安徽省淮北市2017屆高三化學第六次大周考試題（含解析）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE13學必求其心得，業(yè)必貴于專精安徽省淮北市2017屆高三第六次大周考理科綜合化學試題1.化學與人類生產(chǎn)、生活、社會可持續(xù)發(fā)展等密切相關(guān)，下列說法正確的是A.汽油、煤油、植物油等主要成分都是烴類B。節(jié)日里的焰火利用了化學變化中的焰色反應C。利用生物方法脫除生活污水中的氮和磷，可防止水體富營養(yǎng)化D.某化工廠排放的廢氣中含CO2、SO2，使雨水pH=6形成酸雨【答案】C【解析】A、植物油是酯類物質(zhì)，不屬于烴類，選項A錯誤；B、焰色反應是元素的性質(zhì)，屬于物理變化，選項B錯誤；C、利用生物方法脫除生活污水中的氮和磷，可防止水體富營養(yǎng)化，選項C正確;D、酸雨是PH<5.6的雨水,且二氧化碳不是形成酸雨的成分,選項D錯誤.答案選C。點睛：本題聯(lián)系了生活實際，將化學知識運用到生活中,需要仔細審題，結(jié)合物質(zhì)的化學性質(zhì)來理解。2.設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.7。8gNa2O2中含有的陰離子數(shù)為0.2NAB。在lL0。lmd·L—1氟化鈉溶液中含有F-為0.1NAC。標準狀況下，3。36L乙烯和丙烯的混合氣體中雙鍵數(shù)目為0.15NAD.56g鐵粉和稀鹽酸反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA【答案】C【解析】A、過氧化鈉中含有的陰離子是過氧根離子，7。8gNa2O2中含有的陰離子數(shù)為0。1NA，選項A錯誤；B、氫氟酸是弱酸，F(xiàn)—水解使離子濃度降低，粒子總數(shù)減小，選項B錯誤；C、乙烯和丙烯分子都含有一個碳碳雙鍵，標準狀況下,3.36L乙烯和丙烯的混合氣體中雙鍵數(shù)目為0。15NA，選項C正確；D、鹽酸將鐵氧化為亞鐵離子，故56g鐵粉和稀鹽酸反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA,選項D錯誤。答案選C。點睛：本題考查阿伏伽德羅常數(shù)為背景的選擇題，易錯選D項。主要原因是部分同學沒有理解清楚鐵失電子的數(shù)目，只注意到鐵的物質(zhì)的量而忽略了鐵失電子數(shù)目及鹽酸的氧化性，從而得出錯誤結(jié)論。3.下列關(guān)于有機物的說法正確的是A.蔗糖和葡萄糖不是同分異構(gòu)體，但屬同系物B.C3H6和CH2=CH2都能使酸性KmnO4溶液褪色C。乙酸乙酯在堿性條件下的水解反應稱為皂化反應D。異丁烷的三氯代物的種數(shù)和七氯代物種數(shù)相同【答案】D【解析】A.蔗糖（C12H22O11）和葡萄糖(C6H12O6)不是同分異構(gòu)體，也不屬同系物，選項A錯誤；B、C3H6不一定是丙烯,也可以是環(huán)丙烷,若是環(huán)丙烷則不能使酸性KmnO4溶液褪色，選項B錯誤；C、油脂在堿性條件下的水解叫皂化反應，乙酸乙酯不是油脂,選項C錯誤；D、異丁烷化學式為C4H10，分子中有十個氫，三氯代物和七氯代物和數(shù)相同(3個取代和3個不取代的種類一樣多），選項D正確。答案選D。4。實驗室中用如圖所示的原電池裝置做電源電解足量的NaC1的酚酞溶液,X、Y均為惰性電極.下列有關(guān)說法不正確的是A.原電池中SO42—通過隔膜從左向右移動B.反應一段時間后，燒杯中Y電極附近變紅C.Zn極質(zhì)量減少6。5g時，X極理論上生成氣體2。24L(標準狀況）D.室溫下，若Cu極質(zhì)量增加1。6g時，此時燒杯溶液體積為500mL，則溶液的pH為13【答案】A【解析】左邊原電池中鋅比較活潑做為負極，銅做為正極，X連接正極則為陽極，Y連接負極則為陰極.A、原電池中陰離子向負極移動，則應從右向左移動，選項A不正確；B、Y電極是陰極，溶液中的氫離子在Y極得電子產(chǎn)生氫氣,則氫氧根離子濃度增大，遇酚酞變紅，選項B正確；C、Zn極質(zhì)量減少6.5g時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2mol，X極氯離子得電子產(chǎn)生氯氣，轉(zhuǎn)移0。2mol電子時理論上生成氣體2.24L(標準狀況)，選項C正確；D、室溫下，若Cu極質(zhì)量增加1.6g時，即析出0。025mol銅，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.05mol，此時燒杯溶液中有0.05mol氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，則增加的氫氧根離子0。05mol，溶液體積為500mL，則溶液中c(OH—）=QUOTE=0。1mol/L，c(H+)=10-13mol/L，溶液pH為13,選項D正確。答案選A。點睛:本題考查原電池和電解池原理,為高頻考點,側(cè)重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意把握原電池和電解池的工作原理，把握電極方程式的書寫,難度不大.5.下列實驗操作或事實與預期實驗目的或所得結(jié)論對應不正確的是選項實驗操作或事實實驗目的或結(jié)論A將滴有酚酞的氨水加熱，紅色逐漸變淺NH3·H2O受熱分解，導致溶液堿性減弱B在酒精燈上加熱鋁箔，鋁箔熔化但不滴落Al2O3的熔點高于A1C新收集的酸雨白色沉淀酸雨中一定含有SO42-0測同溫同濃度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH確定碳和硅兩元素非金屬性A。AB.BC。CD。D【答案】C【解析】A、將滴有酚酞的氨水加熱，NH3·H2O受熱分解，導致溶液堿性減弱，紅色逐漸變淺，選項A正確;B、Al2O3的熔點高于A1,在酒精燈上加熱鋁箔，鋁箔熔化被外面氧化鋁包住不滴落，選項B正確；C、酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，新收集的酸雨若含有亞硫酸根離子，也能產(chǎn)生白色沉淀，而不一定是含有硫酸根離子，選項C不正確；D、測同溫同濃度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH，Na2SiO3水溶液堿性較大，證明硅酸的酸性更弱，水解程度更大，確定硅的非金屬性比碳弱，選項D正確。答案選C。6.25℃時，向純水中通入Cl2至飽和，再逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，實驗過程中得到如下圖所示的pH變化曲線.下列有關(guān)說法正確的是A。pH=7時，一定有c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-)B。從a點到b點，Cl2在水中的溶解度增大C.b點溶液中:c(H+）=c（Cl—）+c(OH-）+c（HClO）D。從b點到c點，溶液中QUOTE減小【答案】D【解析】A、一開始為純水，溶液中無鈉離子，只有在c點pH=7時，c（H+)=c（OH-)，根據(jù)電荷守恒有：c（Na+）+c(H+）=c(Cl—）+c(ClO—）+c（OH-）,則c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO—），選項A錯誤;B、一定溫度下，氯氣的溶解度不變，選項B錯誤；C、b點還沒加入氫氧化鈉，只是氯水,根據(jù)電荷守恒有：c(H+)=c（Cl—)+c(OH—）+c(ClO—）,選項C錯誤;D、從b點到c點,逐漸加入氫氧化鈉溶液,氫離子濃度降低，平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO正向移動，c(ClO—)增大，故溶液中QUOTE減小,選項D正確。答案選D。點睛：考查化學平衡、電解質(zhì)溶液及氯元素單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)。正確理解圖中各點的溶質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵。7。X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素.X和W，Z和R分別同主族，X是短周期中原子半經(jīng)最小的元素。X、Y的原子序數(shù)之和等于Z的原子序數(shù)。W是金屬元素，W+與Z2—的核外電子排布相同,下列說法不正確的是A.熱穩(wěn)定性：X2Z>YX3〉X2RB。Z、W、R形成的某種化合物在稀硫酸中可能發(fā)生氧化還原反應C.Y、R的最高價氧化物對應的水化物濃溶液均有強氧化性D。X、Y、Z只能形成共價化合物【答案】D【解析】X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素.X是短周期中原子半經(jīng)最小的元素，則X為H元素；W是金屬元素，W+與Z2—的核外電子排布相同，且Z的原子序數(shù)小于W,則W為鈉元素，Z為氧元素,X、Y的原子序數(shù)之和等于Z的原子序數(shù),則Y的原子序數(shù)為8-1=7，Y為氮元素，Z和R同主族，則R為硫元素；A、熱穩(wěn)定性：H2O>NH3〉H2S，即X2Z>YX3>X2R，選項A正確；B、Z、W、R形成的化合物Na2S2O3在稀硫酸中可能發(fā)生氧化還原反應生成硫單質(zhì)和二氧化硫,選項B正確;C、濃HNO3、濃H2SO4都有強氧化性，選項C正確;D、H、N、O可以形成離子化合物NH4NO3，選項D不正確。答案選D。8.NaClO2是一種離效消毒劑、漂白劑在實驗室中可用如圖裝置制備。。（1)裝置②中酸X可以為_____________。A.鹽酸B。H2SO4C.HNO3D。H2C2H4溶液(2)寫出裝置②中產(chǎn)生ClO2的離子方程式_____________________。(3)裝置③的作用是_____________，裝置④采用冷水欲的原因是__________________.(4)由裝置④反應后的溶液可得到NaClO2晶體，其實驗步驟為:ⅰ.減壓,蒸發(fā)結(jié)晶；ⅱ。___________；ⅲ。熱水洗滌；ⅳ。低溫干燥,得到成品（已知低溫時NaClO2飽和溶液中會析出NaClO2·3H2O。）(5)ClO2可用于氧化工廠污水中所含CN-，生成兩種無毒無害的氣體，寫出其離子反應方程式__________?！敬鸢浮浚?）。B(2）。2ClO3-+SO32—+2H+═2C1O2↑+SO42-+H2O(3）。安全瓶（4）.防止出H2O2分解(5)。趁熱過濾（6）。2ClO2+2CN—═2CO2+N2+2Cl-【解析】（1）根據(jù)亞氯酸鈉的氧化性，所選酸不能有強的還原性,且不易揮發(fā),故裝置②中酸X可以為硫酸;（2）根據(jù)反應物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物為ClO2和Na2SO4,配平方程式為2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；(3）裝置③為安全瓶，防止裝置②中氣體溫度降低而產(chǎn)生倒吸；（4）因為NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38℃時析出晶體是NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶體，需在38－60℃得到晶體,故操作為趁熱過濾;用38－60℃的溫水洗滌;（5）ClO2可用于氧化工廠污水中所含CN—，生成兩種無毒無害的氣體是二氧化碳和氮氣，根據(jù)氧化還原反應配平,則其離子反應方程式為:2ClO2+2CN—═2CO2+N2+2Cl-.9。C、N、S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學方法來消除這些物質(zhì)對環(huán)境的影響.（1）CO2的重整:用CO2和H2為原料可得到CH4燃料。已知：CH4(g)+CO2（g)2CO（g）+2H2(g）△H1=+247kJ·mol-1CH4（g)+H2O(g）CO（g)+3H2（g）△H2=+205kJ?mol-1寫出CO2重整的熱化學方程式_________________。（2）.“亞硫酸鹽法”吸收煙氣中的SO2。①將煙氣通入1.0mol·L—1的Na2SO3溶液，若此過程中溶液體積不變,則溶液的pH不斷___________。（填“減小”、“不變”或“增大")。當溶液pH約為6時,吸收SO2的能力顯著下降，應更換吸收劑，此時溶液中c(SO32—)=0.2mol·L-1，則溶液中c(HSO3-）=____________。②室溫條件下,將煙氣通入(NH4)2SO3溶液中，測得溶液pH與各組分物質(zhì)的量分數(shù)的變化關(guān)系如圖甲所示。a點時n（HSO3-）:n（H2SO3）=__________，b點時溶液pH=7，則n（NH4+）：n(HSO3-)=___________。（3)催化氧化法去除NO，-定條知下，用NH3消除NO污染，其反應原理為4NH3+6NO5N2+6H2O。不同溫度條件下，n(NH3）：n(NO)的物質(zhì)的量之比分別為4：1、3：3、1：3時，得到NO脫除率曲線如圖乙所示：①曲線a中NO的起始濃度為6×10-4mg/m3,從A點到B點經(jīng)過0.8s，該時間段內(nèi)NO的脫除速率為__________mg/(m3·s)②曲線b對應NH3與NO的物質(zhì)的量之比是__________.(4)間接電化學法除NO。其原理如圖丙所示，寫出電解池陰極的電極反應式(陰極室溶液呈酸性)：________________；吸收池中除去NO的原理：________________(用離子方程式表示）?！敬鸢浮浚?).CO2（g)+4H2（g)CH4（g)+2H2O（g）ΔH=-163kJ/mol（2).減小(3)。1.6mol/L(4)。1：1（5）。3：1(6).1.5×10-4（7).3:1（8）。2HSO3—+2e-+2H+═S2O42—+2H2O（9)。2NO+2S2O42—+2H2O═N2+4HSO3—【解析】（1）用CO2和H2為原料可得到CH4燃料的反應方程式為:CO2+4H2CH4+2H2O，已知：①CH4(g)+CO2（g)2CO（g)+2H2(g)△H1=+247kJ·mol—1；②CH4(g)+H2O（g）CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ?mol-1;根據(jù)蓋斯定律，由①—②×2得反應CO2(g)+4H2(g)CH4(g）+2H2O(g)ΔH=△H1-2△H2=+247kJ·mol-1-+205kJ?mol-1×2=—163kJ/mol；（2）①將煙氣通入1。0mol·L-1的Na2SO3溶液，亞硫酸與亞硫酸鈉和水反應生成亞硫酸氫鈉,溶液的pH不斷減小，向Na2SO3溶液中通入SO2生成NaHSO3，反應方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反應的硫酸根離子和生成硫酸氫根離子的物質(zhì)的量比為1：2，即溶液中參加反應的硫酸根為(1。0—0。2)mol?L—1，則生成的硫酸氫根為2×（1。0—0。2）mol?L-1=1.6mol?L—1；②發(fā)生的主要反應(NH4）2SO3+H2O+SO3=2NH4HSO3，根據(jù)圖像可知a點時兩個比值相等，則n(HSO3-)：n（H2SO3)=1：1，b點時溶液PH=7，根據(jù)電荷守恒可知n（NH4+）=n(HSO3—)+2n（SO32—)，又根據(jù)圖像曲線可知，n(HSO3—)=n（SO32—),則n(NH4+）：n(HSO3-)=（1+2）:1=3：1。（3)①曲線a中，NO的起始濃度為6×10—4mg/m3，A點的脫除率為55％，B點的脫除率為75％，從A點到B點經(jīng)過0.8s，該時間段內(nèi)NO的脫除率=6×10-4mg/m3×（0。75—0。55）÷0.8s=1。5×10—4mg/（m3?s）；②NH3與NO的物質(zhì)的量的比值越大，NO脫除率越大,故其物質(zhì)的量之比分別為4：1、3：1、1：3時,對應的曲線為a、b、c，故曲線b對應NH3與NO的物質(zhì)的量之比是3：1；（4）陰極是HSO3-在酸性條件下發(fā)生還原反應，生成S2O42—，其電極反應式為：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42—+2H2O；。根據(jù)圖示,吸收池中S2O42-和NO是反應物，N2和HSO3—是生成物，則吸收池中除去NO的原理是：2NO+2S2O42—+2H2O═N2+4HSO3—.10.工業(yè)上常用軟錳礦(主要成分為MnO2)制備KMnO4,，其流程如下所示：（1)將原料粉碎后，通人空氣，加熱熔融時，發(fā)生反應的化學方程式為_______________。(2）軟錳礦中除了含有MnO2，還含有Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì)，這些雜志會導致KOH消耗量______（填“偏高”或“偏低”）。（3)上述過程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)有MnO2和_____________（寫化學式）。(4)反應a的化學方程式為________________.(5）操作I的名稱為_________,操作II利用KMnO4和K2CO3溶解性的差異，采取________（填操作方法名稱）、趁熱過濾得到KMnO4，粗晶體。粗晶體洗滌后得到純凈的晶體.證明晶體已經(jīng)洗滌干凈的操作是______.（6)某工廠排放的廢水中含有Mn2+、Ca2+、Mg2+(陰離子為SO42—），若想將Mn2+回收利用，可利用以下流程:已知：物質(zhì)X應選用__________(由一種陽離子和一種陰離子組成，填化學式）;根據(jù)溶解度曲線可知,采用蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾操作時需控制的溫度最適宜為___________(填序號）.①20℃②40℃③80℃④120℃【答案】（1）。4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O(2）.偏高（3).KOH(4）.3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3(5).過濾（6)。濃縮結(jié)晶(7）.取最后一次洗滌液于試管中，滴加CaCl2溶液，若沒有沉淀生成,說明己洗凈（8）。MnF2(9)。③【解析】（1)根據(jù)流程圖中加入的物質(zhì)以及產(chǎn)生的物質(zhì)，得到反應的方程式：KOH+MnO2+O2→K2MnO4，按照氧化還原反應的缺項配平，OH-轉(zhuǎn)變成水，KOH+MnO2+O2→K2MnO4+H2O，Mn的+4價升高為+6價升2，氧氣中氧由0價降低至—2價降4，最小公倍數(shù)是4，MnO2、K2MnO4系數(shù)是2，O2系數(shù)是1，根據(jù)原子守恒配平其他,則：4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O；（2)軟錳礦中還有Al2O3、SiO2，Al2O3具有兩性和反應:2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，SiO2是酸性氧化物，遇堿發(fā)生中和反應：SiO2+2KOH＝K2SiO3+H2O，所以消耗的KOH偏高;(3）根據(jù)題給流程知，上述流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)有MnO2和KOH;(4）根據(jù)反應a。3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3,3molMn變成2molKMnO4，產(chǎn)率是×100％＝66.7%；（5）操作Ⅰ是將難溶的MnO2分離，用過濾的方法.分離KMnO4和K2CO3混合物，采用結(jié)晶的方法,利用兩物質(zhì)在溶解度上的差異，采用濃縮結(jié)晶、趁熱過濾得到KMnO4粗晶體；粗晶體表面含有少量碳酸鉀,證明晶體已經(jīng)洗滌干凈的操作是取最后一次洗滌液于試管中,滴加CaCl2溶液，若沒有沉淀生成,說明已洗凈;(6）由于不能引入雜質(zhì),則陽離子選拔錳離子，又因為要沉淀溶液中的鎂離子和鈣離子,則X的溶度積常數(shù)不能太小，所以根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知所加的物質(zhì)為MnF2;為保證析出的晶體為MnSO4·H2O，且避免在相對較低溫度下MnSO4·H2O溶解，需控制溫度在40℃以上，且越高越有利于晶體析出，但又不能高于100℃(水溶液最高溫度)，故選③.11。Fe、A1、Cu是生活中常用的金屬。(1）基態(tài)Cu原子核外電子排布式為_____________，基態(tài)Fe2+核外有_________個未成對電子.（2）①re、Al、Cu三種元素第一電離能由高到低的順序為___________________。②Mn和Fe的部分電離能數(shù)據(jù)如下表：元素MnFe電離能/kJ?mol—1I1717759I215091561I332482957根據(jù)上表數(shù)據(jù)，氣態(tài)Mn2+再失去一個電子比氣態(tài)Fe2+再失去一個電子難，其原因是_____________。（3)鐵可形成多種配合物，如［Fe(CN）6］4-、Fe(CO)5等，lmolFe(CN)43-中含有σ鍵的數(shù)目為________；Fe(CO）5熔點為—20。5℃，沸點為103℃:易溶于CCl4，據(jù)此可以判斷Fe（CO)3晶體屬于________（填晶體類型)。（4）下列變化過程中，破壞的力的作用類型相同的是_____________；（填字母代號)。A.鋁氣化B。A1C13溶于水C.加熱使銅熔化D.熔融NaC1（5）Fe能與N形成一種磁性材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①該磁性材料的化學式為__________________；②Fe原子的坐標參數(shù)為（,，0）、（，0,）、________、（0，0，0），N原子的坐標參數(shù)為_______。③已知該晶體的晶胞參數(shù)αpm，列出其密度表達式為_________g?cm—3（用含α的式子表示，只列式子，不作計算。）.【答案】（1)。[Ar］3d104s1(2)。4（3）。Cu、Fe、Al（4).Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)交為不穩(wěn)定的3d4狀態(tài)（或Fe2+較化為Fe3+時,3d能級由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)交為較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)）（5）.12NA(6)。分子晶體(7)。AC(8)。Fe4N（9).（0，，)（10).【答題空10】（，，）(11）。238/〔NA×(a×10-10)3〕【解析】（1）Cu是29號元素，核外有29個電子，故核外電子排布式為［Ar]3d104s1；基態(tài)Fe2+核外電子排布為1s22s22p63s23p63d6，故未成對電子數(shù)目為4個；（2）①根據(jù)三種金屬活潑性：Cu〈Fe<Al，結(jié)合核外電子排布情況：Cu的核外價電子中3d全滿，4s半滿，第一電離能最大,Al的核外價電子3p上有一個單電子，故第一電離能最小;②Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時,3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)為不穩(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多;而Fe2+到Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6到穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)，需要的能量相對要少；(3）每分子Fe(CN)62-中有6條配位鍵（是δ鍵），每個CN－配體中有1個δ鍵,故共12條δ鍵，F(xiàn)e（CO）5的熔沸點較低，易溶于非極性溶劑,故判斷其為分子晶體；(4)鋁氣化、加熱使銅熔化都破壞金屬鍵;AlCl3溶于水破壞共價鍵,熔融NaCl破壞離子鍵；（5）①該晶胞中N原子個數(shù)為1，F(xiàn)e原子個數(shù)＝8×+6×=4，故其化學式為Fe4N；②Fe原子位于晶胞的頂點（8個頂點等效）