山东省枣庄市2017届高三“二调”模拟考试化学试题解析(解析版)

PAGE1．化学与生产、生活密切相关，下列叙述正确的是（）A．煤的干馏和煤的液化均是物理变化B．天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素[学科%^@&网*]C．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等[~@%&^]D．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同【答案】C【解析】试题分析：A、煤的干馏是化学变化，煤的液化是化学变化，故A错误；B、天然纤维指羊毛，、棉花或蚕丝等，羊毛和蚕丝是蛋白质，棉花是纤维素，故B错误；C、蒸馏法或电渗析法可以实现海水淡化，故C正确；D、活性炭是吸附作用，次氯酸盐漂白纸浆是利用强氧化性，故D错误。考点：煤的综合利用，纤维的成分，海水淡化，漂白剂2．《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关“青矾”的描述为：“绛矾，本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃……烧之赤色……”据此推测，“青矾”的主要成分为（）A．CuSO4•5H2OB．FeSO4•7H2OC．KAl(SO4)2•12H2OD．Fe2(SO4)3•9H2O【答案】B3．下列图示与对应的叙述相符的是（）A．图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8KJ/molB．图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)

3C(g)+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C．根据图3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调节pH＝4，过滤D．图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH[学^*科&@网#]【答案】C【解析】试题分析：A．燃烧热是1mol的物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，由于氢气是2mol，而且产生的是气体水，所以H2的燃烧热大于241.8kJ/mol，错误；B．2A(g)+2B(g)3C(g)+D（s）的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡会正向移动，物质的平衡含量改变，因此图2不能表示压强对可逆反应的影响，错误；C．根据图3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，增大溶液的pH,还不回引入杂质离子，调节pH＝4，这时就会形成Fe(OH)3沉淀，然后过滤即可除去，正确；D．当两种电离程度不同的酸溶液稀释水，酸越强，溶液中离子的浓度变化就越大，酸越弱，酸稀释时未电离的电解质分子会继续电离使离子浓度由有所增加，所以离子浓度变化小，根据图像可知酸性：HA>HB。酸越强，其盐水解程度就越小，其盐溶液的碱性就越弱。所以相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，错误。考点：考查图像法在表示燃烧热、平衡移动原理、杂质的除去即盐的水解中的应用的知识。4．如图所示，甲池的总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）A．甲池中负极反应为：N2H4－4e-＝N2＋4H+B．甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C．反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗2.24LO2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体【答案】C【解析】试题分析：甲池是原电池，N2H4发生氧化反应，N2H4是负极，在碱性电解质中的方程式为N2H4﹣4e﹣+4OH－═N2+4H2O，故A错误；甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O，有水生成溶液浓度减小，PH减小；乙池是电解池，乙池总反应：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH减小，故B错误；乙池析出铜和氧气，所以反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度，故C正确；2.24LO2在非标准状况下的物质的量不一定是0.1mol，故D错误。考点：本题考查原电池、电解池。学科%网5．某芳香族化合物甲的分子式为C10H11ClO2，已知苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为-Cl，甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，则满足上述条件的有机物甲的同分异构体数目有多少种（）A．5种B．9种C．12种D．15种【答案】D【解析】试题分析：甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为-Cl，根据分子式C10H11ClO2确定另一个取代基为-C4H7O2，取代基-C4H7O2的种类数为甲的同分异构体的种类数，当取代基-C4H7O2的含羧基的主链为4个碳有1种，含羧基的主链为3个碳有2种，含羧基的主链为2个碳有2种，共有5种，取代基-C4H7O2与取代基-Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为5×3=15。故选D。考点：考查了同分异构体的类型及其判定的相关知识。6．下列说法不正确的是（）A．常温下，在0.1mol/L的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)<B．浓度为0.1mol·L-1的NaHCO3溶液：c(H2CO3)＞c(CO32－)C．25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小【答案】D【解析】试题分析：A．硝酸是强酸抑制水的电离，则常温下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)＝10—13mol/L＜，A正确；B．浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c（H2CO3）＞c（CO32－），B正确；C．溶度积常数只与温度有关系，则25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同，C正确；D．稀释促进电离，则冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，而醋酸的电离程度一直增大，pH先减小后增大，D错误，答案选D。考点：考查弱电解质的电离、盐类水解及溶度积常数的应用等学科%…网7．在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3mol/L、0.15mol/L，向该混合液中加入2.56g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是（）A．0.15mol/LB．0.225mol/LC．0.30mol/LD．0.45mol/L【答案】B【解析】溶液中n(H+)=0.15mol/L×2×0.1L+0.3mol/L×0.1L=0.06mol，反应计算如下：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。3×64g8mol2mol3mol2.56g0.06mol0.03moln∵3×642.56<80.06∴Cu过量，∵80.06>20.03∴n=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，正确答案B。【点睛】由于Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2电离生成的NO3-可以在H2SO4电离生成的H+作用下氧化单质Cu，因此利用铜与硝酸反应方程式计算存在后续计算的问题，恰当的处理方法是用Cu与NO3-、H+反应的离子方程式进行一步计算。8．在一个容积不变的密闭容器中，发生反应：2NO(g)+O22NO2(g)（1）当n(NO):n(O2)=4:1时，O2的转化率随时间的变化关系入下图所示。①A点的逆反应速率v逆(O2)_____B点的正反应速率v正(O2)。(填“大于”、“小于”或“等于”)。②NO的平衡转化率为______；当达到B点后往容器中再以4:1加入一些NO和O2，当达到新平衡时，则NO的百分含量_______B点NO的百分含量(填“大于”、“小于”或“等于”)③到达B点后，下列关系正确的是_______A．容器内气体颜色不再变化B．V正(NO)=2v逆(O2)C．气体平均摩尔质量在此条件下达到最大D．容器内气体密度不再变化（2）在下图1和图2中出现的所有物质都为气体，分析图1和图2，可推测：4NO(g)+3O2(g)=2N2O5(g)△H=_________（3）降低温度，NO2(g)降转化为N2O4(g),以N2O4、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如右图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，Y为_______，有关石墨I电极反应式可表示为：___________________【答案】(1)．小于(2)．30%(3)．小于(4)．ABCD(5)．－787kJ/mol(6)．N2O5(7)．N2O4+2NO3—-2e-

＝2N2O5【解析】（1）①A点没有达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率。B点反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，因此A点的逆反应速率v逆（O2）小于B点的正反应速率v正（O2）。②平衡时氧气的转化率是0.6，消耗氧气是0.6nmol，根据方程式可知同时消耗NO是1.2nmol，所以NO的平衡转化率为；当达到B点后往容器中再以4:1加入些NO和O2，相当于增大压强，平衡向体积减小的正反应方向进行，因此当达到新平衡时，则NO的百分含量小于B点NO的百分含量。③到达B点后，反应达到平衡状态，则A．物质的浓度不再发生变化，所以容器内气体颜色不再变化，A正确；B．平衡时正逆反应速率相等，则v正（NO）="2"v正（O2，B正确；C．平均相对分子质量是气体的质量与气体总物质的量的比值，正方应是体积减小的，所以气体平均摩尔质量在此条件下达到最大，C正确；D．气体的质量和容器的容积均不变，则容器内气体密度不再变化，D正确，答案选ABCD。（2）根据图1和图2可知反应的热化学方程式分别是①NO（g）+1/2O2（g）＝NO2（g）△H=143kJ/mol－287kJ/mol＝－144kJ/mol，②4NO2（g）+O2（g）＝2N2O5（g）△H=372kJ/mol－583kJ/mol＝－211kJ/mol，所以根据盖斯定律可知①×4＋②即得到4NO（g）+3O2（g）＝2N2O5（g）△H=－787kJ/mol。（3）氧气在正极通入，石墨Ⅱ是正极，石墨I是负极，N2O4失去电子转化为）N2O5，电极反应式为N2O4+2NO3—-2e-＝2N2O5。考点：考查平衡状态判断、计算、外界条件对平衡状态的影响、盖斯定律应用及燃料电池应用等9．CoCl2·6H2O时一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，还原性Fe2＋>Cl－>Co2+；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。回答下列问题：（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式______________。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式___________；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式___________。（3）惰性电极电解CoCl2溶液的阳极电极反应式为_____________。（4）“操作1”中包含的基本实验操作，它们依次是_________和过滤、减压烘干。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是____；其使用的最佳pH范围是_______。．A．2.0～2.5

B．3.0～3.5C．4.0～4.5

D．5.0～5.5[学科~#@&^网]（6）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液、过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗盐产品中的质量分数大于100%,其原因可能是_____。（答一条即可）【答案】(1)．Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O(2)．Fe（OH）3、Al（OH）3；(3)．2Cl--2e-=Cl2↑(4)．蒸发浓缩冷却结晶(5)．降低烘干温度，防止产品分解(6)．除去锰离子(7)．B(8)．粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．【解析】试题分析：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【考点定位】考查制备实验方案的设计【名师点晴】本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。学科%…网10．某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。（1）提出假设①该反应的气体产物是CO2。②该反应的气体产物是CO。③该反应的气体产物是__________。（2）设计方案：如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。[学%@科网*~&]（3）查阅资料：氮气不与碳、氧化铁发生反应。实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气。请写出该反应的离子方程式_________________________________________________。（4）实验操作及实验现象：①按上图连接装置，________，称取3.20g氧化铁与2.00g炭粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水变浑浊；④待反应结束，再通一段时间的氮气。冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g。⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤，烘干后称得质量为2.00g。步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为__________________________。（5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式__________（6）实验优化学习小组哟同学认为应对实验装置进一步完善。①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液，其理由是_____________②从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案：_______________【答案】(1)．CO2、CO的混合物(2)．NH4++NO2-=-2N2↑+2H2O(3)．并检查装置的气密性(4)．步骤②中是为了排尽空气(5)．步骤④是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收(6)．2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑(7)．Ba(OH)2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全M(BaCO3)>M(CaCO3)，称量时相对误差小(8)．在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加尾气处理装置【解析】试题分析：（1）①该反应的气体产物是CO2②该反应的气体产物是CO③该反应的气体产物是二氧化碳和一氧化碳．故填：CO2、CO；（5）生成气体的质量为：3.20g+2.00g+48.48g-52.4g=1.28g，设二氧化碳的质量为x，Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，44100x2.00g44x=1002.00g，x=0.88g，生成气体的质量与二氧化碳的质量之差就是生成的一氧化碳的质量，一氧化碳的质量为：1.28g-0.88g=0.4g；根据实验数据分析，该实验中氧化铁与碳发生反应生成铁、一氧化碳和二氧化碳，反应的化学方程式为：Fe2O3+2C2Fe+CO2↑+CO↑．故填：Fe2O3+2C2Fe+CO2↑+CO↑；（6）①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是氢氧化钡易溶于水，可以吸收更多的二氧化碳．故填：氢氧化钡易溶于水，可以吸收更多的二氧化碳；②从环境保护的角度，应该对尾气进行处理，方法是点燃或收集尾气，故填：点燃或收集尾气考点：考查了碳单质与含碳化合物的性质与用途的相关知识。11．【化学——有机化学基础】（15分）以芳香烃A为原料合成有机物F和I的合成路线如下：（1）A的分子式为__________，C中的官能团名称为________________。（2）D分子中最多有______个原子共平面。（3）E生成F的反应类型为___________，G的结构简式为__________。（4）由H生成I的化学方程式为______________。（5）符合下列条件的B的同分异构体有_______种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：1：1的是________（写出其中一种的结构简式）。①属于芳香化合物；②能发生银镜反应。（6）已知，参照上述合成路线，以苯和丙酸为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线________________。【答案】(1)．C7H8(2)．羟基(3)．17(4)．消去反应(5)．(6)．(7)．14(8)．(9)．【解析】以甲苯的两种重要工业应用流程为基础，考查官能团、有机分子的空间结构、有机反应类型、有机反应原理、有机物结构的测定方法、同分异构体、有机合成路径的设计等知识，考查考生对有机流程的分析能力和对有机化合物知识的综合应用能力。解析：首先对已知流程进行分析。芳香烃A与反应生成，则A为甲苯（），B分子中羰基一定条件下被还原生成C，通过