安徽省江淮十校高三下学期第三次联考理综试题化学试卷有答案

1、安徽省江淮十校2017届高三下学期第三次联考理综试题化学试卷一、选择题.化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是（）A.Si。?、MgO熔点高，可用于制作耐高温仪器B.天然气是可再生清洁能源，可用于工业制盐酸C.硝酸俊属于氧化剂，严禁用可燃物（如纸袋）包装D.纤维素属于多糖类物质，但不能作为人类的营养物质.下列实验方案能达到实验目的的是（）A.用苯和饱和滨水制澳苯B.用浓盐酸和铁粉制少量氯气C.用NaOH溶液除去MgC%溶液中的AICI3杂质D.用下图所示装置制备乙酸乙酯3.设Na为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A.0.5L2mol/L盐酸中含有Na氯化氢分子B.在标准状况下，2

2、.24L窟气含有Na个电子C.常温下，24gC2H5180H分子中含有3.5Na个共价键D,若2H2S+O2=2S+2H2O生成3.2g硫，则反应过程中转移0.1Na个电子4.LiFePO,电池广泛用于电动车。电池反应：FePO4+LiL4LiFePO,，电池的正极材料是LiFePO4,负极材料是石墨，含Li+导电固体为电解质。下列说法正确的是（）放电过程充电过程_ALi+向电池的正极迁移化学能转化成电能B可以加入磷酸以提高电解质的导电率阳极的电极反应式为LiFePO4-e=FePO4+Li+C若正极增加7g,则有Na个电子经电解质由负极流向正极阳极材料的质量不断减少D若有nmolLi+迁移，

3、则理论负极失去nmol电子阴极的电极反应式为Li+e=Li(-CHO ,4种6种7种9种5.2017年春节期间，一种“本宝宝福禄双全”的有机物刷爆朋友圈，其结构简式如下:一种官能团，其名称为醛基），该物质的同分异构体中具有“本宝宝福禄双全”谐音且两个醛基位于苯环间位的有机物有（1025c时，Ag2CO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如右图所示（已知Ksp（AgCl尸.8父10）,下列说法正H城图而川+ L “确的是（）A.根据图示可计算出Ksp（Ag2CO3/9父10B.向Ag2cO3饱和溶液中加入K2CO3饱和溶液，可以使Y点移到X点C.反应Ag2CO3(s产Cl-(aq自叫2AgCl(sCO32

4、-(aq)化学平衡常数K=2.5M08D.在0.001mol/LAgNO3溶液中滴入同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液，CO32-先沉淀A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4,C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱。甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2,它们之间的转化关系如下图所示（部分反应物省略），下列叙述正确的是（）ZpLT|C、D两元素形成化合物属共价化合物A、D分别与B元素形成的化合物都是大气污染物C、D的简单离子均能促进水的电离E的氧化物水化物的酸性

5、大于D的氧化物水化物的酸性二、非选择题8.氮化铝（AIN）是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用，前景广阔。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。A查阅资料：实验室用饱和NaNO2与NH4cl溶液共热制N2:NaNO2+NH4cl=NaCl+N2+2H2O。高温-工业制氮化铝：A12O3+3C+N22AlN+3CO氮化铝在局温下能水解。AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2。=NaAlO2+NH3。、氮化铝的制备实验室中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各个衣器接口连接完整：e-c-d-(根据实验需要，上述装置可使用多次)。B装置内的X

6、液体可能是；E装置内氯化铝溶液的作用可能是二、氮化铝纯度的测定【方案i】甲同学用右图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的X液体可以是。A.CCI4B.H2OC.NH,Cl饱和溶液D.植物油(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，对所测AlN纯度的影响是(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(5)用下列仪器也能组装一套量气装置，其中必选的仪器有(选下列仪器的编号)。a.单孔塞b.双孔塞c.广口瓶d.容量瓶e.量筒f.烧杯【方案ii】乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度。湾阴过懵j津液,白海.洗满厂注液一漉翔hi/卜J停卜(

7、6)步骤白操作是。(7)实验室里煨烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的仪器有等。(8)样品中AlN的纯度是(用四、m2、m3表示)9.钢铁工业是国民经济的重要基础产业，目前比较先进的天然气竖炉冶铁工艺流程如下图所示:盘蜿*r i iv.u； j播号内It隼式表水相应利班的下瞄或力)(1)催化反应室发生的反应为:i.CH4g+H2Og二二COg+3H2g.：H=+206kJ/molii.CH4g+CO2gJ-2COg+2H2g.：H=+247kJ/mol催化反应室可能发生的副反应有CH4(gH2H2O(g*二UCO2(g卜4H2(g),则该反应的AH催化反应室的温度通常需维持在5

8、50750c之间，从化学反应速率角度考虑，其主要目的是在催化反应室中，若两反应达到平衡时，容器中n(CH4)=0.2mol,n(CO)=0.3mol,门(匕)=0.5mol,则通入催化反应室CH4的起始物质的量为mol(不考虑副反应)。(2)还原反应室发生的反应为：i.Fe2O3(s3CO(g)JJU2Fe(s卜3CO2(g2H=-25kJ/molii.Fe2O3s+3H2g2Fes+3H2Og.：H=+98kJ/molc(CO2),下列措施中能使反应i平衡时(一”增大的是 c(CO)A.增大压强B.降低温度D.增加FezO3(s)用量若在1000 c下进行反应iE.增大CO的浓度(该温度下化

9、学反应平衡常数为则CO的转化率为。天然气竖炉冶铁相对于传统焦炭冶铁，该冶铁工艺的优点是_ (填字母)。C.充入一定量氮气F.加入合适的催化剂64), CO起始浓度为量2 mol/L( Fe2O3过量),O(3)铁钛合金是一种常用的不锈钢材料，某同学在探究该合金的性质时，往含有TiO2+、Fe3+溶液中加入铁屑至溶液显紫色，该过程发生的反应有:2Fe3+Fe=3Fe2+Ti3+(紫色)+Fe3+H2O=TiO2+(无色)+Fe2+2H+10.神(33AS)在元素周期表中与氮同主族，神及其化合物被运用在农药、防腐剂、染料和医药等领域，及其多种合金中。(1)神原子次外层上的电子数为，神化氢的电子式为

10、。(2)成语“饮鸩止渴”中的“鸩”是指放了砒霜(AS2O3)的酒。AS2O3是两性偏酸性的氧化物，写出AS2O3溶于浓盐酸的化学方程式。(3)AS2O3溶于热水生成的亚神酸(H3ASO3),具有较强的还原性，分可用于治疗白血病，其水溶液存在多种微粒形态，各微粒的分布分数与溶液pH的关系如右图：横诩向亚神酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，反应的离子方程式为。电离平衡常数Kai(H3AsO3户。Na2HAsO3溶液呈碱性，该溶液中c(HzAsO3)c(AsO3)(填、或=)。向含有HASO32-的溶液中滴加氯水反应的离子方程式为。11.硼及其化合物的研究在无机化学的发展中占有独特的地位。

11、(1)硼元素有10B和11B两种天然稳定同位素，在基态11B原子中，价电子中存在对自旋方向相反的电子。第一电离能介于B与N之间的第二周期元素有种。(2)目前已制得二十多种硼氢化合物，如乙硼烷B2H6、丁硼烷B4H10等在能源方面前景可期。NH3能通过配位键与硼元素的某种氢化物作用得到化合物M,M是一种新的储氢材料，加热M会缓慢释放出H2,并转化为化合物N,M、N分别是乙烷、乙烯的等电子体。M的结构式为须标出配位键)，氮原子在M、N分子中的杂化方式分别为。B2H6可作火箭燃料，将B2H6气体通入心0中的反应为B2H6+6H20=2&803+6出，据此可判断反应中所涉及元素的电负性从小到顺序为。以

12、硼酸(H3BO3)为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂，可将竣基直接还原成4NaBH.醇。CH3COOH-工ir-*CH3CH2OH0fzCtOH乩C/上图中乙酸分子键角1键角2,其原因为。(3)磷化硼(BP)是受高度关注的耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，如图1所示。图n是磷化硼沿Z轴的投影图，请在图n中圆球上涂“”和画“乂分别表明B与P的相对位置已知晶胞边长为apm,则磷化硼的密度是g/cm3(只要求列算式)。-ch斯 |化古粘1化出糊n12.某医药中间体的合成路线如下:(1)煌的含氧衍生物A在日常生活中可用作润滑剂，A与化合物I除相对分子质量

13、相同外，氢元素质量百分含量也相同，则A的结构简式为。(2)化合物IV的化学名称为。(3)化合物H化为化合物出的反应条件为。(4)写出化合物V1与CH3NH2反应的化学方程式。55)化合物V1的芳香族同分异构体有多种，B和C是其中的两类，它们的结构和性质如下：已知B遇FeC%溶液发生显色反应，能和银氨溶液发生银镜反应，苯环上只有两个对位取代基，则B的结构简式可能为或。已知C分子中含有甲基，能发生水解反应，苯环上只有一个取代基，则C的结构有种。(6) 丁烯酮(II CHf=CHCCH,)可用作聚合反应单体制取阴离子树脂，还可用作烷基化剂和合成管族化合物及维生素A的中间体。请以乙烯和乙快钠(NaC三

14、CH)为原料(无机试剂任选)，设计制备丁烯酮的合成路线:合成路线流程图示例如下：A反应试剂反应试剂目标产物。安徽省江淮十校2017届高三下学期第三次联考理综试题化学试卷答案一、选择题.BDBDCCC(1)aTbTf(gpg(fpa(c)Tb(d)Ti(2)浓硫酸；吸收CO防污染ad偏大bce(6)通入过量CO2气体(7)日竭、泥三角、塔塌钳(玻璃棒写与不写都对)(8)9.(1)+165kJ/mol一定温度范围内，催化剂的活性越大，维持反应速率较快(合理即给分)0.4mol(2)B80%生成的部分CO2及水蒸气可循环利用；该工艺中较大比例的H2作还原剂，可减少CO2的排放(只要答一点即可)(3)

15、2TiO2+Fe+4H+=2Ti3+Fe2+2H2O10.(1)18；(2)As2O3+6HCl=2AsCl3+3H2O(3)H3ASO3+OH-=H2ASO3-+H2O10-92HAsO32-+H2O+Cl2=H3AsO4+2Cl11.(1)1;3(2)II IIHLQHI IH H32;sp、spBH-CHCHO(6)CE不赫严,E声CHSCH,OH -，；卧C CHY -Chi 十上Oh oI II C%CH-”CH NtiC=CHC*cy T：FTOH安徽省江淮十校2017届高三下学期第三次联考理综试题化学试卷、选择题1.【解析】A、期6和般0熔点高，可以制作耐高温仪器，故A说法正确-

16、B、天然气的成分是加，属于化石燃料，属于不可再生能,源，故B说法错误；C.石成铁属于氧化剂，与可麽物反应，引起火灾，邸杯能用可燃物包装，故C说法正确jD、纤维素属于多糖物质，但大体没有分解纤维素的酶，因止坏是人类的营养物质，故口说法正确，.【解析】A.苯与液澳在铁作催化剂下，发生取代反应，生成澳苯，故A错误；B.铁和盐酸反应生成氢气，不能制取氯气，故B错误；C.Mg2+和Al”不与NaOH反应，故C错误；D.能够制备乙酸乙酯，故D正确。.【解析】A.盐酸是强酸，在水中完全电离，没有HCl分子存在，故A错误；B.就是氮原子组成的分子，因此含有电子物质的量为2.24X10/22.4mol=1mol

17、,故B正确；C.含有共价键的物质的量24X8/48mol=4mol,故C错误；D.转移电子物质的量为3.2X2/32mol=0.2mol,故D错误。.【解析】A、充电过程是电能转化成化学能的过程，故A错误夕B、Li属于活渴金属，加入璘酸，U会与磷酸反应，故E错误厘C、根据原电池的工作原理，电子从负根经外电路流向正极,电子不通过电解的故C错误j0、负极反应式为；Li-e=Lr,转移nni疝说明通过电子物质的量为皿吸卜即U失去电子皿加J充电时，电池的负极接电源的负极，即阻极反应式为亩*+曰=5/故D正确。CiiO-.【解析】如果处于间位，彳%+，和属于等效位置，如F固定在号，则Cl在位+置，如果F

18、位于，Cl在位置上，如果F位于号，Cl在位置，上共有7种，故选项C正确。.L解析】A、根据图示/KKA匿广产外COPirgRCfMlO-LMNO-%故A错误,B、向饱和碳酸银溶液中力叭雷国踊钾溶/，武沁妙)浓虔增大，武如一)降低工旦X和Y的c(Aj)相同，故B错误AC,K=)-)=8,110-131,8101(y=2.5?1丫，生成A船8打需要HCOF)最小濯鹿为安警:与山-1总卜10-1北及一乎1闸1=&3旷如壮1%生成AgQ需要的&B)最小为降(AgClXA区4)皿011一1=1g10一叫10-1叶1/1=1郃一七辿1即因此CF先沉淀出来，故D错误口.【解析】C元素的最高价氧化物的水化物是

19、一种中强碱，则C为Mg,0.005molL1戊溶液的pH=2,推出戊为二元强酸，即H2SO4,甲和丙是D元素的两种常见氧化物，且五种元素原子序数依次增大，即D为S,两种氧化物是SO2和SO3,E为Cl,A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4,因此推出B为O,A为C,A.构成的化合物是MgS,属于离子化合物，故A错误；B.构成化合物是CO2和SO2,CO2是大气的成分，不属于污染物，故B错误；C.简单离子是Mg2+和S2,两者发生水解，促进水的电离，故C正确；D.HC1O属于弱酸，H2SO3属于中强酸，前者小于后者，故D错误。二、非选择题.【解析】本题考查实骋方案设计与评价，(1)首先制备氯气

20、,即e开始,因为氮化铝在高温下能水解,氮气中含有水蒸气，因甘必须除去，同时氯谯殖可能分解成NH.和HCL对后续实骏产生干扰，必须除去？因此装置E作用除去氮气的水蒸气和氨气，即一b然后连接装置A,除去氤气中匏HC1?即然后进行反应,即Jgp因为氮化铝在高温F能水解？因此要防止装置E中的水蒸气进入到D中，因此D装置后再加一个干燥装置，8有毒,必须尾气处理，最后用装置E吸收CO,因此顺序是a-b-f(g)一g(f)一a(C)一b(D)一i;(2)根据(1)的分析，装置B中的X为浓硫酸，CO有毒，不能直接排放到空气中，因此必须除去，装置E的作用是吸收CO,防止污染空气；(3)因为氮化铝与氢氧化钠反应生

21、成氨气，氨气极易溶于水，因此测量氨气体积时，不能用能是含水的物质，即ad正确；(4)如果没有导管A,产生的氨气会把装置中空气排出，所测气体体积增大，即氮化铝的纯度会偏大；(5)作为测量气体体积，肯定测量排液体体积方法，需要用到量筒，即此装置可,因此需要的仪器有bce；(6)根据设计的步骤，滤液及洗涤液中成分是NaOH和NaAlO2,然后通入过量的CO2,发生NaOH+CO2=NaHCO3,NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3J+NaHCO3,然后过滤，灼烧氢氧化铝，得到氧化铝，称量氧化铝的质量，从而得到氮化铝的纯度，因此步骤的操作是通入过量的CO2的气体；(7)灼烧时需要的仪器是酒精

22、灯、三脚架、泥三角、堪埸、堪竭钳，因此缺少的仪器有增塌、泥三角、塔蜗钳；(8)氮化铝中含有的杂质是C和氧化铝，氧化铝反应前后质量不变，C转化成滤渣， TOC o 1-5 h z 利用差量法，进行计算，即2AlNA2O3Am8210220m(AlN)m3一(m1一m2)则有m(AlN)=82X/20g,其纯度为n(飞-叫4巾/或以口皿吕-0斗曰曰)。：-=-%mk.【解析】(1)考查热化学反应方程式的计算，利用盖斯定律进行判断，即有i2ii,得出H=(206X2247)kJmo11=+165kJmo1;考查催化剂的催化效率，在一定温度范围内催化剂的活性最大，化学反应速率加快；本题考查化学平衡的计

23、算，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)变化量：xxx3xCH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)变化量：yy2y2y则有：x+2y=0.3,3x+2y=0.5,解得x=y=0.1mol,则起始时通入甲烷的量(0.1+0.1+0.2)mol=0.4mol;35考查影响优学平衡移动的因素,A、增大压强，平衡不蹊动n比值不变？故A捐误3B、正反应是放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动？即gCQ)增大，48感小？因此比值增大，故E正确5C.因为反应前后气体系数之和相同，通人非反应气体,化学平衡不移动,即比值不变，故C错误fD、氧化丰煜固体,浓度视为常数,增加氧化铁的

24、量，平衡不移动，即比值不变故D错误5E、根据化学平衡常数K=CQ/超8),温度极化学平衡常数不变f即通入比值不变，故E错误；F、使用催化剂，对化学平衡移动没有影响，即比值不变，故F错误；考查化学平衡的计算，令达到平衡时，CO的浓度为amolL1,根据平衡常数的表达式，K=(2a)3/a3=64,解得a=0.4molL-1,则消耗CO的物质的量浓度为(20.4)molL1=1.6molL1,其转化率为1.6/2M00%=80%;考查流程的优点，生成的部分CO2及水蒸气可循环利用；该工艺中较大比例的H2作还原剂，可减少CO2的排放；(3)加入铁屑至溶液出现紫色，说明溶液中Ti元素以Ti”形式的存在

25、，假如铁屑，把TiO2+中Ti还原成Ti3+,根据信息，铁元素以Fe2+形式存在，因为溶液显酸性，因此离子反应方程式为2TiO2+Fe+4H+=2Ti3+Fe2+2H2O。【点睛】本题易错点是(2)中的选项E,不要从增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动进行分析，应从化学平衡常数的角度考虑，根据化学平衡常数K=c3(CO2)/c3(CO),温度不变化学平衡常数不变，因此通入CO,此比值不变，否则平衡发生改变。.【解析】(1)本题考查电子式的书写，As位于第四周期Va族，根据核外电子排布规律，原子结构示意图为(73)2/1套5/，次外层电子数为18,其氢化物是AsH3,电子式为”“；(2)本题考/

26、：As：H查化学反应方程式的书写，是两性偏酸性的氧化物，与酸发生复分解反应，如反应方程式为03-F6HC1=2A5C13+3H,0;(3)本题考查离子反应方程式的书写，pH=lL时，谡液中As元素以H2A5必-形式存在j坨用5几乎完全消耗，因此离子反应方程式为理品0水出一=坨广+坨。;本题考查电离平衡常数的计夏jHsAsOm是弱酸，存在H3AR3=H+H?As6,电离平衡常数KairOt皿3一)*(11d3屈6),利用此时VIfeAsOjFJfeAXNIj因此g1气(11*)=1。一普考查酸式盐溶液的皎碱性NaHAsC/容液显碱性？说明HAQJ以水解为主j因此)c(AsO33)；考查氧化还原反

27、应方程式的书写，HAsO32-中As显+3价，具有还原性，氯水具有强氧化性，把As氧化成+5价，即离子反应方程式为HAsO32+H2O+Cl2=H3AsO4+2C。【点睛】本题难点是氧化还原反应方程式的书写，先判断HAsO32一中As的价态，显+3价，氯水的主要成分是Cl2,具有强氧化性，能把As氧化成+5价，本身被还原成Cl,因为HAsO32和H3AsO4都属于弱电解质，因此有HAsO32+Cl2H3AsO4+Cl,。根据化合价的升降进行配平，即有HAsO3+Cl2-H3AsO4+2C，遵循原子守恒和电荷守恒，因此离子反应方程式为：HAsO32+H2O+Cl2=H3AsO4+2Cl0.【解析

28、】i)本题考蛰价电子、泡利原理、第一电高能的规律，b位于第二周期m.族，e属于主族元素,价电子指最外层电子,即第2pl,泡利原理是每个轨道最多容纳2个电子J且目旋方向用皈1即B中存在1对自族方向相反的电子，同周期从左向右第一电高能增大，但II2IUA,VAVIA,因此介于两者之间的元素是氏、c,O,有三种；(2)本题考查等电子体、配位键的表示、杂化类型的判断JM和乙烷是等电子体J因此推出M分子式为NBH”结构简式为BHy-NH打B和N只能形成三个共价键，因此 B和N之间是配位键,气，得到N, N和乙烯互为等电子体，即unB提供空轨道，N提供孤电子对，即h-MA-u;M失去一个氢IIIIHN的分子式为H2B=NH2,M中N的杂化类型为sp3,N中N的杂B 2H6作还原剂，H2O1大于键角2；(3)考查晶胞的计算，根据晶胞的结构，相对位置是;P位于顶点和面心，个数为8X1/8化类型为sp2;考查电负性的规律，同周期从左向右电负性增大，根据反应方程式,作氧化剂，即B2H6中H显一1甲，B显+3价，说明H的电负性大于B,从而电负性大小顺序是BHO;本题考查影响键角大小的因素，默基中的氧原子有两对孤电子对，甲基中碳原子没有孤电子对，孤电子对之间的斥力大于孤电子对一成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此键角+