安徽省六安市第一中学高三下学期第七次月考理综化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1．下列说法错误的是A．使用含有氯化钙的融雪剂会加速桥梁的腐蚀B．近期出现在北方的雾霾是一种分散系，带活性碳口罩的原理是吸附作用C．我国部分城市在推广使用的“甲醇汽油”有降低排放废气的优点，无任何负面作用D．亚硝酸钠易致癌，但火腿肠中允许含少量的亚硝酸钠以保持肉质新鲜【答案】C2．下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是（）选项实验现象结论A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至过量紫色消失H2O2在该反应中作还原剂B溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X有白色沉淀产生X一定是Cl2C向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量现制氯水，再滴入CCl4混合振荡、静置有机相呈红棕色，水相呈无色Fe2+的还原性大于Br-D铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后,放入CuSO4溶液中铝丝表明变红色铝可以从铜盐溶液中置换出铜A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至过量,酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，溶液紫色消失，证明二者发生氧化还原反应，则H2O2在该反应中被氧化，作还原剂，故A正确；B．溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，有白色沉淀生成，说明气体X能够氧化二氧化硫，可能为臭氧，不一定是Cl2，故B错误；C．向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，Fe2+的还原性大于Br-，则亚铁离子优先被氧化，再加入CCl4混合振荡、静置后有机相呈无色，水相呈红棕色，故C错误；D．铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，Al表面被硝酸氧化钝化，形成致密的氧化膜，三氧化二铝不与硫酸铜反应，则铝表面不会生成铜，故D错误；故选A。3．已知：镁电池的总反应为xMg+Mo3S4MgxMo3S4，锂硫电池的总反应为2Li+SLi2S。下列说法正确的是A．锂电池放电时，Mg2+向负极迁移B．镁电池放电时，正极发生的电极反应为Mo2S4+2xe—=Mo2S42x-C．理论上两种电池的比能量相同（参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小称为该电池的比能量)D．图中Li作负扱，Mo2S4作阳极【答案】B【名师点睛】：本题考查了二次电池，根据电池总反应判断正负极及电极反应是解题关键。在xMg+Mo3S4MgxMo3S4，镁元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应.本题中可以根据两极的反应类型判断。负极：发生氧化反应的一极；正极:发生还原反应的一极.4．有机物甲、乙的结构如右图所示，下列说法错误的是A．甲、乙互为同分异构体B．甲、乙都能发生取代、加成和水解反应C．甲的一种同分异构体能发生银镜反应D．等物质的量的甲和乙与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量相等【答案】B5．设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列有关叙述正确的是A．电解精炼粗铜（含有锌铁等杂质)若阳极溶解32g铜,转移电子数目为NAB．256gS8（分子结构如右)含S-S键数为7NAC．某温度下，pH=1的1LH2SO4溶液中含有的H+数目为0.1NAD．氢氧燃料电池正极消耗22。4L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NA【答案】C 【解析】A．电解精炼粗铜(含有锌铁等杂质)阳极溶解32g铜，同时会溶解一定量的铁和锌，转移电子数目多余NA，故A错误；B．256gS8的物质的量为QUOTE=1mol,根据结构,含S-S键数为8NA，故B错误;C．pH=1的1LH2SO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，含有的H+数目为0.1NA,故C正确；D．未告知温度和压强，无法计算22。4L气体的物质的量，故D错误；故选C。6．己知A、B、C、D是短周期中原子序数依次增大的四种主族元素.A在常温下呈气态,B原子最外层电子数是其电子层数的2倍，C在同周期的主族元素中原子半径最大,元素D是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是A．A、C的氧化物均含离子键B．C离子的半径小于D离子的半径C．A、B可形成多种原子个数比为1:1的化合物D．含D元素的盐溶液只能显碱性【答案】C7．常温下，实验测得1。0mol/LNH4HCO3溶液pH=8。0。平衡时碳的分布系数（各含碳微粒的浓度占含碳各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．常温下Ka1（H2CO3)>Kb（NH3·H2O)>Ka2(H2CO3)B．pH=13时,溶液中不存在HCO3-的水解平衡C．pH由8~11时,c（CO32-）·c（H+）/c(HCO3—）不变D．pH=3时，有c(NH4+)+c（NH3·H2O）=c(HCO3-)+c（CO32—)+c(H2CO3)【答案】C8．甲乙两同学分別对含+4价硫元素的物质性质进行了探究.(1）甲用下图装置进行实验（气密性已检验，加热和夹持装置己略去)。实验进行一段时间后，C、D中都出现明显的白色沉淀,经检验均为BaSO4①A中反应的化学方程式是_________________________________________.②为探究SO2在D中所发生反应，甲进一步实验发现，出现白色沉淀的过程中，D溶液中NO3-浓度几乎不变。甲据此得出结论：D中出现白色沉淀的主要原因是____________________。（2）乙用如下实验对含+4价硫元素的物质性质进行探究。序号实验操作实验现象1取0.3g纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL2mol/L盐酸,再滴入4滴BaCl2溶液产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，4min后，溶液变浑浊2取0.3g纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL2mol/LHNO3,再滴入4滴BaCl2溶液产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，2h后，溶液变浑浊3取0.3g纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL浓HNO3,再滴入4滴BaCl2溶液产生红棕色气体；滴入BaCl2溶液后，溶液立即产生大重白色沉淀①用离子方程式解释实验1中产生现象的原因：_________________________。②由实验1、2、3对比，可以得到推论：__________________________________________。③乙通过查阅资料发现，Na+对实验1和2中出现浑浊的时间无影响,于是进一步探究Cl—和NO3—对其的影响：序号实验操作实验现象4取_______固体混合物,向其中加入10mL2mol/LHNO3，再滴入4滴BaCl2溶液产生无色气泡;滴入BaCl2溶液后，开始无现象，20min后,溶液变浑浊i.实验2和4对比，乙获得推论：Cl-的存在可以加快溶液中+4价硫元素的氧化;

ii实验1和4对比，乙获得推论:_____________________________。④通过以上实验，乙同学认为，确定某溶液中含有SO42-的实验方案：取待测液，向其中先滴加_________（填字母序号）A．2mol/L盐酸，再滴加BaCl2溶液，一段时间后出现白色沉淀B．2mol/L盐酸，再滴加BaCl2溶液，立即出现白色沉淀C．2mol/L硝酸，再滴加BaCl2溶液，一段时间后出现白色沉淀D．2mol/L硝酸，再滴加BaCl2溶液，立即出现白色沉淀【答案】（1)．Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O(条件是加热)（2)．酸性条件下,含+4价硫元素物质（SO2或H2SO3)被O2氧化生成SO42—（3）．2H++SO32—=SO2+H2O；SO2+O2+2Ba2++2H2O=2BaSO4↓+4H+（4）．含+4价硫元素物质可被O2和浓HNO3氧化（5）．0。3g纯净Na2SO3和1。17gNaCl（6）．NO3-的存在可以减缓溶液中+4价硫元素的氧化（7）．bd【解析】(1）①铜和浓硫酸加热发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②为探究SO2在D中所发生的反应，甲进一步实验发现,出现白色沉淀的过程中,D溶液中NO3—浓度几乎不变．甲据此得出结论:D中出现白色沉淀的主要原因是酸性溶液中二氧化硫会被氧气氧化生成硫酸，结合钡离子，也能生成硫酸钡沉淀，故答案为：酸性条件下，含+4价硫元素物质(SO2或H2SO3)被O2氧化生成SO42—；═SO2+H2O，2SO2+O2+2Ba2++2H2O═2BaSO4↓+4H+或2H2SO3+O2+2Ba2+═2BaSO4↓+4H+；②由实验1说明空气中氧气也可以氧化+4价硫元素的化合物，实验2说明硝酸溶液中硝酸根离子对氧化反应起到减慢作用，出现沉淀时间长,实验3是浓硝酸能氧化+4价硫元素化合物生成硫酸根离子，出现沉淀快，对比可知氧气、浓硝酸都可以氧化二氧化硫，故答案为：含+4价硫元素物质可被O2和浓HNO3氧化；③探究Cl—和NO3-对其的影响，i．实验2和4对比，乙获得推论：Cl—的存在可以加快溶液中+4价硫元素的氧化，实验4中需要提供和实验1中相同的氯离子实验探究,即需要0.01L×2mol/L=0。02mol,氯化钠的质量=0。02mol×58.5g/mol=1.17g，对比实验1判断出现沉淀的时间分析,取0。3g

纯净Na2SO3和1。17gNaCl固体,向其中加入10mL

2mol•L-1

HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液,观察出现沉淀的时间，故答案为：0。3g纯净Na2SO3和1.17gNaCl；ii．实验1和4对比，不同的是盐酸和硝酸，氯离子相同,出现沉淀的时间是盐酸溶液中快，乙获得推论是硝酸根离子减慢+4价硫的化合物的氧化，实验1和4对比，乙获得推论是：NO3—的存在可以减慢溶液中+4价硫元素的氧化，故答案为：NO3-的存在可以减慢溶液中+4价硫元素的氧化；④对比上述实验确定某溶液中含有SO42—的实验方案是：实验1可知,取0.3g

纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL

2mol•L-1

盐酸，再滴入4滴BaCl2溶液，产生无色气泡;滴入BaCl2溶液后，开始无现象，4min后，溶液变浑浊，若含硫酸根离子，加入盐酸和氯化钡溶液会迅速生成白色沉淀，实验2可知，取0。3g

纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL

2mol•L—1

HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液，产生无色气泡;滴入BaCl2溶液后，开始无现象，2h后，溶液变浑浊，加入硝酸和氯化钡溶液，+4价硫元素化合价被氧气的速率减慢，若有硫酸根离子会迅速生成沉淀，故答案为:bd.9．锶（Sr）为第五周期IIA族元素，其化合物六水氯化锶（SrCl2·6H2O）是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石(主要成分为SrSO4）为原料制备，生产流程如下：（1)工业上天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是_________________________________________。（2）工业上天青石隔绝空气高温焙烧,若0.5molSrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子。写出该反应的化学方程式:_____________________________________________。(3）加入硫酸的目的是______________________。为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于_________mol/L（注：此时滤液中Ba2+浓度为1×10-5mol/L).（4）产品纯度检测:称取1。000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO31.100×10—2mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl-外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl—完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0。2000mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。①滴定反应达到终点的现象是_________________________________________。②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20。00mL，则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为______________（保留4位有效数字).（5)工业上常用电解熔融SrCl2制锶单质.由SrCl2·6H2O制取无水氯化锶的方法是____________.【答案】（1）．增加反应物的接触面积,提高化学反应速率（2）．SrSO4+4CSrS+4CO↑（3）．除去溶液中Ba2+杂质（4）．0.03（5)．加1滴NH4SCN溶液溶液由无色变为红色,且30s内不褪色（6）．93。45%（7）．加热SrCl2·6H2O失去结晶水至恒重（或灼烧等）的化学方程式为：SrSO4+4CSrS+4CO↑，故答案为：SrSO4+4CSrS+4CO↑;(3）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质;由于在Ba2+浓度为1×10-5

mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.1×10-10，所以c（SO42-)=QUOTEmol/L=1.1×10—5mol/L，而SrSO4的溶度积常数为3.3×10-7，所以c（Sr2+）=QUOTEmol/L=3.0×10—2=0。03mol/L，故答案为：除去溶液中Ba2+杂质；

0。03；(4）①若NH4SCN不再剩余的Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN-，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色,且30s不褪色，故答案为:溶液由无色变为血红色，且30

s不褪色；②n（NH4SCN)=0。2000mol/L×0.02L=4.0×10-3mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出,所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为:n（Ag+)=4。0×10-3mol，则与Cl—反应的Ag+的物质的量为:n（Ag+)=1.100×10—2

mol—4。0×10—3mol=7。0×10—3mol，1.000g产品中SrCl2•6H2O的物质的量为：n(SrCl2•6H2O)=QUOTE×n(Ag+）=3.5×10—3mol,1.000g产品中SrCl2•6H2O的质量为:m(SrCl2•6H2O)=3。5×10-3mol×267g/mol=0。9345g，所以产品纯度为：QUOTE×100％=93.45％，故答案为：93。45%；（5)氯化锶属于强酸强碱盐,不能水解，由SrCl2·6H2O制取无水氯化锶，直接加热SrCl2·6H2O失去结晶水至恒重，故答案为：加热SrCl2·6H2O失去结晶水至恒重.【名师点睛】：本题考查制备实验方案的设计，把握制备流程中发生的化学反应及物质分离方法为解答的关键.以天青石(主要成分为SrSO4）为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O)，由流程可知，天青石和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、SrS，SrS加盐酸后溶液中除含有Sr2+和Cl—外，还含有少量Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡，滤液中含SrSO4、SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O。10．亚硝酰氯(NOCl）是有机合成中的重要试剂。可通过反应制得：NO(g)+Cl2（g）2ClNO(g)（1）氮氧化物与悬浮在大气的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：①2NO2（g）+NaCl（s)NaNO3(s)+ClNO（g)K1②4NO2（g)+2NaCl(s）2NaNO3(s）+2NO（g)+Cl2（g）

K2③2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g)K3则K3=___________（用K1和K2表示）（2）300℃时，2NO（g）+Cl2（g)2ClNO（g）的正应速率表达式为v正=k•cn(ClNO），测得速率和浓度的关系如下表:序号c（C1NO）/(mol/L）v/（×10-8mol·L·s)①0。300。36②0.601.44③0。903。24n=____________；k=_____________。(3）按投料比[n(NO)∶n(Cl2)]=2∶1把NO和Cl2加入到一恒压的密闭容器中发生反应,平衡时NO的转化率与温度T、压强P（总压)的关系如图A所示：①该反应的△H_______0(填“〉”“〈”或“=”）②在P压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为_________________.③若反应一直保持在P压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp=________(用含P的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。（4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO（g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO）/n（Cl2)的变化如图B,则A、B、C三状态中NO的转化率最大的是__________；当n（NO）/n（Cl2）=1.5时,达到平衡状态C1NO的体积分数可能是D、E、F三点中的_________点。【答案】（1）．K12/K2(2）．2（3）．4.0×10-8L·mol-1·s—1（4）．〈(5）．40％（6）．Kp=5/P（7）．A（8）．D（2）v正=k•cn(ClNO），则QUOTE=QUOTE，解得n=2；将n代入①中得k=QUOTEL/（mo1•s)=4.0×10—8L/(mo1•s）；故答案为：2；4。0×10-8L/(mo1•s）;（3）①根据图像，升高温度，平衡时NO的转化率减小，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应属于放热反应,△H＜0，故答案为:＜；②根据图像，在P压强条件下，M点时容器内NO的转化率为50％，根据2NO（g)+Cl2(g)2ClNO（g)可知，气体减小的体积为反应的NO的体积的一半，因此NO的体积分数=QUOTE×100%=40%，故答案为：40%；③设NO的物质的量为2mol，则Cl2的物质的量为1mol.2NO(g）+Cl2（g）2ClNO(g)起始（mol)210反应10。51平衡10.51平衡分压P×QUOTEP×QUOTEP×QUOTE则M点的分压平衡常数Kp=QUOTE=QUOTE,故答案为：QUOTE;（4）NO的物质的量越大其转化率越小，所以NO转化率最小的是C点；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n(NO)/n(Cl2）=2。8时产物的含量减小，所以应该是F点,NO的物质的量越小其转化率越大；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大,为A点；当n（NO）/n(Cl2)=1。5时说较C点NO的物质的量较大，平衡右移，产物的含量增大，为D;故答案为:A；D。【名师点睛】：本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响因素、化学平衡状态判断等知识点，侧重考查学生分析判断及计算能力，利用三段式法进行有关计算，侧重分析与计算能力的考查，注意图象及数据的应用.11．物质的结构决定物质的性质,请回答下列涉及物质结构和性质的问题：（1）第二周期中，元素的第一电离能处于B与N之间的元素有________种。（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的末成对电子数相同,则其基态原子的价层电子排布式为_________________。（3)乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体,可用CH3COOH在（C2H5O)3P=O存在下加热脱H2O得到。乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型是__________________。1mol（C2H5O)3P=O分子中含有的σ键的数目为_________________。（4）已知固态NH3、H2O、HF的氢键键能和结构如下：物质氢鍵X—H…Y鍵能kJ•mol—1（HF)nF—H…F28。1冰O-H…O18.8(NH3)nN—H…N5。4由此可知NH3、H2O、HF沸点由高到低的顺序为___________________。（5）碳化硅的结构与金刚石类似，如图二所示，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能。碳化硅晶胞结构中每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有______个，与碳原子等距离最近的碳原子有_____个。已知碳化硅晶胞边长为apm，则碳化硅的密度为__________g／cm3（己知C和Si的相对原子质量分别为12和28，阿伏加徳罗常数用NA表示).【答案】（1）．3（2）．3d84s2(3）．sp2和sp（4）．25NA（5）．冰>(HF)n>（NH3)n（6)．4（7）．12（8）．QUOTE原子的价层电子排布式为3d84s2,故答案为：3d84s2；（3）乙烯酮分子中碳原子均没有孤对电子，CH2中C原子形成3个σ键，而C=O中碳原子形成2个σ键，杂化轨道数目分别为3、2，所以碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp，(C2H5O）3P=O分子含有25个σ键，1mol(C2H5O）3P=O分子中含有的σ键的数目为25NA，故答案为：sp2和sp;25NA;（4）单个氢键的键能是(HF)n＞冰＞（NH3)n,而平均每个分子含氢键数：冰中2个,(HF）n和(NH3）n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞(HF）n＞（NH3)n，故H2O、HF、NH3沸点依次降低，故答案为:冰＞（HF)n＞（NH3)n；（5)晶胞中Si原子数目为4、C原子数目为8×QUOTE+6×QUOTE=4，每个Si原子周围有4个碳原子,原子配位数与原子数目成反比,则碳原子配位数也是4，即碳原子周围与其距离最近的硅原子数目为4；以顶点C原子研究,与之距离最近的C原子位于面心上，每个顶点原子为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与碳原子等距离最近的碳原子有QUOTE=12个；晶胞质量为4×QUOTEg，则晶体密度为4×QUOTEg÷（a×10—10cm）3=QUOTEg/cm3，故答案为：4；12；QUOTE。【名师点睛】：本题是对物质结构与性质的考查,涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、化学键、氢键、晶胞计算等，（4）（5）为易错点、难点，侧重考查学生分析计算能力。需要注意的是要正确理解分摊法的实质和方法,具体情况具体分析,在立方体中每个顶点的原子占1/8份额；每条棱的原子占1/4份额；每个面的原子占1/2份额;内部原子算1。12．缩醛在有机合成中常用于保护羰基或作为合成