全国市级联考安徽省芜湖市届高三模拟考试理综化学试题解析版Word文档格式.docx
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X使溴水褪色的原理是碳碳双键与溴水的加成反应，X使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是碳碳双键被高锰酸钾氧化，所以选项B正确。
X与金属Na或者与NaHCO3反应，都是-OH上活泼氢的作用，1molX和足量Na反应得到0.5mol氢气，和足量NaHCO3反应得到1mol二氧化碳气体，选项C错误。
明显X中有3个氧原子，庚二酸分子中有4个氧原子，所以不可能是同分异构体，选项D错误。
4.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是
选项
陈述I
陈述Ⅱ
A
MnO2有较强的氧化性
MnO2可作H2O2分解的催化剂
B
SO2具有氧化性
SO2通入紫色石蕊试液中先变红后褪色
C
液氨汽化时吸热
NH3可用作制冷剂
D
氯化铁溶于水产生氢氧化铁胶体
氯化铁可用于硬水的软化
A.AB.BC.CD.D
............
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种原子的最外层电子数之和为20。
X原子的电子层数与最外层电子数之比为1∶3，Y原子的最外层电子数与其内层电子总数之比为1∶5。
A.最简单气态氢化物的稳定性：
W>
X
B.化合物WX、YZ2中化学键类型相同
C.W、Z的最高价氧化物对应的水化物均为弱酸
D.简单离子的半径：
Y<
【解析】X原子的电子层数与最外层电子数之比为1∶3，说明X为O。
Y原子的最外层电子数与其内层电子总数之比为1∶5，说明Y为Mg。
四种原子的最外层电子数之和为20，则W和Z的最外层电子数之和为12，所以只能是W最外层为5个，Z最外层为7个，所以W为N，Z为Cl。
W的气态氢化物为NH3，X的气态氢化物为H2O，同周期从左向右气态氢化物的稳定性增强，所以气态氢化物的稳定性：
X，选项A错误。
化合物NO（共价化合物）、MgCl2（离子化合物）中化学键的类型不同，NO为共价键，MgCl2为离子键，所以选项B错误。
W、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、HClO4，都是强酸，选项C错误。
核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径为：
X，选项D正确。
6.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。
相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法不正确的是
A.在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原
B.电子由液态Cu-Si合金流出，从液态铝流入
C.三层液熔盐的作用是增大电解反应面积，提高硅沉积效率
D.电流强度不同，会影响硅提纯速率
【答案】A
7.电解质溶液电导率越大导电能力越强。
常温下用0.100mol·
L－1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·
L－1的NaOH溶液和氨水溶液。
利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。
A.曲线①代表滴定氢氧化钠溶液的曲线
B.滴定氨水的过程应该选择酚酞作为指示剂
C.b点溶液中：
c（H＋）＞c（OH－）＋c（NH4＋）＋c（NH3·
H2O）
D.a、b、c、d四点的溶液中，水的电离程度最大的是c点
【解析】A、曲线②电导率先减小后增大，曲线②表示用0.100mol·
L－1盐酸滴定10.00mL浓度为
0.100mol·
L－1的NaOH；
曲线①电导率持续增大，曲线①表示用0.100mol·
L－1盐酸滴定10.00mL浓度为0.100mol·
L－1的氨水溶液，A错误；
B、把盐酸滴加到氨水中，开始时溶液显碱性，当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性，观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差，在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，不应该选择酚酞作为指示剂，B错误；
C、b点盐酸过量，溶质是等浓度的氯化铵和盐酸的混合溶液，则根据电荷守恒和物料守恒可知c（H＋）＞c（OH－）＋c（NH4＋）＋c（NH3·
H2O），C正确；
D、c点溶质是氯化钠、b、d点都有剩余的盐酸，抑制水电离、a点是强酸弱碱盐溶液，水解促进水电离，所以水的电离程度最大的是a点，D错误。
答案选C。
点睛：
注意指示剂选择的三个因素：
（1）变色范围与终点pH吻合或接近。
（2）指示剂变色范围越窄越好。
（3）指示剂在滴定终点时颜色变化明显，容易观察（一般来说指示剂颜色由浅变深较由深变浅易于观察）判断。
8.亚硝酰氯（ClNO）常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，某学习小组在实验室用Cl2与NO制备ClNO并测定其纯度，进行如下实验（夹持装置略去）。
查阅资料：
亚硝酰氯（ClNO）的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。
请回答下列问题：
Ⅰ．Cl2的制备：
舍勒发现氯气的方法至今还是实验室制取氯气的主要方法之一。
（1）该方法可以选择上图中的______（填字母标号）为Cl2发生装置，该反应中被氧化与被还原物质的物质的量之比为______。
（2）欲收集一瓶纯净干燥的氯气，选择上图中的装置，其连接顺序为：
a→______→i→h（按气流方向填小写字母标号）。
Ⅱ．亚硝酰氯（ClNO）的制备、实验室可用下图装置制备亚硝酰氯（ClNO）：
（3）实验室也可用B装置制备NO，与B装置相比，使用X装置的优点为______。
（4）组装好实验装置后应先______，然后装入药品。
一段时间后，两种气体在Z中反应的现象为______。
III．亚硝酰氯（ClNO）纯度的测定：
将所得亚硝酰氯（ClNO）产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；
取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用0.8mol·
L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。
（已知：
Ag2CrO4为砖红色固体）
（5）亚硝酰氯（ClNO）与水反应的离子方程式为______。
（6）亚硝酰氯（ClNO）的质量分数为______。
（保留两位有效数字）
【答案】
（1）.C
（2）.2∶1（3）.g→f→e→d→c→b（4）.排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停（5）.检查装置的气密性（6）.出现红褐色液体（7）.2ClNO+H2O==2H++2Cl-+NO↑+NO2↑（8）.90%
【解析】
（1）实验室制取氯气的方法是将二氧化锰固体与浓盐酸混合加热，所以选取的装置为C。
该反应中有2molHCl被氧化为1molCl2，有1molMnO2被还原为Mn2+，所以被氧化与被还原物质的物质的量之比为2:
1。
（2）制取的氯气应该先过饱和食盐水除去氯化氢，过浓硫酸干燥，再收集（氯气密度大于空气，应该长进短出），所以顺序为：
a→g→f→e→d→c→b→i→h。
（3）X可以从U形管的左侧加入硝酸，当硝酸没过铜丝的时候，可以保证装置内没有空气，这样生成的NO比较纯净。
当反应需要停止时，可以关闭K1，此时NO气体无法排出，会产生一定气压，使U形管右侧液面下降，当固液分离的时候，反应自动停止。
由上，X装置的优点是：
排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停。
（4）实验的一般步骤是连接装置再检查气密性，再进行实验。
一段时间后，两种气体在Z中反应生成亚硝酰氯，而亚硝酰氯是一种红褐色液体，所以现象为Z的三颈瓶中出现红褐色液体。
（5）亚硝酰氯遇水易反应生成一种氯化物（只能是HCl）和两种氮的常见氧化物（NO和NO2），所以反应的离子方程式为：
2ClNO+H2O==2H++2Cl-+NO↑+NO2↑。
（6）加入的硝酸银为0.8×
22.5×
10-3＝0.018mol，所以氯离子为0.018mol，根据Cl守恒得到ClNO为0.018mol，考虑到题目是将产品配成250mL溶液，取25mL进行滴定，所以含有的ClNO为0.18mol，质量为0.18×
65.5＝11.79g，质量分数为11.79÷
13.1＝90%。
9.铋及其化合物在工业生产中用途广泛，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质）制备NaBiO3，其流程如下：
已知：
水解能力：
Bi3+＞Fe3+。
回答下列问题：
（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有______（任写一条）；
过滤1的滤渣的主要成分有______（填化学式）。
（2）浸取时加入过量浓盐酸的目的是______；
“母液”中通入气体X后可循环利用，气体X为______（填名称）。
（3）写出焙烧时生成铋酸钠的化学方程式______；
当消耗标准状况下4.48LO2时，转移电子的数目是______。
（4）25℃时，向浓度均为0.04mol·
L－1的Cu2＋、Pb2＋、Bi3＋的混合溶液中滴加（NH4）2S溶液（设溶液体积增加1倍），当c（Pb2+）=10-5mol·
L-1时恰好完全沉淀，所得溶液中c（Cu2+）∶c（Bi3+）＝______。
[已知：
Ksp（CuS）＝6.0×
10－36、Ksp（PbS）＝3.0×
10－28、Ksp（Bi2S3）＝1.6×
10－20]
（5）用双硫腙（H2Dz，二元弱酸）～CC14络合萃取法可从工业废水中提取金属离子：
H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu（HDz）2等]，再用CCl4萃取此络合物。
下图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线（E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率）。
①当调节pH＝2.5时，铋（Bi）的存在形式有______。
②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为______。
【答案】
（1）.粉碎矿石，适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等
（2）.S、SiO2（3）.防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率（4）.氯气（5）.2Bi+2O2+Na2O2
2NaBiO3（6）.NA或6.02×
1023（7）.10-11﹕1（8）.Bi3+、Bi（HDz）3（9）.Bi（HDz）3+6OH-===Bi（OH）3+3H2O+3Dz3-
（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等；
二氧化硅与盐酸和氯化铁不反应，Bi2S3中的－2价S被氧化为单质硫，则滤渣的主要成分有S、SiO2。
（2）由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；
加入铁粉后铁离子转化为亚铁离子，Bi3＋转化为单质铋，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁而循环利用，所以气体X为氯气。
（3）焙烧时生成铋酸钠的化学方程式为2Bi＋2O2＋Na2O2
2NaBiO3；
反应中只有Bi元素化合价升高，从0价升高到5价，当消耗标准状况下4.48LO2即0.2mol氧气时，转移电子的个数是NA。
（4）根据溶度积常数可知此时Bi3＋未沉淀，浓度是0.02mol/L。
铜离子浓度是
，所以所得溶液中c（Cu2+）∶c（Bi3+）＝10－11∶1。
（5）①当调节pH＝2.5时铋的萃取率是0.8，所以铋（Bi）的存在形式有Bi3＋、Bi（HDz）3；
②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为Bi（HDz）3＋6OH－＝Bi（OH）3↓+3H2O+3Dz2－。
10.硫的化合物在科研、生活及化学工业中具有重要的作用。
（1）在废水处理领域中，H2S或Na2S能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。
25℃，在0.10mol·
L－1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2－）关系如下表（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）。
pH
3
5
7
9
11
c（S2－）/（mol·
L－1）
1.4×
10－15
10－11
6.8×
10－8
1.3×
10－5
10－3
某溶液含0.020mol·
L－1Mn2＋、0.10mol·
L－1H2S，当溶液的pH＝5时，Mn2＋开始沉淀，MnS的溶度积为______。
（2）工业上采用高温分解H2S制取氢气，其反应为2H2S（g）
2H2（g）＋S2（g） ΔH1，在膜反应器中分离出H2。
①已知：
H2S（g）
H2（g）＋S（g） ΔH2；
2S（g）
S2（g） ΔH3，则ΔH1＝______（用含ΔH2、ΔH3的式子表示）。
②在密闭容器中，充入0.10molH2S（g），发生反应2H2S（g）
2H2（g）＋S2（g），控制不同的温度和压强进行实验，结果如图所示。
图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为______，理由是______。
若容器的容积为2.0L，则压强为p3，温度为950℃时，反应经3h达到平衡，化学反应速率v（S2）＝______；
若压强p2＝7.2MPa、温度为975℃时，该反应的平衡常数Kp＝______（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×
物质的量分数，计算结果保留两位有效数字）。
若保持压强不变，升温至1000℃时，则该反应的平衡常数_____（填“增大”“不变”或“减小”）。
（3）工业上用惰性电极电解KHSO4饱和溶液制取H2O2，示意图如图所示：
①低温电解KHSO4饱和溶液时阳极的电极反应式为______。
②K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4，该反应的化学方程式______。
【答案】
（1）.2.8×
10－13
（2）.2ΔH2＋ΔH3（3）.p3>
p2>
p1（4）.该反应的正反应为气体分子数增加的反应，其他条件相同时，压强增大平衡逆向移动，H2S的转化率减小，故p3>
p1（5）.0.0025mol·
L－1·
h－1（6）.0.53（7）.增大（8）.2SO
－2e－===S2O
（9）.K2S2O8＋2H2O===H2O2＋2KHSO4
【解析】试题分析：
（1）某溶液含0.020mol•L-1Mn2+、0.1mol•L-1H2S，当溶液的pH=5时，溶液里c（S2-）=1.4×
10-11mol•L-1，Mn2+开始沉淀，则MnS的溶度积=c（S2-）×
c（Mn2+）=0.020×
10-11=2.8×
10-13；
（2）工业上采用高温分解H2S制取氢气，其反应为2H2S（g）
2H2（g）+S2（g）△H1，在膜反应器中分离出H2。
①ⅰH2S（g）
H2（g）+S（g）△H2，ⅱ2S（g）
S2（g）△H3，根据盖斯定律可知2H2S（g）
2H2（g）+S2（g）为ⅰ×
2+ⅱ得到的，故△H1=2ΔH2+ΔH3；
②因为恒温下压强越大，H2S的转化率越低，则图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>
p1，理由是该反应的正反应为气体分子数增加的反应，其他条件相同时，压强增大平衡逆向移动，H2S的转化率减小，故p3>
p1。
压强为p3，温度为950℃时，H2S的转化率为30%，即变化量为0.10mol×
30%=0.03mol，生成的S2（g）为0.03mol/2=0.015mol，达到平衡时v（S2）="
（"
0.015mol/2L）÷
3h=0.0025mol/（L·
h）；
若压强p2=7.2MPa，温度为975℃时，H2S的转化率为40%，即变化量为0.10mol×
40%=0.04mol，则平衡时H2（g）为0.04mol，S2（g）的物质的量为0.02mol，H2S（g）的物质的量为0.06mol，总的物质的量为0.12mol，H2S（g）、H2（g）、S2（g）的分压分别为7.2MPa×
（0.06/0.12）=3.6MPa，7.2MPa×
（0.04/0.12）=2.4MPa，7.2MPa×
（0.02/0.12）=1.2MPa，则反应的平衡常数Kp=（2.4MPa）2×
1.2MPa÷
（3.6MPa）2=0.53MPa，因恒压条件下，温度越高，H2S的转化率越大，说明升高温度平衡正向移动，若保持压强不变，升温到1000℃时，则该反应的平衡常数增大；
（3）①低温电解饱和KHSO4溶液时阳极的电极反应式为2SO42−−2e−=S2O82−；
②K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4，该反应的化学方程式为K2S2O8+2H2O=H2O2+2KHSO4。
考点：
考查溶度积、化学平衡常数及盖斯定律的应用计算，涉及电解原理的应用。
11.英国曼彻斯特大学科学家安德烈·
海姆和康斯坦丁·
诺沃肖洛夫。
共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。
制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。
石墨烯的球棍模型示意图如图：
（1）下列有关石墨烯说法正确的是______。
a．12g石墨烯含
键数为NA
b．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面
c．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力
d．石墨烯中每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有6个C原子
（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。
①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是_____；
第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有______。
②下列分子属于非极性分子的是______。
a．甲烷b．二氯甲烷c．苯d．乙醇
③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因______。
④酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图1，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是______。
⑤金与铜可形成的金属互化物合金（如上图2），它的化学式可表示为______；
在Au周围最近并距离相等的Cu有______个，若2个Cu原子核的最小距离为dpm，该晶体的密度可以表示为______g/cm3。
（阿伏加德罗常数用NA表示）
【答案】
（1）.bc
（2）.3d（3）.K、Cr（4）.a、c（5）.乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键（6）.sp2（7）.Cu3Au或AuCu3（8）.12（9）.
（1）由图示得到，石墨烯中碳原子的杂化类型为sp2，所以每个碳原子应该形成3个σ键，而每形成1个σ键需要2个碳原子，所以C∶σ键＝2∶3，因此12g石墨烯（1molC）中的σ键为1.5mol，选项a错误。
石墨烯中所有的碳原子都是sp2杂化，所以所有的碳原子都在同一个平面，选项b正确。
石墨晶体中石墨层与层之间存在的是分子间作用力，所以选项c正确。
石墨烯中每个C原子连接3个六元环，所以每个C原子在一个六元环中只能分得1/3，所以每个六元环占有6×
1/3=2个C原子，选项d错误。
（2）①铜是29号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104S1，根据鲍林的近似能级图得到其中能量最高的能级为3d。
第四周期，最外层电子数与Cu相同都是1个电子的是K（4s1）和Cr（3d54s1）。
②甲烷（正四面体）和苯（正六边形）都是高度对称的分子，所以是非极性分子；
而二氯甲烷是变形四面体结构是极性分子，乙醇显然是极性分子。
③乙醇沸点高于丁烷的原因是，乙醇有-OH，可以形成分子间氢键，从而提高了沸点。
④酞菁分子中碳都形成了双键，或者都是苯环中的碳原子，所以都是sp2杂化。
⑤金原子占据晶胞的顶点，所以有8×
＝1个；
铜原子占据6个面心，所以有6×
＝3个，所以化学式为Cu3Au或AuCu3。
如果以图2晶胞的体心为顶点，以顶点的金原子为体心，可以得到一个新的晶胞，该新晶胞中金原子在体心，铜原子位于12条棱的棱心，所以在Au周围最近并距离相等的Cu有12个。
由立体几何知识得到图2中两个Cu原子核的最小距离为晶胞面对角线的一半，所以面对角线的长度为2dpm，所以晶胞边长为2d/
＝
dpm＝
d×
10-10cm。
晶胞体积为边长的立方为：
d3×
10-30cm3，晶胞中含有1个Au和3个Cu，所以晶胞的质量为（197+3×
64）/NA，质量除以体积得到晶胞密度为：
g/cm3。
高中在教学中使用的是鲍林的近似轨道能级图，所以3d的能量高于4s。
但是在科顿能级图中，除了K和Ca之外，应该是4s的能量高于3d，只是如果在3d中填充了一个电子以后，受到电子互斥和屏蔽效应的影响，下一个电子应该填入4s。
12.咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力，其合成路线如图所示：
（1）C+D→E反应类型为______。
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