届山东省聊城市高三第三次高考模拟理综化学试题解析版Word下载.docx
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B.根据c=
分析判断；
C.气体的体积与温度和压强有关；
D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键。
1）=18个质子，则0.lmolN2H4中所含质子数为1.8NA，故A正确；
B.未告知0.1mol·
L-1的NaClO溶液的体积，无法计算ClO-的数量，故B错误；
C.为告知气体的状态，无法计算4.48LNH3的物质的量，故C错误；
D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键，1.6gN2H4的物质的量=
=0.05mol，存在共价键0.05mol×
5=0.25mol，故D错误；
故选A。
点睛：
解答此类试题需要注意：
①气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；
温度和压强是否为标准状况，如本题的C；
②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的B。
3.关于化合物
（b）、
（d）、
（p）的下列说法正确的是
A.b、d、p都属于芳香烃,且互为同分异构体
B.b、d、p的一氯代物均只有三种
C.b、d、p均可与溴的四氯化碳溶液反应
D.b、d、p中b、d的所有原子可能处于同一平面
【答案】D
A.含有苯环结构的烃属于芳香烃；
B.
（b）中含有3种氢原子、
（d）中含有2种氢原子、
（p）中含有1种氢原子；
C.含有碳碳双键或三键的烃，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应；
D.苯环是平面结构。
4.灼热的焦炭与水蒸气反应所得产物为H2、CO和少量CO2，为了检验产物中的H2和CO（设气体均被充分吸收），设计如下实验装置。
下列有关说法错误的是
A.为了实验安全，应先点燃①处酒精灯，后点燃④处酒精灯
B.②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水
C.④中黑色固体变红色，即可证明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种
D.若用碱石灰替换无水硫酸铜，也可以达到检验H2和CO目的
由图可知，①中C与水蒸气反应生成H2、CO和少量CO2，实验目的为检验产物中的H2和CO，则②中NaOH溶液可除去CO2，③中浓硫酸干燥气体，④中H2和CO均还原CuO，若无水硫酸铜变蓝，可检验氢气，⑤中澄清石灰水变浑浊可检验CO，最后处理尾气。
A．H2、CO不纯时加热易发生爆炸，则为了实验安全性，应先点燃①处酒精灯，排出装置中空气后点燃④处酒精灯，故A正确；
B．由上述分析可知，②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水，故B正确；
C．H2和CO均还原CuO，当黑色氧化铜变红色，说明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种，故C正确；
D．若用碱石灰替换无水硫酸铜，碱石灰可吸收水、二氧化碳，不能检验氢气，故D错误；
故选D。
点评：
本题考查物质的性质实验，把握实验装置的作用、发生的反应和现象为解答的关键。
本题的易错点为D，要注意碱石灰与无水硫酸铜的性质的区别和实验中的作用。
5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图,其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂；
e、f为常见气体单质。
下列有关说法正确的是
A.简单离子的半径：
Y>
Z>
X
B.简单氢化物的沸点：
C.最高价氧化物对应水化物的碱性：
Y
D.W、Y的氧化物所含化学键类型相同
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；
c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂，c为金属镁；
e、f为常见气体单质，根据框图，镁与化合物b反应生成气体单质f，则f为氢气；
过氧化钠与化合物b反应生成气体单质e，则e为氧气，则b为水，d为氢氧化钠，g为氢氧化镁。
根据上述分析，a为过氧化钠，b为水，c为镁，d为氢氧化钠，e为氧气，f为氢气，g为氢氧化镁；
则W为H、X为O、Y为Na、Z为Mg。
A.X为O、Y为Na、Z为Mg，简单离子具有相同的电子层结构，离子半径：
X>
Z，故A错误；
B.氢化钠是离子化合物，沸点高于水，故B正确；
C.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：
Z，故C错误；
D.水或过氧化氢都是共价化合物，只含有共价键、氧化钠或过氧化钠都属于离子化合物，含有离子键，化学键类型不同，故D错误；
6.高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色水处理剂。
工业上可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，两端隔室中离子不能进入中间隔室。
A.阳极电极反应式：
Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O
B.甲溶液可循环利用
C.离子交换膜a是阴离子交换膜
D.当电路中通过2mol电子的电量时，会有1molH2生成
【答案】C
根据工业上电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，故铁做阳极，铁放电生成FeO42-，铜棒做阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根，导致阴极室溶液产生大量OH-，则吸引中间隔室中的Na+移向阴极室，故所得溶液甲为浓的NaOH溶液。
中间隔室中的NaOH溶液浓度降低。
A.阳极发生氧化反应，电极反应式：
Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故A正确；
B.阴极发生还原反应，水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根，甲溶液为浓的氢氧化钠溶液，可循环利用，故B正确；
C.电解池中阳离子向阴极移动，通过离子交换膜a的是Na+，故为阳离子交换膜，故C错误；
D.阴极发生还原反应，水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH―，当电路中通过2mol电子的电量时，会有1molH2生成，故D正确；
故选C。
7.向25℃时，体积均为20mL、浓度均为0.1mol·
L-1的两种酸HX、HY溶液中分別滴加0.1mol·
L-1的NaOH溶液，所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A.HX与NaOH溶液反应的离子方程式为：
HX+OH-=X-+H2O
B.Ka（HY）的数量级约为10-10
C.b点时：
c（Na+）=c（Y-）+c（HY）
D.V（NaOH）=20mL时，两种反应后的溶液中c（X-）>
c（Y-）
浓度均为0.1mol•L-1的两种酸HX、HY，由图可知，HX的pH等于1，HY的pH等于4，则HX为强酸，HY为弱酸，然后根据盐类水解的规律结合溶液的pH分析解答。
A．由图可知，HX为强酸，所以HX与NaOH溶液发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故A错误；
B．浓度为0.1mol•L-1的HY，由图可知，HY的pH等于4，则Ka（HY）=
=
=10-7，故B错误；
C.b点溶液中存在等浓度的HY和NaY，根据物料守恒，2c（Na+）=c（Y-）+c（HY），故C错误；
D.V（NaOH）=20mL时，两个反应均恰好完全进行，生成盐溶液，由于Y-发生水解，因此反应后的溶液中c（X-）>
c（Y-），故D正确；
本题考查了盐类的水解、弱电解质电离、离子浓度大小判断等，关键是起始浓度均为0.1mol•L-1的两种酸HX、HY的pH不等判断出酸的强弱。
本题的易错点为A，要注意HX为强酸。
8.莫尔法是用硝酸银标准溶液测定卤离子含量的沉淀滴定法。
将无水FeCl3与氯苯混合发生反应:
2FeCl3+C6H5Cl
2FeCl3+C6H4C12+HC1↑，将生成的HC1用水吸收，利用莫尔法测出无水FeCl3的转化率，同时得到常用的还原剂FeCl2，按照如图装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水FeCl3与225g氯苯，控制反应温度在130℃下加热3h，冷却、过滤、洗涤、干燥得到粗产品。
有关数据如下：
回答下列问题:
（1）仪器a的名称是________，搅拌器的作用是_______。
（2）反应结束后，还要继续通入N2的目的是__________；
仪器c盛装的试剂是________（填序号）。
A.碱石灰B.浓硫酸C.无水氯化钙D.硅胶
（3）如何从滤液中回收过量的氯苯：
_____________
（4）下列各装置（盛有蒸馏水）能代替图中虚线框内部分的是_________（填序号）。
（5）将锥形瓶内的溶液稀释至1000mL，从中取10.00mL，用0.2000mol·
L-1AgNO3溶液进行滴定，以K2CrO4溶液作指示剂，终点现象为______；
若消耗22.50mLAgNO3溶液，则无水FeCl3的转化率为_____。
（6）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏_______（填“高”或“低”）。
【答案】
（1）.三颈烧瓶或三口烧瓶
（2）.加快反应速率（3）.将反应生成的HCl全部排至装置d，被水完全吸收（4）.CD（5）.蒸馏滤液，收集132℃的馏分（6）.eg（7）.红色沉淀刚好出现（8）.90%（9）.低
2FeCl3+C6H4C12+HC1↑，将生成的HC1用水吸收，然后用硝酸银滴定生成的氯化氢测定无水FeCl3的转化率；
根据表格数据，C6H5Cl和C6H4C12的沸点相差较大，从滤液中回收过量的氯苯，可以选择蒸馏的方法分离；
分析误差时需要根据c（待测）=
分析判断。
（1）根据装置图，仪器a是三颈烧瓶，搅拌可以使反应物充分混合，加快反应速率，故答案为：
三颈烧瓶；
加快反应速率；
（2）反应结束后，继续通入N2，可以将反应生成的HCl全部排至装置d，被水完全吸收，减少实验误差；
仪器c的目的是干燥生成的氯化氢，应该选择固态酸性或中性干燥剂，可以选择无水氯化钙或硅胶，故答案为：
将反应生成的HCl全部排至装置d，被水完全吸收；
CD；
（3）根据表格数据，C6H5Cl和C6H4C12的沸点相差较大，从滤液中回收过量的氯苯，可以选择蒸馏的方法分离，只要收集132℃的馏分即可，故答案为：
蒸馏滤液，收集132℃的馏分；
（4）氯化氢极易溶于水，需要防止倒吸，能代替图中虚线框内部分的有eg，f为密封装置，氯化氢气体不能通入，h会发生倒吸现象，故答案为：
cg；
（5）锥形瓶内的溶液为氯化氢的水溶液，将锥形瓶内的溶液稀释至1000mL，从中取10.00mL，用0.2000mol·
L-1AgNO3溶液进行滴定，以K2CrO4溶液作指示剂，根据表格数据，首先生成氯化银出，后生成铬酸银沉淀，因此终点现象为红色沉淀刚好出现；
根据方程式2FeCl3+C6H5Cl
2FeCl3+C6H4C12+HC1↑，HC1+AgNO3=AgCl+HNO3可知，2FeCl3~HC1↑~AgNO3，n（FeCl3）=2n（AgNO3）=2×
0.2000mol·
L-1×
0.02250L×
=0.9mol，无水FeCl3的转化率为
×
100%=90%，故答案为：
红色沉淀刚好出现；
90%；
（6）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会，导致溶液的体积偏小，根据c（待测）=
，测定结果偏低，故答案为：
低。
9.利用废钡渣（主要成分为BaS2O3，含少量SiO2）为原料生产高纯氟化钡的流程如下：
已知:
Kap（BaS2O3）=6.96×
10-11，Kap（BaF2）=1.0×
10-6
（1）步骤①除产生SO2外，还有淡黄色固体生成，该反应的离子方程式为______________。
（2）步骤②的目的是中和过量的盐酸，加入NaOH溶液不宜过量，其原因是__________（用离子方程式表示）。
（3）滤液的主要成分是BaCl2，还含有少量NaCl，溶解度数据如下表：
温度
20℃
40℃
60℃
80℃
100℃
NaCl
36.0g
36.6g
37.3g
39.0g
39.8g
BaCl2
35.8g
40.8g
46.2g
52.5g
59.4g
步骤③宜采用_____（填“蒸发结晶”或“降温结晶”）。
（4）工业上可用氨水吸收SO2，并通入空气使其转化为铵态氮肥。
该转化中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
（5）步骤④生成BaF2的反应类型为____________。
①若该反应温度过高，容易造成c（F-）降低的原因是__________。
②研究表明，适当增加NH4F的比例有利于提高BaF2的产率和纯度，将浓度为0.1mol·
L-1的BaCl2溶液和0.22mol·
L-1NH4F溶液等体积混合，所得溶液中c（Ba2+）=__________mol·
L-1。
【答案】
（1）.BaS2O3
+2H+=Ba2++S↓+SO2↑+H2O
（2）.2OH-
+SiO2=SiO32-+H2O（3）.降温结晶（4）.1:
2（5）.复分解反应（6）.温度较高促进F-水解,使c（F-）降低（7）.0.01
（1）根据流程图，步骤①中废钡渣中的BaS2O3与盐酸反应生成SO2和硫；
（2）步骤②的目的是中和过量的盐酸，过量的氢氧化钠会与二氧化硅反应；
（3）根据BaCl2和NaCl溶解度数据可知，氯化钡的溶解度与温度的变化和氯化钠的溶解度与温度的变化不同；
（4）转化中氧化剂为氧气，还原剂为SO32-或SO2，根据得失电子守恒分析；
（5）步骤④生成BaF2的化学反应方程式为BaCl2+2NH4F=BaF2+2NH4Cl；
①盐类的水解收温度的影响，温度越高，水解程度越大；
②根据BaCl2+2NH4F=BaF2+2NH4Cl计算反应后溶液中c（F-），再根据Kap（BaF2）计算c（Ba2+）。
（1）步骤①中废钡渣（主要成分为BaS2O3，含少量SiO2）中的BaS2O3与盐酸反应除产生SO2外，还有淡黄色固体硫生成，反应的离子方程式为BaS2O3
+2H+=Ba2++S↓+SO2↑+H2O，故答案为：
BaS2O3
+2H+=Ba2++S↓+SO2↑+H2O；
（2）步骤②的目的是中和过量的盐酸，加入NaOH溶液不宜过量，过量的氢氧化钠会与二氧化硅反应，离子方程式为2OH-
+SiO2=SiO32-+H2O，故答案为：
2OH-
+SiO2=SiO32-+H2O；
（3）滤液的主要成分是BaCl2，还含有少量NaCl，根据二者溶解度数据可知，氯化钡的溶解度随温度的变化比较明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大，步骤③宜采用降温结晶，故答案为：
降温结晶；
（4）工业上可用氨水吸收SO2，并通入空气使其转化为铵态氮肥，该转化中氧化剂为氧气，还原剂为SO32-或SO2，根据得失电子守恒，二者物质的量之比为1:
2，故答案为：
1:
2；
（5）步骤④生成BaF2的化学反应方程式为BaCl2+2NH4F=BaF2+2NH4Cl，属于复分解反应，故答案为：
复分解反应；
①若该反应温度过高，温度较高促进F-水解，使c（F-）降低，故答案为：
温度较高促进F-水解，使c（F-）降低；
②所得溶液中c（F-）=
（0.22mol·
L-1-0.2mol·
L-1）=0.01mol·
L-1，c（Ba2+）=
=mol·
L-1，故答案为：
0.01。
10.煤炭燃烧产生的SO2、CO、NO2等造成了严重的大气污染问题。
（1）CaO能起到固硫、降低SO2排放量的作用。
已知：
①SO2（g）+CaO（s）=CaSO3（s）△H=-402kJ·
mol-1
②2CaSO3（s）+O2（g）=2CaSO4（s）△H=-234kJ·
③CaCO3（s）=CO2（g）+CaO（s）△H=+178kJ·
则反应2SO2（g）+O2（g）+2CaO（s）=2CaSO4（s）△H=________kJ·
向燃煤中加入CaCO3也可起到固硫作用，若固定2molSO2相应量的煤在相同条件下，燃烧时向环境释放出的热量会减少______kJ。
（2）利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇，是减少污染的一种新举措，反应原理为CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H，在体积不同的两个恒容密闭容器中分别充入1molCO和2molH2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图甲。
①上述合成甲醇的反应是______
（填“吸热”或“
放热”）反应，判断的理由是_____。
②图甲中A、B、C三点中反应速率最大的是______
（填写“A”、“B”或“C”）。
③在300℃时，向C点平衡体系中再充入0.25molCO，0.5molH2和0.25molCH3OH，该平衡______（填“向
正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）移动。
（3）一定温度下，CO的转化率与起始投料比
的变化关系如图乙所示，测得D点氢气的转化率为40%，则x=______。
（4）利用原电池原理可将NO2和NH3转化为无污染物质，其装置原理图如图丙所示，则负极反应式为______________。
【答案】
（1）.-1038
（2）.356（3）.放热（4）.升高温度，CH3OH的体积分数减小,平衡逆向移动，正反应放热（5）.C（6）.向正反应方向（7）.3（8）.2NH3-
6e-+6OH-=N2+6H2O
（1）根据盖斯定律将①SO2（g）+CaO（s）=CaSO3（s）△H=-402kJ·
mol-1，②2CaSO2（s）+O2（g）=2CaSO3（s）△H=-234kJ·
mol-1按照①×
2+②处理即可；
燃烧时向环境释放出的热量会减少的热量为碳酸钙分解吸收的热量；
（2）①根据图像甲，升高温度，CH3OH的体积分数逐渐减小，说明平衡逆向移动；
②首先根据图像甲分析判断出P2＞P1，温度越高，压强越大，反应速率越快；
③首先计算判断平衡时C点的组成，在分析恒容容器中再充入0.25molCO，0.5molH2和0.25molCH3OH，对平衡的影响；
（3）根据图像乙，D点CO的转化率为60%，结合D点氢气的转化率计算判断x的值；
（4）NO2和NH3转化为无污染物质为氮气和水，负极上氨气发生氧化反应。
（1）①SO2（g）+CaO（s）=CaSO3（s）△H=-402kJ·
mol-1，②2CaSO2（s）+O2（g）=2CaSO3（s）△H=-234kJ·
mol-1，③CaCO3（s）=CO2（g）+CaO（s）△H=+178kJ·
mol-1，根据盖斯定律，将①×
2+②得：
2SO2（g）+O2（g）+2CaO（s）=2CaSO4（s）△H=（-402kJ·
mol-1）×
2+（-234kJ·
mol-1）=-1038kJ·
mol-1；
向燃煤中加入CaCO3也可起到固硫作用，若固定2molSO2相应量的煤，根据方程式，固定2molSO2，放出1038kJ的热量，同时需要分解2molCaCO3，需要吸热356kJ，因此在相同条件下，燃烧时向环境释放出的热量会减少356kJ，故答案为：
-1038；
356；
（2）①根据图像，升高温度，CH3OH的体积分数逐渐减小，说明平衡逆向移动，合成甲醇的反应是放热反应，故答案为：
放热；
升高温度，CH3OH的体积分数减小,平衡逆向移动，正反应放热；
②CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）是气体的物质的量减小的反应，压强越大，平衡时CH3OH的体积分数越大，则P2＞P1，温度越高，压强越大，反应速率越快，图甲中A、B、C三点中反应速率最大的是C，故答案为：
C；
③C点CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）
起始（mol）120
反应（mol）x2xx
平衡（mol）1-x2-2xx
则
100%=50%，解得：
x=0.75mol，因此平衡时有0.25molCO，0.5molH2和0.75molCH3OH，恒容容器中再充入0.25molCO，0.5molH2和0.25molCH3OH，可以看成先充入
molCO，
molH2和0.25molCH3OH，相当于增大压强，再充入
molH2，平衡均正向移动，故答案为：
向正反应方向；
（3）D点CO的转化率为60%，
CO（g）+2H2（g）
起始（mol）1x0
反应（mol）0.61.20.6
平衡（mol）0.4x-1.20.6
D点氢气的转化率为40%=
，x=3，故答案为：
3；
（4）利用原电池原理可将NO2和NH3转化为无污染物质氮气和水，负极上氨气发生氧化反应，反应式为2NH3-
6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：
2NH3-
6e-+6OH-=N2+6H2O。
11.铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。
（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是________。
（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______（填1、2、3、4），三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为____（用相应的元素符号表示）；
氮原子的杂化轨道类型为____。
（3）Fe（CO）x，常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x，晶体属于_____（填晶体类型），若配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=_______。
（4）NiO、
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