精品解析江西省红色七校届高三下学期第二次联考理科综合化学试题附解析Word文档下载推荐.docx

1、【答案】D【详解】A. 中性溶液中Fe3水解为氢氧化铁，所以中性溶液中Fe3不能大量存在，故不选A；B. NH4、SiO32发生双水解反应，NH4、SiO32不能大量共存，不选B；L1的溶液呈酸性或碱性，酸性溶液中HCO3-不能大量存在，碱性溶液中HCO3-、Mg2不能大量存在，故不选C；D.使pH 试纸显蓝色的溶液呈碱性，K、Na、OH、SO42-能大量共存，故选D。3.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，并且可与X的氢化物形成一种共价化合物。Y的离子半径是同周期主族元素中最小的，Z原子最外层电子数是其内层电子数的3/5，下列说法中一定正确的是

2、A. W的氧化物对应水化物为强酸，具有强氧化性。B. 简单离子半径：YWXZC. 简单氢化物沸点：ZXD. 工业上一般采取电解Y的熔融氯化物来生产Y的单质【分析】W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，W为N元素；氨气与X的氢化物形成共价化合物，X是O元素；Y的离子半径是同周期主族元素中最小的，Y是Al元素；Z原子最外层电子数是其内层电子数的3/5，Z是S元素。【详解】A. N的氧化物对应水化物HNO3为强酸，HNO2为弱酸，故不选A；Al3+O2-N3-S2-，故不选B；C.水分子间有氢键，简单氢化物沸点：H2SH2O，故选C；D. 工业上一般采取电解氧化铝生产铝单质，故不选D。4.微生物燃料电

3、池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左图为其工作原理，右图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是A. 有机物被氧化，M为电源负极B. 电池工作时，N极附近溶液pH增大C. Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活D. 处理0.1 mol Cr2O72时有1.4 mol H从交换膜左侧向右侧迁移电解池装置图中H+向右移动，则N电极为正极，发生还原反应，Cr2O72-得电子生成Cr3+，M极失电子发生氧化反应，有机物被氧化生成CO2，为原电池的负极，以此解答该题。【详解】A由分析可知，M电极有机物失电子发生氧化反应，M为负极，故A正确；B. 根据

4、图示，正极反应为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，消耗氢离子，N极附近溶液pH增大，故B正确；CCr2O72具有强氧化性，能使蛋白质变性，浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故C正确；D. Cr元素由+6价变为+3价， 处理0.l mol Cr2O72-时转移0.6mol电子，根据电荷守恒，处理0.1 mol Cr2O72时有0.6 mol H从交换膜左侧向右侧迁移，故D错误；选D。5.CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2 （g） 6H2 （g） C2H4（g）4H2O（g）。0.2 MPa时，按n（CO2）：n（H2）=l：3投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系

5、如图。下列叙述正确的是A. 该反应为吸热反应B. 曲线a代表的是C2H4C. N点和M点所处状态的c（H2O）相等D. 其它条件不变，T1、0.1 MPa下反应达平衡时CO2的转化率比N点更大由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热；根据反应物和生成物的物质的量变化及反应中计量数的关系可知，a为CO2的变化曲线，水的计量数是乙烯的计量数的4倍，据此判断c曲线，温度升高，吸热方向的平衡常数增大，据此判断。【详解】A.由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，故A错误；B随着温度升高，氢气的物质的量

6、逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线为CO2，由计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线，故B错误；CM点和N点都处于、0.2MPa且投料比相同的平衡状态，所以M点和N点的平衡状态为等效平衡，故其c（H2O）相等，C正确；D其他条件不变，T1、0.1 MPa下反应达平衡，相当于减压，平衡向逆向移动， 所以新平衡中CO2的转化率比N点小，故D错误。6.根据下列化学实验示意图及表中实验现象，从理论上分析得出的结论正确的是选项实验实验现象结论Aa左烧杯中铁表面有气泡，右烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCuBb左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2Cc白色固体先变

7、为淡黄色，后变为黑色溶解度:AgCl AgBr C. 向1 mol/L的H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，完全反应后显酸性D. 向0.1 mol/L的H2C2O4溶液中加水稀释，C（HC2O4-）/C（H2C2O4）比值将增大【答案】B二元弱酸的电离平衡常数，斜线表示c（H+）/c（H2C2O4）与c（HC2O4-）的乘积等于1102，斜线表示c（H+）/c（HC2O4-）与c（C2O42-）的乘积等于1105。【详解】A、根据图示，Ka1（H2C2O4）= =1102，故A正确；B、根据电荷守恒C（Na）+ C（H）= c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+ c（OH-）

8、，根据图示，Ka2（H2C2O4）= ，当pH=5时，c（HC2O4-）=c（C2O42-），所以C（Na） 3C（HC2O4-）= c（OH-）- C（H）=，故B错误；C、向1 mol/L的H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，溶液中的溶质是NaHC2O4，HC2O4-电离平衡常数是1105、水解平衡常数是，所以，草酸氢根离子的电离常数大于其水解常数，因此该溶液呈酸性，故C正确；D、Ka1（H2C2O4）=，向0.1 mol/L的H2C2O4溶液中加水稀释，氢离子浓度减小，K不变，所以C（HC2O4-）/C（H2C2O4）比值将增大，故D正确。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较

9、、平衡常数，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。8.钒是一种熔点很高的金属，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性，有延展性、硬度大，无磁性。广泛应用于钢铁、航空航天、能源、化工等领域。工业上常用钒炉渣（主要含FeOV2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质）提取V2O5的流程如图：（1）焙烧的目的是将FeOV2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价，写出该反应的化学方程式 _（2）加MgSO4溶液的步骤中，滤渣的主要成分是_（用化学式表示）。（3）沉钒过程中的发生反应的离子

10、方程式为_，得到的固体物质往往需要洗涤，写出实验室洗涤NH4VO3沉淀的操作方法_。（4）元素钒在溶液中还可以 以V2（紫色）、V3（绿色）、VO2（蓝色）、VO2（黄色）等形式存在某利用钒元素微粒间的反应来设计的可充电电池的工作原理如图示,已知溶液中还含有1 mol 硫酸，请回答下列问题：充电时，左槽电极上发生的电极反应式为_放电过程中，右槽溶液颜色变化为_，若此时外电路转移了3.011022个电子，则左槽溶液中H的变化量n（H）_。【答案】 （1）. 4FeOV2O5+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2 （2）. MgSiO3 Mg3（PO4）3 （3）. NH4+

11、VO3=NH4VO3 （4）. 往漏斗中加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次 （5）. VO2+H2O-e=VO2+2H （6）. 紫色变为绿色 （7）. 0.05mol钒炉渣加入碳酸钠在空气中焙烧，生成NaVO3、氧化铁、硅酸钠、磷酸钠，水浸后得到滤渣中含有氧化铁，滤液为NaVO3、硅酸钠、磷酸钠的水溶液，滤液中加入硫酸镁生成生成难溶的硅酸镁、磷酸镁沉淀，过滤后向溶液中再加入硫酸铵生成NH4VO3沉淀，NH4VO3灼烧生成V2O5。【详解】根据以上分析，（1） FeOV2O3与碳酸钠、氧气在高温条件下反应生成NaVO3、Fe2O3、CO2，该反应的化学方程式是4FeOV2O5+4Na2

12、CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。 （2）加入MgSO4溶液生成硅酸镁、磷酸镁沉淀，所以滤渣的主要成分是MgSiO3、Mg3（PO4）3。（3）沉钒过程中NaVO3与（NH4）2SO4发生反应生成NH4VO3沉淀，反应的离子方程式为NH4+VO3=NH4VO3，实验室洗涤NH4VO3沉淀的操作方法是：往漏斗中加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次；（4） 充电时，外接电源的正极与电池的正极相连，左槽电极为阳极，失电子发生氧化反应，钒元素化合价升高，发生的电极反应式为VO2+H2O-e-=VO2+2H；放电过程中，右槽是负极，负极失电子钒元素化合价升高，由V2变为V3，溶液

13、颜色由紫色变为绿色，放电时正极反应为VO2+2H+e-=VO2+H2O，若此时外电路转移了3.011022个电子，通过电极反应消耗氢离子0.1mol，同时0.05mol氢离子由右槽进入左槽，则左槽溶液中H的变化量n（H）0.1-0.05=0.05mol。【点睛】本题考查物质制备工艺流程，需要熟练掌握元素化合物性质；对工艺流程题目关键是理解整个过程，常涉及物质的分离提纯、原理的分析评价、陌生方程式书写等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。9.硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500时隔绝空气加热A

14、中的硫酸亚铁铵至分解完全，确定分解产物的成分（C、D中溶液成份均过量）。（1）B装置的作用是_。（2）实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中一定有_气体产生，写出D中发生反应的离子方程式_。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因_。（3）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，请完成表中内容。（试剂，仪器和用品自选）实验步骤预期现象取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，平均分成2份；_固体残留物仅为Fe2O3（4）若E中收集到的气体只有N2，其物质的量为x mol，固体残留物Fe2O3的物质

15、的量为y mol，D中沉淀物质的量为z mol，根据氧化还原反应的基本规律，x、y和z应满足的关系为_。（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式_。【答案】 （1）. 检验产物中是否有水生成 （2）. SO2 （3）. SO2+H2O2+Ba2=BaSO4+2H （4）. 否，若有SO3也有白色沉淀生成； （5）. 分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液或分别滴加K4Fe（CN）6溶液、K3Fe（CN）6溶液 （6）. 若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红；前者生成蓝色沉淀，后者无明显现象 （7）. 3x+

16、y=z （8）. 2（NH4）2Fe（SO4）2Fe2O32NH3+N2+4SO2+5H2O（1）B中无水硫酸铜检验分解产物中水蒸气的生成；（2）实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成说明过氧化氢氧化了二氧化硫生成硫酸，硫酸根离子结合钡离子出硫酸钡沉淀；若去掉C，产物中若生成三氧化硫也会出现白色沉淀现象；（3）根据Fe3+没有还原性、遇KSCN溶液变红， Fe2+有还原性、遇KSCN溶液不变红设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO；（4）若产物中有氮气生成，则失电子的元素是Fe、N，得到电子的元素为S，根据电子守恒得到关系式；（5）结合上述实验现象，反应产物有氧化铁、氮气

17、、二氧化硫、水和氨气，结合电子守恒和原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）B装置中无水硫酸铜遇到水变蓝色，装置B的作用是检验产物中是否有水生成；（2）实验中，观察到C中盐酸酸化的氯化钡溶液中无明显现象，证明无三氧化硫生成，D中过氧化氢具有氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，有白色沉淀生成，可确定产物中一定有SO2，反应的离子方程式是SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+；若去掉C，生成的SO3也有白色沉淀生成，不能否得出同样结论；（3）若验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，可以取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解；将

18、溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红，固体残留物仅为Fe2O3；（4）若产物中有氮气生成，则失电子的元素是Fe、N，得到电子的元素为S， E中收集到xmol N2，氮元素失电子6xmol，固体残留物Fe2O3的物质的量为ymol，亚铁离子被氧化失电子物质的量2ymol，D中沉淀物质的量为zmol，即生成二氧化硫物质的量为zmol，得到电子为2Zmol，电子守恒得到：6x+2y=2z，则x、y和z应满足的关系为3x+y=z；（5）结合上述实验现象，硫酸亚铁铵在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式为2（NH4）2Fe（SO4）2Fe2O

19、3+2 NH3+N2+4SO2+5H2O。10.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。（1）已知：2CO（g）O2（g）=2CO2（g） H1=566 kJ/molS（l）O2（g）=SO2（g） H2=296 kJ/mol一定条件下，可以通过CO与SO2反应生成S（1）和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的热化学方程式_。（2）在500下合成甲醇的反应原理为：CO2（g）3H2（g）CH3OH（g）H2O（g） 在1 L 的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，压强为p0 ，测得CO2（g）和C

20、H3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。（可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算,也可以用平衡分压Kp代替平衡浓度,计算分压=总压物质的量分数）反应进行到4 min 时，v（正）_ （填“”“”或“=”）c2。【答案】 （1）. 2CO（g）SO2（g）=S（l）2CO2（g） H=270 kJ/mol （2）. （3）. 0.375 （4）. 10% （5）. 256/3p02 （6）. C （7）. 逆反应 （8）. v（逆）；04 min，H2的浓度变化为1.5mol/L，v（H2）= 0.375 molmin1；根据图示，15min 时达到平衡状态，CO的平衡浓度为0.25mol/L，则

21、CH3OH（g）H2O（g）开始 1 3 0 0转化 0.75 2.25 0.75 0.75平衡 0.25 0.75 0.75 0.75 CO2平衡时的体积分数为10%；根据压强比等于气体物质的量比，平衡时的总压强为，Kp=256/3p02 ； A平衡时正逆反应速率比等于系数比，所以v正（CH3OH）=3v逆（H2）不平衡，故不选A；B CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1: 1时，浓度不一定不变，所以CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1: 1时，不一定平衡，不选B；C该反应气体体积是变量，恒温恒压下，气体的体积不再变化一定平衡，故选C；D在恒温恒容下，该反应的密度是恒量，气体

22、的密度不再变化，不一定平衡，故不选D。500的平衡常数K= ，Q=，QK，反应逆向进行；根据等效平衡原理，容器乙中相当于投料为1.5 mol CO2，4 mol H2，与容器甲比增加了投料，所以甲醇的浓度c1c2。11.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的前四周期元素，X核外未成对电子数有2个，与其他元素均能形成二元化合物；Y是地壳中含量最多的金属元素；Z是遗传物质的组成元素之一；W内层电子数是最外层电子数的9倍；Q基态原子价层电子排布中成对电子数和未成对电子数相同，且成对电子数为最外层电子数的2倍。据此回答下列问题:（1）Q的基态原子的价层电子排布式为_。（2）X、Y、Z、W四种元素中，电负性最大的是_（填元素符号,下同）；同周期元素中，第一电高能介于Y和Z之间的有_。（3）Y和W的氯化物熔点高的是_（填化学式），原因是_；与Z的低价氯化物互为等电子体的离子是_（填离子符号）。（4）咖啡因对中枢神经有兴奋作用，其结构简式如图所示。常温下，咖啡因在水中的溶解度为2g，加适量水杨酸钠C6H4（OH）（COONa）可使其溶解度增大，其原因可能是_，分子中氮原子的杂化类型有_。（5）已知WX的密度为3.25g/cm3，单元晶胞边长481pm，经计算可确定该单元