安徽省淮北市2017届高三化学第六次大周考试题（含解析）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE13学必求其心得，业必贵于专精安徽省淮北市2017届高三第六次大周考理科综合化学试题1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关，下列说法正确的是A.汽油、煤油、植物油等主要成分都是烃类B。节日里的焰火利用了化学变化中的焰色反应C。利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，可防止水体富营养化D.某化工厂排放的废气中含CO2、SO2，使雨水pH=6形成酸雨【答案】C【解析】A、植物油是酯类物质，不属于烃类，选项A错误；B、焰色反应是元素的性质，属于物理变化，选项B错误；C、利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，可防止水体富营养化，选项C正确;D、酸雨是PH<5.6的雨水,且二氧化碳不是形成酸雨的成分,选项D错误.答案选C。点睛：本题联系了生活实际，将化学知识运用到生活中,需要仔细审题，结合物质的化学性质来理解。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.7。8gNa2O2中含有的阴离子数为0.2NAB。在lL0。lmd·L—1氟化钠溶液中含有F-为0.1NAC。标准状况下，3。36L乙烯和丙烯的混合气体中双键数目为0.15NAD.56g铁粉和稀盐酸反应，转移的电子数为NA【答案】C【解析】A、过氧化钠中含有的阴离子是过氧根离子，7。8gNa2O2中含有的阴离子数为0。1NA，选项A错误；B、氢氟酸是弱酸，F—水解使离子浓度降低，粒子总数减小，选项B错误；C、乙烯和丙烯分子都含有一个碳碳双键，标准状况下,3.36L乙烯和丙烯的混合气体中双键数目为0。15NA，选项C正确；D、盐酸将铁氧化为亚铁离子，故56g铁粉和稀盐酸反应，转移的电子数为2NA,选项D错误。答案选C。点睛：本题考查阿伏伽德罗常数为背景的选择题，易错选D项。主要原因是部分同学没有理解清楚铁失电子的数目，只注意到铁的物质的量而忽略了铁失电子数目及盐酸的氧化性，从而得出错误结论。3.下列关于有机物的说法正确的是A.蔗糖和葡萄糖不是同分异构体，但属同系物B.C3H6和CH2=CH2都能使酸性KmnO4溶液褪色C。乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应称为皂化反应D。异丁烷的三氯代物的种数和七氯代物种数相同【答案】D【解析】A.蔗糖（C12H22O11）和葡萄糖(C6H12O6)不是同分异构体，也不属同系物，选项A错误；B、C3H6不一定是丙烯,也可以是环丙烷,若是环丙烷则不能使酸性KmnO4溶液褪色，选项B错误；C、油脂在碱性条件下的水解叫皂化反应，乙酸乙酯不是油脂,选项C错误；D、异丁烷化学式为C4H10，分子中有十个氢，三氯代物和七氯代物和数相同(3个取代和3个不取代的种类一样多），选项D正确。答案选D。4。实验室中用如图所示的原电池装置做电源电解足量的NaC1的酚酞溶液,X、Y均为惰性电极.下列有关说法不正确的是A.原电池中SO42—通过隔膜从左向右移动B.反应一段时间后，烧杯中Y电极附近变红C.Zn极质量减少6。5g时，X极理论上生成气体2。24L(标准状况）D.室温下，若Cu极质量增加1。6g时，此时烧杯溶液体积为500mL，则溶液的pH为13【答案】A【解析】左边原电池中锌比较活泼做为负极，铜做为正极，X连接正极则为阳极，Y连接负极则为阴极.A、原电池中阴离子向负极移动，则应从右向左移动，选项A不正确；B、Y电极是阴极，溶液中的氢离子在Y极得电子产生氢气,则氢氧根离子浓度增大，遇酚酞变红，选项B正确；C、Zn极质量减少6.5g时，转移电子数为0.2mol，X极氯离子得电子产生氯气，转移0。2mol电子时理论上生成气体2.24L(标准状况)，选项C正确；D、室温下，若Cu极质量增加1.6g时，即析出0。025mol铜，转移电子数为0.05mol，此时烧杯溶液中有0.05mol氢离子得电子产生氢气，则增加的氢氧根离子0。05mol，溶液体积为500mL，则溶液中c(OH—）=QUOTE=0。1mol/L，c(H+)=10-13mol/L，溶液pH为13,选项D正确。答案选A。点睛:本题考查原电池和电解池原理,为高频考点,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握原电池和电解池的工作原理，把握电极方程式的书写,难度不大.5.下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应不正确的是选项实验操作或事实实验目的或结论A将滴有酚酞的氨水加热，红色逐渐变浅NH3·H2O受热分解，导致溶液碱性减弱B在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化但不滴落Al2O3的熔点高于A1C新收集的酸雨白色沉淀酸雨中一定含有SO42-0测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH确定碳和硅两元素非金属性A。AB.BC。CD。D【答案】C【解析】A、将滴有酚酞的氨水加热，NH3·H2O受热分解，导致溶液碱性减弱，红色逐渐变浅，选项A正确;B、Al2O3的熔点高于A1,在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化被外面氧化铝包住不滴落，选项B正确；C、酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，新收集的酸雨若含有亚硫酸根离子，也能产生白色沉淀，而不一定是含有硫酸根离子，选项C不正确；D、测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH，Na2SiO3水溶液碱性较大，证明硅酸的酸性更弱，水解程度更大，确定硅的非金属性比碳弱，选项D正确。答案选C。6.25℃时，向纯水中通入Cl2至饱和，再逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，实验过程中得到如下图所示的pH变化曲线.下列有关说法正确的是A。pH=7时，一定有c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-)B。从a点到b点，Cl2在水中的溶解度增大C.b点溶液中:c(H+）=c（Cl—）+c(OH-）+c（HClO）D。从b点到c点，溶液中QUOTE减小【答案】D【解析】A、一开始为纯水，溶液中无钠离子，只有在c点pH=7时，c（H+)=c（OH-)，根据电荷守恒有：c（Na+）+c(H+）=c(Cl—）+c(ClO—）+c（OH-）,则c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO—），选项A错误;B、一定温度下，氯气的溶解度不变，选项B错误；C、b点还没加入氢氧化钠，只是氯水,根据电荷守恒有：c(H+)=c（Cl—)+c(OH—）+c(ClO—）,选项C错误;D、从b点到c点,逐渐加入氢氧化钠溶液,氢离子浓度降低，平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO正向移动，c(ClO—)增大，故溶液中QUOTE减小,选项D正确。答案选D。点睛：考查化学平衡、电解质溶液及氯元素单质及其化合物的性质。正确理解图中各点的溶质是解答本题的关键。7。X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期元素.X和W，Z和R分别同主族，X是短周期中原子半经最小的元素。X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数。W是金属元素，W+与Z2—的核外电子排布相同,下列说法不正确的是A.热稳定性：X2Z>YX3〉X2RB。Z、W、R形成的某种化合物在稀硫酸中可能发生氧化还原反应C.Y、R的最高价氧化物对应的水化物浓溶液均有强氧化性D。X、Y、Z只能形成共价化合物【答案】D【解析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期元素.X是短周期中原子半经最小的元素，则X为H元素；W是金属元素，W+与Z2—的核外电子排布相同，且Z的原子序数小于W,则W为钠元素，Z为氧元素,X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数,则Y的原子序数为8-1=7，Y为氮元素，Z和R同主族，则R为硫元素；A、热稳定性：H2O>NH3〉H2S，即X2Z>YX3>X2R，选项A正确；B、Z、W、R形成的化合物Na2S2O3在稀硫酸中可能发生氧化还原反应生成硫单质和二氧化硫,选项B正确;C、浓HNO3、浓H2SO4都有强氧化性，选项C正确;D、H、N、O可以形成离子化合物NH4NO3，选项D不正确。答案选D。8.NaClO2是一种离效消毒剂、漂白剂在实验室中可用如图装置制备。。（1)装置②中酸X可以为_____________。A.盐酸B。H2SO4C.HNO3D。H2C2H4溶液(2)写出装置②中产生ClO2的离子方程式_____________________。(3)装置③的作用是_____________，装置④采用冷水欲的原因是__________________.(4)由装置④反应后的溶液可得到NaClO2晶体，其实验步骤为:ⅰ.减压,蒸发结晶；ⅱ。___________；ⅲ。热水洗涤；ⅳ。低温干燥,得到成品（已知低温时NaClO2饱和溶液中会析出NaClO2·3H2O。）(5)ClO2可用于氧化工厂污水中所含CN-，生成两种无毒无害的气体，写出其离子反应方程式__________。【答案】（1）。B(2）。2ClO3-+SO32—+2H+═2C1O2↑+SO42-+H2O(3）。安全瓶（4）.防止出H2O2分解(5)。趁热过滤（6）。2ClO2+2CN—═2CO2+N2+2Cl-【解析】（1）根据亚氯酸钠的氧化性，所选酸不能有强的还原性,且不易挥发,故装置②中酸X可以为硫酸;（2）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和Na2SO4,配平方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；(3）装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸；（4）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38－60℃得到晶体,故操作为趁热过滤;用38－60℃的温水洗涤;（5）ClO2可用于氧化工厂污水中所含CN—，生成两种无毒无害的气体是二氧化碳和氮气，根据氧化还原反应配平,则其离子反应方程式为:2ClO2+2CN—═2CO2+N2+2Cl-.9。C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响.（1）CO2的重整:用CO2和H2为原料可得到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写出CO2重整的热化学方程式_________________。（2）.“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。①将烟气通入1.0mol·L—1的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变,则溶液的pH不断___________。（填“减小”、“不变”或“增大")。当溶液pH约为6时,吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32—)=0.2mol·L-1，则溶液中c(HSO3-）=____________。②室温条件下,将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图甲所示。a点时n（HSO3-）:n（H2SO3）=__________，b点时溶液pH=7，则n（NH4+）：n(HSO3-)=___________。（3)催化氧化法去除NO，-定条知下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3）：n(NO)的物质的量之比分別为4：1、3：3、1：3时，得到NO脱除率曲线如图乙所示：①曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3,从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为__________mg/(m3·s)②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是__________.(4)间接电化学法除NO。其原理如图丙所示，写出电解池阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)：________________；吸收池中除去NO的原理：________________(用离子方程式表示）。【答案】（1).CO2（g)+4H2（g)CH4（g)+2H2O（g）ΔH=-163kJ/mol（2).减小(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为原料可得到CH4燃料的反应方程式为: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;根据盖斯定律，由①—②×2得反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g）+2H2O(g)ΔH=△H1-2△H2=+247kJ·mol-1-+205kJ•mol-1×2=—163kJ/mol；（2）①将烟气通入1。0mol·L-1的Na2SO3溶液，亚硫酸与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠,溶液的pH不断减小，向Na2SO3溶液中通入SO2生成NaHSO3，反应方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的硫酸根离子和生成硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的硫酸根为(1。0—0。2)mol•L—1，则生成的硫酸氢根为2×（1。0—0。2）mol•L-1=1.6mol•L—1；②发生的主要反应(NH4）2SO3+H2O+SO3=2NH4HSO3，根据图像可知a点时两个比值相等，则n(HSO3-)：n（H2SO3)=1：1，b点时溶液PH=7，根据电荷守恒可知n（NH4+）=n(HSO3—)+2n（SO32—)，又根据图像曲线可知，n(HSO3—)=n（SO32—),则n(NH4+）：n(HSO3-)=（1+2）:1=3：1。（3)①曲线a中，NO的起始浓度为6×10—4mg/m3，A点的脱除率为55％，B点的脱除率为75％，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除率=6×10-4mg/m3×（0。75—0。55）÷0.8s=1。5×10—4mg/（m3•s）；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大,故其物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时,对应的曲线为a、b、c，故曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是3：1；（4）阴极是HSO3-在酸性条件下发生还原反应，生成S2O42—，其电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42—+2H2O；。根据图示,吸收池中S2O42-和NO是反应物，N2和HSO3—是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：2NO+2S2O42—+2H2O═N2+4HSO3—.10.工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4,，其流程如下所示：（1)将原料粉碎后，通人空气，加热熔融时，发生反应的化学方程式为_______________。(2）软锰矿中除了含有MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2等杂质，这些杂志会导致KOH消耗量______（填“偏高”或“偏低”）。（3)上述过程中可以循环使用的物质有MnO2和_____________（写化学式）。(4)反应a的化学方程式为________________.(5）操作I的名称为_________,操作II利用KMnO4和K2CO3溶解性的差异，采取________（填操作方法名称）、趁热过滤得到KMnO4，粗晶体。粗晶体洗涤后得到纯净的晶体.证明晶体已经洗涤干净的操作是______.（6)某工厂排放的废水中含有Mn2+、Ca2+、Mg2+(阴离子为SO42—），若想将Mn2+回收利用，可利用以下流程:已知：物质X应选用__________(由一种阳离子和一种阴离子组成，填化学式）;根据溶解度曲线可知,采用蒸发浓缩、趁热过滤操作时需控制的温度最适宜为___________(填序号）.①20℃②40℃③80℃④120℃【答案】（1）。4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O(2）.偏高（3).KOH(4）.3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3(5).过滤（6)。浓缩结晶(7）.取最后一次洗涤液于试管中，滴加CaCl2溶液，若没有沉淀生成,说明己洗净（8）。MnF2(9)。③【解析】（1)根据流程图中加入的物质以及产生的物质，得到反应的方程式：KOH+MnO2+O2→K2MnO4，按照氧化还原反应的缺项配平，OH-转变成水，KOH+MnO2+O2→K2MnO4+H2O，Mn的+4价升高为+6价升2，氧气中氧由0价降低至—2价降4，最小公倍数是4，MnO2、K2MnO4系数是2，O2系数是1，根据原子守恒配平其他,则：4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O；（2)软锰矿中还有Al2O3、SiO2，Al2O3具有两性和反应:2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，SiO2是酸性氧化物，遇碱发生中和反应：SiO2+2KOH＝K2SiO3+H2O，所以消耗的KOH偏高;(3）根据题给流程知，上述流程中可以循环使用的物质有MnO2和KOH;(4）根据反应a。3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3,3molMn变成2molKMnO4，产率是×100％＝66.7%；（5）操作Ⅰ是将难溶的MnO2分离，用过滤的方法.分离KMnO4和K2CO3混合物，采用结晶的方法,利用两物质在溶解度上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4粗晶体；粗晶体表面含有少量碳酸钾,证明晶体已经洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中,滴加CaCl2溶液，若没有沉淀生成,说明已洗净;(6）由于不能引入杂质,则阳离子选拔锰离子，又因为要沉淀溶液中的镁离子和钙离子,则X的溶度积常数不能太小，所以根据表格数据可知所加的物质为MnF2;为保证析出的晶体为MnSO4·H2O，且避免在相对较低温度下MnSO4·H2O溶解，需控制温度在40℃以上，且越高越有利于晶体析出，但又不能高于100℃(水溶液最高温度)，故选③.11。Fe、A1、Cu是生活中常用的金属。(1）基态Cu原子核外电子排布式为_____________，基态Fe2+核外有_________个未成对电子.（2）①re、Al、Cu三种元素第一电离能由高到低的顺序为___________________。②Mn和Fe的部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能/kJ•mol—1I1717759I215091561I332482957根据上表数据，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是_____________。（3)铁可形成多种配合物，如［Fe(CN）6］4-、Fe(CO)5等，lmolFe(CN)43-中含有σ键的数目为________；Fe(CO）5熔点为—20。5℃，沸点为103℃:易溶于CCl4，据此可以判断Fe（CO)3晶体属于________（填晶体类型)。（4）下列变化过程中，破坏的力的作用类型相同的是_____________；（填字母代号)。A.铝气化B。A1C13溶于水C.加热使铜熔化D.熔融NaC1（5）Fe能与N形成一种磁性材料，其晶胞结构如图所示：①该磁性材料的化学式为__________________；②Fe原子的坐标参数为（,，0）、（，0,）、________、（0，0，0），N原子的坐标参数为_______。③已知该晶体的晶胞参数αpm，列出其密度表达式为_________g•cm—3（用含α的式子表示，只列式子，不作计算。）.【答案】（1)。[Ar］3d104s1(2)。4（3）。Cu、Fe、Al（4).Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转交为不稳定的3d4状态（或Fe2+较化为Fe3+时,3d能级由不稳定的3d6状态转交为较稳定的3d5半充满状态）（5）.12NA(6)。分子晶体(7)。AC(8)。Fe4N（9).（0，，)（10).【答题空10】（，，）(11）。238/〔NA×(a×10-10)3〕【解析】（1）Cu是29号元素，核外有29个电子，故核外电子排布式为［Ar]3d104s1；基态Fe2+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，故未成对电子数目为4个；（2）①根据三种金属活泼性：Cu〈Fe<Al，结合核外电子排布情况：Cu的核外价电子中3d全满，4s半满，第一电离能最大,Al的核外价电子3p上有一个单电子，故第一电离能最小;②Mn2+转化为Mn3+时,3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多;而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少；(3）每分子Fe(CN)62-中有6条配位键（是δ键），每个CN－配体中有1个δ键,故共12条δ键，Fe（CO）5的熔沸点较低，易溶于非极性溶剂,故判断其为分子晶体；(4)铝气化、加热使铜熔化都破坏金属键;AlCl3溶于水破坏共价键,熔融NaCl破坏离子键；（5）①该晶胞中N原子个数为1，Fe原子个数＝8×+6×=4，故其化学式为Fe4N；②Fe原子位于晶胞的顶点（8个顶点等效）