全国高考化学全真模拟试题第3卷解析版Word下载.docx

1、故选A。9Cu2（OH）2CO3悬浊液是环保型木材防腐剂，某兴趣小组利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应进行制备，多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（OH）6SO4。已知：Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3、Cu4（OH）6SO4均难溶于水，可溶于酸；分解温度依次为80 、200 、300 。下列方案设计及其叙述不正确的是ACu2（OH）2CO3、Cu4（OH）6SO4均属于碱式盐B取少量悬浊液于试管中，将试管放入装有沸水的小烧杯中水浴加热一段时间取出试管观察；若试管中有黑色固体生成，说明悬浊液中混有Cu（

2、OH）2C取少量悬浊液，过滤，充分洗涤后，取滤渣于试管中，滴加几滴0.1 mol/L氯化钡溶液，充分振荡；若有白色沉淀生成，说明悬浊液中混有Cu4（OH）6SO4D上述实验需要95 mL 0.5 molL1的CuSO4溶液，配制时需称取12.5g CuSO45H2O【答案】C【解析】根据碱式盐定义，电离出的阴离子除酸根离子外，还有OH-的盐，A正确；依据氢氧化铜受热分解生成氧化铜黑色沉淀设计实验来分析验证，取少量悬浊液于试管中利用沸水浴加热试管，B正确；实验验证杂质的存在，可以检验是否含硫酸根离子检验Cu4（OH）6SO4的存在，需加入盐酸排除其他离子的干扰，加入氯化钡若生成白色沉淀，则证明含

3、Cu4（OH）6SO4，C错误；配制95 mL硫酸铜溶液，需要100mL的容量瓶，故溶质CuSO4的物质的量为0.05 mol，则需要CuSO45H2O也为0.05 mol，其质量为12.5 g，D正确。10已知磷酸分子（）中的三个氢原子都可以与重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换。又知次磷酸（ H3 PO2）也可与D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能与D2O发生氢交换。下列说法正确的是AH3 PO2属于三元酸 BH3 PO2的结构式为CNaH2PO2属于酸式盐 DNaH2PO2溶液可能呈酸性【答案】B【解析】A项，次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠（Na

4、H2PO2）却不能跟D2O发生氢交换，则H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，故A错误；B项，H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，则其结构为，故B正确；C项，H3PO2为一元酸，则NaH2PO2属于正盐，故C错误；D项，NaH2PO2是强碱盐，不能电离出H+，则其溶液可能显中性或碱性，不可能呈酸性，故D错误；故选B。11常温下0.1molL-1亚硫酸溶液中 H2SO3、HSO3-、SO32-三种微粒所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是A由图中数据可计算得到常温下亚硫酸溶液的Ka2B在0.1molL-1H2SO3溶液中，存在：c2（H+）=c（H+）c（HSO3-

5、）+2c（H+）c（SO32-）+KwC向pH为7的溶液中滴入少量稀盐酸造成的溶液pH变化小于向pH为4.0的溶液中滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化D在pH=2.0溶液中：c（H2SO3）c（HSO3-）c（H+）c（OH-）【解析】A项，H2SO3是二元弱酸，在溶液中电离是分步进行的，亚硫酸的第一步电离方程式为：H2SO3H+HSO3-，根据图象可知，pH=7时，亚硫酸氢根离子浓度等于亚硫酸根离子浓度，Ka1= c（H+）=10-7，故A正确；B项，在0.10 molL-1 H2SO3溶液中，根据电荷守恒可得：c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），将电苻守恒式两边

6、都乘c（H+）可得：c2（H+）=c（H+）c（HSO3-）+2c（H+）c（SO32-）+c（H+）c（OH-），Kw=c（H+）c（OH-），所以c2（H+）=c（H+）c（HSO3-）+2c（H+）c（SO32-）+Kw，故B正确；C项，溶液的pH=7时显中性，所以c（OH-）=c（H+），根据图象知，溶液中含有SO32-和HSO3-，存在水解平衡和电离平衡，是缓冲溶液加入少量稀盐酸，溶液pH的变化较小，pH为4.0的溶液中只存在HSO3-的电离，滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化较大，故C正确；D项，在pH=2.0的溶液中，根据图象曲线可知c（HSO3-）c（H2SO3），正确的离子浓

7、度大小为：c（HSO3-）c（H2SO3）c（H+）c（OH-），故D错误；12二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示：Ab电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L（标准状况）NH3，则b极产生0.6gH2D电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O【解析】A项，电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换

8、膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B项，二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C项，电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L（标准状况）NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D项，电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。13短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子

9、序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；r、t、u 是这些元素组成的二元化合物，其中u为葡萄酒中的抑菌成分；25 ，0.01 mol/L的v溶液中： = 1.010-10。上述物质的转化关系如图所示，下列说法不正确的是A简单离子半径：WYZXBW，Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点： Y WCZ2Y和ZX都只存在离子键Dv能抑制水的电离，u能促进水的电离【解析】25 ，0.01 mol/L的v溶液中：10-10，说明v是一元强碱，v是NaOH；u为葡萄酒中的抑菌成分，u是SO2；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S四种元素。A项，简单离子半

10、径：S2-O2-Na+H+，故A正确；B项，H2O的沸点大于H2S，故B正确；C项，Na2O、NaH只存在离子键，故C正确；D项，二氧化硫的水溶液是亚硫酸，能抑制水的电离，故D错误。第卷 （非选择题 共58分）二、必做题（本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答）26（14分） 某小组同学欲探究NH3的催化氧化反应，按下图装置进行实验。A、B装置可选用的药品：浓氨水、H2O2溶液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2。（1）NH3催化氧化的化学方程式是_。（2）甲、乙两同学分别按上图装置进行实验。一段时间后，装置G中的溶液都变成蓝色。甲观察到装置F中有红棕色气体，生成红棕色气体的化学方程式是_

11、。乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是_（填化学式）。用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因：_ _。（3）为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进：甲认为可调节K1和K2控制A、B装置中的产气量，应_（填“增加”或“减少”）装置A中的产气量，或_（填“增加”或“减少”）装置B中的产气量。乙认为可在装置E、F间增加置，该装置可以是_（填字母序号）。（4）为实现该反应，也可用下图所示的装置替换题.给装置中虚线框部分，化合物X为_；NH4HCO3的作用是_。【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O（2分）（2）2NO + O2=2NO2（2分） NH4N

12、O3（1分）3Cu + 8H+ +2NO3- =3Cu2+2NO +4H2O（2分）（3）增加（1分） 减少（1分） abc（2分）（4）Na2O2 （1分） NH4HCO3受热分解放出NH3；同时放出的CO2 和H2O分别与Na2O2反应生成O2（2分）【解析】（1）氨的催化氧化反应，氨气中-3价的氮被氧气氧化成显+2价的一氧化氮，化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）氨气发生了催化氧化的产物一氧化氮，一氧化氮极易和氧气化合为二氧化氮，即2NO+O2=2NO2；所以装置F中有红棕色气体产生；乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟是由于氨气和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO

13、3，生成了白色的NH4NO3固体；在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O2HNO3+NO，获得硝酸，金属铜和硝酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O实质是：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；（3）为了充分氧化氨气，氧气需过量，故需增加氧气的量或减少氨气的量。由气体的干燥装置可知，A为制氧气的装置、B为制取氨气的装置，故可增加装置A中的产气量或减少装置B中的产气量；E装置是氨气的催化氧化装置，从装置中出来的气体中有氧气和氨气和一氧化氮和水蒸气，因4NO+2H2O+3O2=4HNO3，NH3+HNO3

14、=NH4NO3，所以避免F中生成硝酸铵，实现在F中看到红棕色的二氧化氮，需除去水或氨气，需在装置E、F间增加一个装置，该装置可以将氨气或水除去，a碱石灰吸收水蒸气，可以通过防倒吸的b装置吸收氨气，可以通过浓硫酸吸收氨气和水蒸气，实现在F中看到红棕色的二氧化氮，需选abc；（4）为实现2NO+O22NO2该反应，须生成氧气，碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳，放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2，则X为Na2O2。27（14分）2019年1月7日于深圳，华为宣布推出鲲鹏920芯片，创造了计算性能新记录！组成芯片的核心物质是高纯度硅。下图是以石英砂为原料同时制备硅和金属锂。LiCl的熔

15、点是605、沸点是1350；NH4Cl在100开始挥发，337.8分解完全。常温下，KspFe（OH）3=2.641039，KspAl（OH）3=11033。（1）粗硅中常含有副产物SiC，请写出反应中生成SiC的反应方程式_。（2）整个制硅过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水能发生剧烈反应，写出该反应的化学方程式 。（3）假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应中HCI的利用率为90%，反应中H2的利用率为93.75%。则在第二轮次的生产中，补充投入HC1和H2的物质的量之比是 。（4）试剂X是_；请写出操作名称：a_；b_。（5）本生产工艺要求，要控制LiCl和

16、NH4Cl溶液中的杂质离子浓度在1.0106molL1以下，应控制溶液的pH为_，此时溶液中Fe3+的浓度为_。（1）SiO2+3CSiC+2CO（2分） （2）3SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2+3HCl（2分） （3）5：1（2分） （4）氨水（2分） 过滤（1分） 加热（1分） （5）pH=5（2分） c（Fe3+）=2.6410-12mol/L（2分） （1）由图可确定反应物为二氧化硅、碳，生成物为碳化硅、一氧化碳，配平后反应方程式为：SiO2+3CSiC+2CO；（2）SiHCl3遇水剧烈反应，化学反应方程式3SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2+3HCl；（3）由题

17、意可知：Si（粗）+ 3HCl = SiHCl3+ H2；SiHCl3+H2=Si（纯）+3HCl；根据方程式，制备1mol纯硅，循环生产中能产生3molHCl，但HCl的利用率是90%，因此需要增加（3/0.9）-3molHCl，循环生产中产生1molH2，但H2的利用率为93.75%，因此需增加（1/0.9375）-1molH2，因此，补充投入HCl 和H2的物质的量之比为：（3/0.9）-3：（1/0.9375）-1=5：1。（4）根据流程图，加入X后过滤得到氯化铵和氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，可以推断试剂X是氨水；氢氧化铁、氢氧化铝为沉淀，操作a的名称是过滤；根据“LiCl的熔点是605、

18、沸点是1350，NH4Cl在100开始挥发，337.8分解完全”，分离LiCl和NH4Cl的固体混合物应用加热法，操作b的名称是加热；（5）要控制LiCl和NH4Cl溶液中的杂质离子浓度在1.0L1以下，Al（OH）3、Fe（OH）3类型相同，由于KspAl（OH）3 KspFe（OH）3，当Al3+在110-6mol/L以下时，Fe3+一定在110-6mol/L以下，所以控制溶液中c（OH-）=mol/L=110-9mol/L，c（H+）=110-5mol/L，控制溶液的pH=5；此时溶液中Fe3+的浓度为2.6410-39（110-9）3=2.6410-12（mol/L），即c（Fe3+）

19、=2.6410-12mol/L。28（15分）碳、氮是中学化学重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。（1）治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是：在汽车的排气管道上安装一个催化转化装置，使NO与CO反应，产物都是空气中的主要成分。写出该反应的热化学方程式_。N2（g）O2（g）2NO（g） H179.5kJ/mol2NO（g）O2（g）2NO2（g） H112.3kJ/molNO2（g）CO（g）NO（g）CO2（g） H234kJ/mol（2）己知植物光合作用发生的反应如下：6CO2（g）6H2O（l） C6H12O6（s）6O2（g） H669.62 kJ/mol该反应达到化学平衡后

20、，若改变下列条件，CO2转化率增大的是_。a.增大CO2的浓度 b.取走一半C6H12O6 c.加入催化剂 d.适当升高温度（3）N2O5的分解反应2N2O5（g） 4NO2（g）O2（g），由实验测得在67时N2O5的浓度随时间的变化如下：时间/min12345C（N2O5）/（molL-1）1.000.710.500.350.250.17计算在02min时段，化学反应速率v（NO2）_molL1min1。（4）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。在转化过程中起催化作用的物质是_；写出总反应的化学方程式_。（5）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素CO（NH2

21、）2），反应的化学方程式如下：2NH3（g）CO2（g） CO（NH2）2（l）H2O（l）根据上述反应，填写下列空白己知该反应可以自发进行，则H_0。（填“”、“”或“”）；一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比x，如图是x与CO2的平衡转化率（）的关系。随着x增大而增大的原因是_；B点处，NH3的平衡转化率为_。一定温度下，在3L定容密闭容器中充入NH3和CO2，若x2，当反应后气体压强变为起始时气体压强的时达到平衡，测得此时生成尿素90g。该反应的平衡常数K_。（1）2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g） H=-795.8kJ/mol （2分） （2）d

22、 （2分） （3）0.5 （2分） （4）FeO （1分） CO2C+O2 （1分） （5） （1分） x越大，NH3的物质的量越大，CO2平衡正向移动，转化率增大（2分） 32% （2分） 0.25（mol/L）-3 （2分） （1）产物都是空气中的主要成分，所以会生成N2和CO2，根据盖斯定律，其热化学方应方程式为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g） H=-795.8kJ/mol ；（2）a项，增大CO2的浓度，CO2的转化率不一定增大，a错误；b项， C6H12O6是固体，对平衡无影响，b错误；c项，催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，对转化率无影响，c错误；d项，该

23、反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2转化率增大，d正确；（3）据速率之比等于化学反应系数之比，；（4）根据图可知，FeO是催化剂，总反应方程式为：CO2C+O2 （5）该反应为反应前后气体分子数减小的反应，根据G=H-TS，S0，能自发进行G0，所以H0；x越大，NH3的物质的量越大，平衡正向移动，CO2转化率增大；B点处x=4，原料气中NH3和CO2的物质的量比为4，CO2转化率为64%，假设NH3为4mol，CO2为1mol，则反应的CO2的物质的量为0.64 mol，根据热反应方程式可知，反应的NH3的物质的量为1.28mol，其转化率为x=2，原料气中NH3和CO2的

24、物质的量比为2，假设NH3为2xmol，CO2为xmol，设转化的CO2为nmol，其三段式为：始/ mol 2x x 0 0转/ mol 2n n n n平/ mol （2x-2n） （x-n） n n相同条件下，压强之比等于物质的量之比，平衡时，反应后气体压强变为起始时气体压强的，其，此时生成尿素90g，尿素的物质的量为，体积为3L，其平衡常数为：三、选做题（本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答）37化学选修3：物质结构与性质（15分）氟代硼酸钾（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：（1）氟代硼酸钾中各元素原子的第一电

25、离能大小顺序是FO_。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。（2）NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化形式为_。NaBH4中存在_（填标号）。a. 离子键 b.氢键 c.键 d.键（3）BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为_，其中Be的配位数为_。（4）第三周期元素氟化物的熔点如下表：化合物NaFMgF2AlF3SiF4PF5SF6熔点/99312611291-90-83-50.5解释表中氟化物熔点变化的原因：_。（5）CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F形成的空隙，其空隙率是_。若r（F）xpm，r（Ca2+）ypm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度_ gcm-3（列出计算表达式）。（1）BeBK（1分） 哑铃（1分） （2）正四面体（1分） sp3（1分） a（1分） c（1分） （3）（1分） 3 （1分） （4）前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大（2分） （5）50%（2分） （3分） （1）第一电离能从左到右增大，但第IIA大于第IIIA，第VA大于第VIA，从上到下递减，氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是FOBeBK，基态K+电子占据最高能级为p能级，其电