江西省师范大学附属中学高三下学期三模考试理科综合化学试题解析版Word格式.docx
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【详解】A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；
B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；
C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到
气体分子数目小于2NA，C错误；
D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；
故合理选项是A。
3.降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。
降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。
下列说法错误的是（）
A.降冰片二烯与四环烷互为同分异构体
B.降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.四环烷的一氯代物超过三种（不考虑立体异构）
D.降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个
【详解】A.降冰片二烯与四环烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；
B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C.四环烷含有三种位置的H原子，因此其一氯代物有三种，C错误；
D.根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D正确；
4.根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（）
实验操作
预测实验现象
实验结论或解释
A
向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置
下层溶液显紫红色
氧化性:
Fe3+>
I2
B
向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热
有砖红色沉淀生成
葡萄糖具有还原性
C
常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验
试液不变蓝
常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应
D
向盛有NH4Al（SO4）2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液
产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
NH4++OH-=NH3↑+H2O
A.AB.BC.CD.D
【详解】A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:
I2，A错误；
B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；
C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；
D.向盛有NH4Al（SO4）2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：
Al3++3OH-=Al（OH）3↓，D错误；
5.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増，其原子的最外层电子数之和为13。
X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。
下列说法正确的是（）
A.X的简单氢化物溶于水显酸性
B.Y的氧化物是离子化合物
C.Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质
D.X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸
【答案】B
考查原子核外电子的排布规律。
Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。
X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。
氨气的水溶液显碱性，A不正确。
氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确。
H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确。
硝酸和硫酸都是强酸，D不正确。
答案选B。
6.电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。
通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。
A.离子交换膜b
阳离子交换膜
B.各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水
C.通电时，电极l附近溶液的pH比电极2附近溶液的pH变化明显
D.淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值
【详解】图中分析可知，电极1为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：
2Cl--2e-=Cl2↑，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜。
A.分析可知b为阴离子交换膜，A错误；
B.实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，结合阴阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，B正确；
C.通电时，阳极电极反应：
2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应，2H++2e-=H2↑，电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显，C错误；
D.淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，D错误；
故合理选项是B。
7.常温下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。
下列分析正确的是（）
A.各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：
d>
c>
b>
a
B.常温下，R-的水解平衡常数数量级为10-9
C.a点和d点溶液中，水的电离程度相等
D.d点的溶液中，微粒浓度关系：
c（R-）+2c（HR）=c（NH3∙H2O）
【详解】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；
B.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c（R-）≈c（H+）=10-3mol/L，c（HR）≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka=
=10-5，则R-的水解平衡常数数Kh=
=10-9，B正确；
C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c（H+）=10-4mol/L，d点c（OH-）=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；
D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：
2c（HR）+2c（R-）=c（NH3∙H2O）+c（NH4+），因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c（NH4+）>
c（NH3∙H2O），则c（HR）+c（R-）＞c（NH3∙H2O），D错误；
8.“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。
某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。
（1）该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。
已知：
①饱和
NaClO溶液pH
11；
②25°
C时，弱酸电离常数为：
H2CO3：
K1=4.4×
10-7，K2=4.7×
10-11；
HClO：
K=3×
10-8
实验步骤
实验现象
B瓶
C瓶
实验1：
取样，滴加紫色石蕊试液
变红，不褪色
变蓝，不褪色
实验2：
测定溶液的pH
3
12
回答下列问题：
①仪器a的名称___________，装置A中发生反应的离子方程式__________。
②C瓶溶液中的溶质是NaCl、__________（填化学式）。
③若将C瓶溶液换成
NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：
实验1中紫色石蕊试液立即褪色；
实验2中溶液的pH=7．结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因______
（2）测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：
g/L）的实验步骤如下：
Ⅰ．取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。
Ⅱ．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作2～3次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。
（已知：
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）
①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_________。
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因__________滴定至终点的现象_____________。
③C瓶溶液中NaClO含量为______g/L（保留2位小数）
【答案】
（1）.分液漏斗
（2）.MnO2+2Cl-+4H+
Cl2↑+Mn2++2H2O（3）.NaClO、NaOH（4）.溶液中存在平衡Cl2+H2O
HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大（5）.ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O（6）.防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出）（7）.当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色（8）.4.47
【分析】
装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，
（1）①由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；
②通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；
（2）①取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解；
③ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-～I2～2S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。
【详解】
（1）①仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+
Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：
溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；
（2）①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：
ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；
②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；
通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；
③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，由方程式可得关系式
NaClO～I2～2S2O32-，
12
n0.1000mol/L×
0.024L=0.0024mol
则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为
=4.47g/L。
【点睛】本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。
9.硒（Se）和铜（Cu）在生产生活中有广泛的应用。
硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。
氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。
CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。
以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：
请回答下列问题：
（1）若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式：
_________。
（3）步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_______（写酸的名称）。
（4）上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是__________。
（5）Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠（Na2SeSO3）溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：
______________。
（6）氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。
据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是_________；
温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是____________。
【答案】
（1）.CuSO4
（2）.2Cu2＋+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H＋（3）.硫酸（4）.使CuCl干燥，防止其水解氧化（5）.Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O（6）.温度过低反应速率慢（7）.温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解（任答一点即可）
酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，
（1）步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，据此分析；
（2）步骤③
铜离子、亚硫酸铵、氯化铵得到CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高，还有硫酸根离子生成，据此书写；
（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，据此分析；
（4）根据已知“CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化”分析；
（5）硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应得到硒、硫酸钠、二氧化硫和水；
（6）温度过低，反应慢，温度过高、pH过大铵盐易分解，容易向CuO和Cu2O转化；
（1）步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为CuSO4；
（2）步骤③的反应为：
2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；
（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；
（4）由题：
CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：
使CuCl干燥，防止其水解氧化；
（5）硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应为：
Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O；
（6）流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；
温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解；
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断、物质性质的应用的知识，注意对题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用。
10.碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。
（1）催化转化器可使汽车尾气中的主要污染物（CO、NOx、碳氢化合物）进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol；
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=－221.0kJ/mol；
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=－393.5kJ/mol
则尾气转化反应2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）的△H=___________。
（2）氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。
在773K时，分别将2.00molN2和6.00molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n（H2）、n（NH3）与反应时间（t）的关系如表所示：
t/min
5
10
15
20
25
30
n（H2）/mol
6.00
4.50
3.60
3.30
3.03
3.00
n（NH3）/mol
1.00
1.60
1.80
1.98
2.00
①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3mol/L，则此时v正____v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。
②由表中的实验数据可得到“c—t”的关系，如图1所示，表示c（N2）—t的曲线是______。
在此温度下，若起始充入4molN2和12molH2，则反应刚达到平衡时，表示c（H2）—t的曲线上相应的点为________。
（3）NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C（s）+2NO（g）
N2（g）+CO2（g）△H=－34.0kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。
已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图2所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_______；
在1100K时，CO2的体积分数为__________。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。
在1050K、1.1×
106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=______[已知：
气体分压（P分）=气体总压（Pa）×
体积分数]。
（4）在酸性电解质溶液中，以惰性材料作电极，将CO2转化为丙烯
原理如图3所示
①太阳能电池的负极是_______（填“a”或“b”）
②生成丙烯的电极反应式是___________。
【答案】
（1）.-746.5kJ/mol
（2）.大于（3）.乙（4）.B（5）.1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大（6）.20%（7）.4（8）.a（9）.3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O
（1）根据盖斯定律进行分析；
（2）①该温度下，25min时反应处于平衡状态，平衡时c（N2）=1mol/L、c（H2）=3mol/L、c（NH3）=2mol/L，带入平衡常数表达式计算；
在该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2和NH3，其浓度均为3mol/L，计算出浓度商Qc，将计算结果与平衡常数K比较判断分析进行方向；
②N2的初始浓度为2mol/L，且浓度逐渐减小，据此判断；
起始充入4molN2和12molH2，相当于将充入2.00molN2和6.00molH2的两个容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移动，则平衡时c（H2）=6mol/L，而“压缩”后压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，据此可知平衡时3mol/L<
c（H2）<
6mol/L，且达到平衡的时间缩短；
（3）①结合外界条件对反应速率、平衡状态的影响以及三段式计算得到；
②根据三段式计算Kp；
（4）①燃料电池中负极通燃料，正极通氧气；
②太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到丙烯，丙烯在阴极生成。
（1）已知：
①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol；
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ/mol；
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol，根据盖斯定律③×
2-②-①可得：
2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ/mol；
（2）①该温度下，25min时反应处于平衡状态，平衡时c（N2）=1mol/L、c（H2）=3mol/L、c（NH3）=2mol/L，则K=
=
；
在该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2和NH3，其浓度均为3mol•L-1，则Qc=
<
K，反应正向进行，故v正大于v逆；
②N2的初始浓度为2mol/L，且浓度逐渐减小，图象中曲线乙符合；
起始充入4molN2和12molH2，相当于将充入2.00molN2和6.00molH2的两个容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移动，则平衡时c（H2）=6mol/L，而“压缩”后压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，故平衡时3mol/L<
6mol/L，且达到平衡的时间缩短，故对应的点为B；
（3）①1050kPa前，反应b中NO2转化率随着温度升高而增大的原因是，在1050kPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，物质的转化率增大；
在1100kPa时NO转化率40%，结合三段式计算列式得到；
C（s）+2NO（g）
N2（g）+CO2（g）
起始量（mol）200
变化量（mol）2×
0.4=0.80.40.4
平衡量（mol）1.20.40.4
CO2的体
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