6C从b点到c点发生的离子反应方程式是：HF+OH=H2O+FD图中a点溶液粒子浓度大小是：c（HF）c（H+）c（F）c（OH）【解析】氢氟酸溶液中加入氢氧化钠，随着氢氧化钠的量的增加，溶液的pH升高，溶液中的氟化氢分子浓度减小，氟离子浓度增大。Aabd曲线代表c（HF）随pH的变化，故错误；B从图中b点分析，c（HF）=c（F），氟化氢的电离平衡常数=c（H+）=103.6，故正确

7、；C从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应，离子方程式为：HF+OH=H2O+F，故正确；D从图中a点分析，氟化氢的浓度为1.6103 mol/L，氢离子浓度为1.0103mol/L，而氟离子浓度约为5.5104mol/L，溶液显酸性，所以溶液粒子浓度关系为：c（OH），正确。故选A。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35-36题为选考题，考生根据要求作答。26（14分）亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于燃料工业，某兴趣小组拟制备Ca（NO2）2并对其性质进行探究。背景素材.NO+NO2+Ca（OH）2=Ca（NO2）2+H2O.

8、Ca（NO2）2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2+.亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca（NO2）2能将I氧化为I2，2NO+4H+2I=I2+2NO+2H2O，S2O能将I2还原为I，I2+2S2O=2I+S4O。制备氮氧化物 甲组同学拟利用如下图所示装置制备氮氧化物。（1）仪器X的名称是_。（2）装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为11，则装置B中发生反应的化学方程式为_，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n（NO）_n（NO2）（填“”或“”）。制备Ca（NO2）2乙组同学拟利用装置B中产生的氮氧化物制备Ca（NO2）2，装

9、置如图。测定Ca（NO2）2的纯度丙组同学测定Ca（NO2）2的纯度（杂质不参加反应），可供选择的试剂：a稀硫酸 bc1 molL1的KI溶液 c淀粉溶液dc2 molL1的Na2S2O3溶液 ec3 molL1的酸性KMnO4溶液（3）利用Ca（NO2）2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是_ （填字母序号）。该测定方法发生反应的离子方程式为_（4）利用Ca（NO2）2的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取m g Ca（NO2）2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入_，然后滴加稀硫酸，用c2 mol/L Na2S2O3溶液滴定至溶液_，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作3 次，（请

10、用上述给出试剂补充完整实验步骤）。若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则Ca（NO2）2纯度的表达式为_。【答案】（1）分液漏斗 （2）2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4 （3）e 5NO2MnO6H+=5NO2Mn2+3H2O （4）过量c1mo/L KI溶液并滴入几滴淀粉溶液 由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 33C2V/500m100% 【解析】（1）仪器X、Y分别是分液漏斗、锥形瓶；（2）根据题意，装置B中盛放的是硝酸，二氧化硫与硝酸反应放出一氧化氮和二氧化氮，若逸出的NO与NO2的物质的量之比为11，则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2+2

11、HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4，若其他条件不变，硝酸的浓度越大，生成的二氧化氮越多，则会使逸出的气体中n（NO）n（NO2），故答案为：2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4；（3）根据信息Ca（NO2）2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2+，利用Ca（NO2）2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3 molL1的酸性 KMnO4溶液，其离子方程式为：5NO2MnO6H+=5NO2Mn2+3H2O，故答案为：e；5NO2MnO6H+=5NO2Mn2+3H2O；根据信息在酸性条件下，Ca（NO2）2能将I氧化为I2，S2O能将I2还原为I。利

12、用Ca（NO2）2的氧化性来测定其纯度，步骤为：准确称取m g Ca（NO2）2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量c1molL1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2 molL1的Na2S2O3溶液滴定至溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积。为减少误差，须重复以上操作3次，则若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则n（Na2S2O3）= c2 molL1V103 L= c2 V 103 mol，因2NO+4H+2I=I2+2NO+2H2O，所以2NOI22S2O，则nCa（NO2）2= n（NO）= n（Na2S2O3）=c2

13、V10-3 mol，mCa（NO2）2=nCa（NO2）2132g/mol=66c2 V103 g，故Ca（NO2）2纯度的表达式为，故答案为：过量c1mo/L KI溶液并滴入几滴淀粉溶液；由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；。27（14分）碳酸二甲酯（简称DMC）作为“绿色”化工产品具有广泛的应用。用甲醇、二氧化碳制备DMC的方程式为：2CH3OH（g）+CO2（g）CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g） H1=15kJmol1（平衡常数为K1）物质CH3OH（g）CO2（g）CH3O（CO）OCH3（g）H2O（g）生成焓kJmol1201393569Q已知：生成焓是某温度下，用处

14、于标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应。（1）H2O（g）生成焓Q为_，从平衡移动的角度选择有利于制得DMC的条件是_（填序号）。A高温 B高压 C低温 D低压（2）在体积为1L的密闭容器中，甲醇、二氧化碳分别投料4102mol、2102mol。不同温度下平衡转化率如图所示。温度降为100以内平衡转化率变化显著，原因之一有_。100时平衡常数为_Lmol1 （结果保留一位有效数字）（3）有研究者用CO和O2代替CO2进行实验：2CH3OH（g）+CO（g）+1/2O2（g）CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g） H2（平衡常数为K2）CO和O2生成CO2的

15、反应是_（填“放热反应”或“吸热反应”），则H2_H1（填“大于”、“小于”或“等于”）。在100-200的范围内，相同温度时关于K2与K1的推理正确的是_（填编号）AK2远大于K1 BK2略大于K1 CK2等于K1 DK2远小于K1（1）-241 kJmol1 BC （2）温度降低，平衡向正方向移动 510-3 （3）放热反应 小于 A （1）根据H=生成物的生成焓-反应物的生成焓；-15=-569+Q-2（-201）-（-393），计算得Q=-241KJ/mol；制得DMC的反应属于气体物质的量减少的放热反应，故有利于制得的条件为低温、高压，选BC；-241kJmol-1；BC；（2）因为

16、正反应为放热反应，因此温度越低越有利于正向进行。100时平衡常数：2CH3OH（g）+CO2（g）CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）c（初） 0.04 0.02 0 0c 0.042% 0.022% 0.022%c（平）0.0392 0.0196 0.0004 0.0004 K= 510-3；温度降低，平衡向正方向移动；5（3）燃烧均为放热反应；由于第二个反应放热多，所以则H2105，所以 k=K2/K1105，K2远大于K1。放热反应；小于；A。28（15分）金属Co、Ni性质相似，在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。现以含钴、镍、铝的废渣（含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、

17、少量杂质Al2O3）提取钴、镍的工艺如下：（1）酸浸时SO2的作用是_（2）除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_（3）有机层提取出的Ni2可用于制备氢镍电池，该电池工作原理:NiOOHMHNi（OH）2M，电池放电时正极电极反应式为_.（4）用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi（x）Fe2O4（其中Co、Ni均为2价）。如图是用两种不同方法制得的CoxNi（x）Fe2O4 在10时催化分解6的H2O2 溶液的相对初始速率随x变化曲线。H2O2的电子式_.由图中信息可知：_法制取的催化剂活性更高Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是_（5）

18、已知煅烧CoCO3时，温度不同，产物不同。在400充分煅烧CoCO3，得到固体氧化物的质量2.41g，CO2的体积为0.672L（标况下），则此时所得固体氧化物的化学式为_。（1）还原剂或将Co3+还原为Co2+ （2）2Al3+3CO+3H2O =2Al（OH）3+3CO2 （3）NiOOH+e+H2O=Ni（OH）2+OH （4） 微波水热 Co2+ （5）Co3O4 （1）废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等，酸浸时使固体溶解，可得到Co2+和Co3+，而通入SO2的作用是将将Co3+还原为Co2+，故答案为：将Co3+还原为Co2+；（2）除铝时控制溶液的pH值，发

19、生双水解使Al3+沉淀下来，加入碳酸钠产生沉淀的离子反应2Al3+3CO+3H2O=2Al（OH）3+3CO2，故答案为：2Al3+3CO+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；（3）从方程式中可判断出，放电使Ni从+3价降低到+2价，得到电子，即：NiOOH作正极，电极方程式为：NiOOH+e+H2O=Ni（OH）2+OH，故答案为：NiOOH+e+H2O=Ni（OH）2+OH；（4）H2O2的电子式为，故答案为：；由图中信息可知，微波水热法的反应速率高于常规水热法，故答案为：微波水热法；从图像可知，x值越大Ni2+越少，Co2+含量越多，反应速率越大，说明Co2+的催化效果比Ni2+好，故

20、答案为：Co2+；（5）设反应生成氧化物为：CoxOy，已知生成CO2标况下0.672L，即0.03mol，根据C原子守恒可知，n（CoCO3）=n（CO2）=0.03mol，由于Co原子守恒可得到算式：，推得，即该氧化物为：Co3O4，故答案为：Co3O4。35【化学选修3：物质结构与性质】（15分）稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪（Sc）和钇（Y），共17种元素。稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。（1）镧系元素位于元素周期表第_族，镧系元素位于周期表的_区。（2）钪（Sc）为21号元素，其基态原子M能层电子

21、数为_；基态镝（Dy）原子的电子排布式为Xe4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为_。（3）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+4价。请根据下表中的电离能数据，判断表中最可能有+4价的元素是_。几种稀土元素的电离能（单位：kJmol1）：元素I1I3I1+I2+I3I4Sc（钪）6331235238942577019Y（钇）6161181198037775963La（镧）5381067185034554819Ce（铈）5271047194935233547（4）Sm（钐）的单质与1，2-二碘乙烷可发生反应Sm+ICH2CH2ISmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中

22、碳原子的杂化轨道类型为_，1mol CH2=CH2中含有的键数目为_。常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_。（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr（镨）原子位于面心和顶点，则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有_个氧原子。（6）Ce（铈）单质为面心立方晶体，其相对原子质量为140，其晶胞参数为=516pm。晶胞中Ce（铈）原子的配位数为_。列式表示Ce（铈）单质的密度为_gcm3（不必计算出结果）。（1）IIIB f （2）9 4 （3）Ce（铈） （4）sp3 5NA 二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高 （5）8 （6）12 （

23、1）在元素周期表中，镧系元素位于第IIIB族，属于f区；故答案为：IIIB；f；（2）钪（Sc）为21号元素，根据核外电子排布规律可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，所以其基态原子M能层电子数为9个。基态镝（Dy）原子的电子排布式为Xe4f106s2，由于f能级最多排14个电子，所以根据排布规律可知一个基态镝原子所含的未成对电子数为4个；9；4；（3）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4的可能性越大，在上述表中Ce的I1、I2、I3和I4最接近，故为Ce元素；Ce（铈）；（4）在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键，

24、有4个单键，故碳原子的杂化轨道类型为sp3，1个CH2=CH2分子中有5个键，故1mol CH2=CH2中含有的键数目为5NA；由于二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体；sp3；5NA；二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高；（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr（镨）原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8+6=4，而Pr原子与O原子数目之比为12，则晶胞中O原子数目为42=8；8；（6）Ce（铈）单质为面心立方晶体，在Ce晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Ce原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞，