1、2013-2014河南省商丘市高三第三次模拟考试理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 分子式为 C5H12O的醇与和它相对分子质量相同的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构） A 15种 B 16种 C 17种 D 18种 答案： B 试题分析：分子式为 C5H12O的醇有 8种同分异构体，和该醇相对分子质量相同的一元羧酸 C4H8O2有 2种同分异构体， 82=16种。 考点：醇及羧酸同分异构体的判断。 香花石被誉为 “矿石熊猫 ”，由我国地质学家首次发现，它由前 20号元素中的 6种组成，其化学式为 X3Y2（ ZWR4） 3T2，其中 X、 Y、 Z为金属元素， Z的最外层
2、电子数与次外层相等， X、 Z位于同族， Y、 Z、 R、 T位于同周期， R最外层电了数是次外层的 3倍， T无正价， X与 R原了序数之和是 W的 2倍。下列说法错误的是 A原子半径： YZRT B气态氢化物的稳定性： WZ D XR2、 WR2两化合物中 R的化合价相同 答案： D 试题分析： Z的最外层电子数与次外层相等，则 Z为 Be， R最外层电了数是次外层的 3倍，则 R为氧， T无正价，故为氟， X和 Z同主族， X为镁或钙，当为镁时，根据 X与 R原了序数之和是 W的 2倍，推出 W为氖，不符合题意，当为钙时，推出 W 为硅，根据 X、 Y、 Z 为金属元素，推出 Y 为锂，
3、故 X、 Y、Z、 W、 R、 T分别为钙、锂、铍、硅、氧、氟； A、同周期，从左向右原子半径逐渐减小，故 A 正确； B、气态氢化物的稳定性甲烷大于硅烷，甲烷小于水，水小于氟化氢，故 B正确； C、同主族最高价氧化物对应水化物的碱性从上到下逐渐增强，故 C正确；在 CaO2中氧元素显 -1价，在 SiO2中氧元素的化合价为 -2价， D错误；故选 D。 考点：核外电子排布、元素周期律、化合价的判断 下列说法正确的是 NaHCO3溶液加水稀释， c（ Na+） / c（ HCO3-）的比值保持增大 浓度均为 0 1 mol L-1的 Na2CO3、 NaHCO3混合溶液： 2c（ Na+） =
4、3c（ CO） +c（ HCO ） 在 0 1 mol L-1氨水中滴加 0 lmol L-1盐酸，恰好完全中和时 pH=a，则由水电离产生的 c（ OH-） =l0-amol L-1 已知： Ksp（ AgCl） =1 8xl0-10， Ksp（ A92Cr2O4） =2 0l0-12，则 Ag2CrO4的溶解度小于 AgCl A B C D 答案： C 试题分析： 两者的浓度之比等于物质的量之比，稀释时，促进碳酸氢根离子的电离和水解，碳酸氢根离子的物质的量减小，钠离子的物质的量不变，故两者的比值增大， 正确； 溶液中含碳的微粒还有碳酸分子，故 错误； 恰好完全中和时生成氯化铵溶液，溶液中的
5、氢离子是水电离出的，由水电离出的氢离子等于由水电离生成的氢氧根离子，故 正确； 有 Ksp的表达式可以求出溶液中离子的浓度，根据离子浓度比较，重铬酸钾溶液中离子浓度大，故溶解度大， 错误；故选 C。 考点：电离和水解平衡的影响因素、溶液中的守恒关系、由水电离产生的氢离子和氢氧根离子的求算、溶解度的比较等知识。 下列关于甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，正确的是 A甲是亚硫酸氢钠粉末投入稀硝酸溶液中有关图像 B乙是等 pH的 HA和 HB两种弱酸溶液稀释时 pH变化图，由此可知 HA的酸性弱于 HB C由丙可知，双氧水在有催化剂存在时的热化学方程式为 2H2O2（ 1） =2H 2O（ l） +O
6、2（ g） H=-2（ Ea2-Ea2） kJ mol-l D丁是向硝酸银溶液中滴加氨水时，沉淀质量与氨的物质的量的关系图 答案： C 试题分析： A、亚硫酸氢钠和稀硝酸发生氧化还原反应，稀硝酸还原成 NO气体，开始就有气体生成，故 A错误；等 pH的 HA和 HB两种弱酸溶液稀释时，pH变化大的为酸性较强的酸， HA酸性较强，故 B错误； C、反应放出的热量为反应物具有的能量和生成具有的能量之差，故 C正确； D、硝酸银溶液中滴加氨水，先发生： AgNO3+ =AgOH+NH4NO3，后沉淀溶解，发生的反应为： AgOH+2 =Ag(NH3)2OH+2H2O，故沉淀生成和沉淀溶解消耗的 氨的
7、物质的量不同，故 D错误；故选 C。 考点：氧化还原反应的判断、强酸与弱酸的稀释、反应焓变的求算、硝酸银与氨水的反应等知识。 食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是 A脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长食品保质期 B脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为： Fe-3e-=Fe3+ C脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为： 2H2O+O2+4e-=4OH- D含有 1 12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气 336mL（标准状况） 答案： A 试题分析：脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相类似，故铁做负极，发生氧化反应生成亚铁离子， 1.
8、12g铁的物质的量为 0.02mol，失去 0.04mol电子，碳做正极，氧气发生还原反应，氧气若得到 0.04mol电子，氧气的物质的量为 0.01mol，标况下的体积为 224mL， B、 C、 D均错误；故选 A。 考点：吸氧腐蚀的原理与氧化还原的相关计算 下列说法不正确的是 A除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和 Na2CO3溶液振荡后，静置分液 B某烷烃主链 4个碳原子数的同分异构体有 2种，则与其碳原子个数相同的且主链 4个碳原子的单烯烃有 4种 C Imol有机物 与 NaOH溶液反应，最多消耗 5mol NaOH D有机物 分子中所有原子在同一平面内 答案： D 试题分析：
9、A、乙酸可以和饱和碳酸钠溶液反应而除去，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小， A 正确；某烷烃主链 4 个碳原子数的同分异构体有 2 种，支链是两个甲基，两个甲基连在同一个碳原子上形成一种，两个甲基连在 2号和 3号碳上形成一种，故该烷烃有 6个碳原子，写出 6个碳原子的烯烃的同分异构体，符合主链有 4个碳原子的同分异构体有 4种，故 B正确； C、在氢氧化钠的水溶液中，羧基 和氢氧化钠反应，酯基和肽键均发生水解，水解之后羧基和酚羟基均与氢氧化钠反应，酚羟基和氢氧化钠反应，故共消耗氢氧化钠5mol， C正确； D项中 -CH2OH不是所有的原子在同一个平面内， D错误；故选D。 考点： 实验
10、题 （ 12分）硫代硫酸钠（ Na2S2O3 5H2O）俗名 “大苏打 ”，又称为 “海波 ”。它易溶于水，难溶于乙醇，加热易分解。工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如下图：实验具体操作步骤为： 开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节螺旋夹，使 反应产生的 SO2气体较均匀地通入 Na2S和 Na2CO3的混合溶液中，同时开启电磁搅拌器搅动。 至析出的硫不再消失，控制溶液的 pH接近 7时，停止通入 SO2气体。 抽滤所得的滤液，转移至蒸发皿中，水浴加热 浓缩，直到溶液表面出现晶膜。 冷却结晶、抽滤、洗涤。 将晶体放入烘箱中，在
11、40 45 左右干燥 50 60min，称量。 请回答以下问题： （ l）仪器 a的名称是 ； （ 2）步骤 中若控制 pH值小于 7，则产率会下降，请用离子方程式解释原因： 。 （ 3）步骤 中不能将溶液蒸发至干的原因是 ；晶膜通常在溶液表面出现的原因是 。 （ 4）步骤 中洗涤硫代硫酸钠晶体所用试剂的结构式是 。 （ 5）为检验制得的产品的纯度，该实验小组称取 5,0克的产品配制成 250mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：在锥形瓶中加入 25mL 0 0lmol L-1 KIO3溶液，并加入过量的 KI并酸化，发生下列反应： 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，再
12、加入几滴淀粉溶液，立即用所配 Na2S2O3溶液滴定，发生反应： I2+2S2O =2I-+S4O ，当蓝色褪去 H半分钟不变色时到达滴定终点。实验数据如下 表： 实验序号 1 2 3 Na2S2O3溶液体积（ mL） 19.98 20.02 21.18 则该产品的纯度是 _ ，间接碘量法滴定过程中可能造成实验结果偏低的是_ 。 A滴定管末用 Na2S2O3溶液润洗 B滴定终点时仰视读数 C锥形瓶用蒸馏水润洗 D滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现气泡 答案： .(12分 )（ 1）蒸馏烧瓶（ 1分） （ 2） S2O32 +2H+= S+H2O+SO2（ 2分） (3)蒸干会使硫代硫酸钠脱
13、水并分解；（ 2分）因为溶液表面温度较低（ 2分） （ 4） （ 1分） （ 5） 0.93；（ 2分） A B（ 2分） 试题分析：（ 1）该仪器为圆底烧瓶；（ 2）酸性条件下，硫代硫酸钠可以和酸发生反应；（ 3）根据信息加热易分解，故蒸干会使硫代硫酸钠脱水并分解；形成晶膜是因为析出晶体，析出晶体是因为温度较低；（ 4）根据信息易溶于水，难溶于乙醇，故用乙醇来洗涤；（ 5）根据方程式找出关系式： IO3-6S 2O32-，根据碘酸根离子的物质的量求出硫代硫酸钠的物质的量浓度，求出 250mL溶液中硫代硫酸钠晶体的质量，与总质量 5g相比得纯度；未润洗，则使浓度偏小，测出硫代硫酸钠的质量偏小，
14、故纯度偏小，滴定终点时仰视读数，则使体积偏大，浓度偏小，锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现气泡，则使读出液体的体积变小，求出的浓度变大，故造成实验结果偏高；故选 A、 B。 考点：仪器的名称、题目信息的应用、化学计算、误差分析等知识。 （ 15分） CoCl2 6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钻矿（主要成分为 CO2O3、 Co （ OH） 3，还含少量 Fe2O3、 Al2O3、 MnO等）制取 CoCl2 6H2O的工 艺流程如下： 已知： 浸出液含有的阳离了主要有 H+、 CO2+、 Fe2+、 Mn2+、 Al3+等： 部分阳离子以氢氧
15、化物形式沉淀时溶液的 pH见下表：（金属离子浓度为：0 01 mo1 L-l） CoCl2 6H2O熔点为 86 ，加热至 110 120 时，失去结晶水生成无水氯化钴。 （ 1）写出浸出过程中 Co2O3发生反应的离子方程式 。 （ 2）写出 NaC1O3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） “加 Na2CO3调 pH至 a，过滤所得到的沉淀成分为 _ 。 （ 4）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
16、2 5 B 3 0 3 5 C 4 0 4 5 D 5 0 5 5 （ 5） “操作 l”中包含 3个基本实验操作，它们依次是 、 和过滤。制得的 CoC12 6H2O在烘干时需减压烘干的原因是 。 （ 6）为测定粗产品中 CoCl2 6H2O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。通过计算发现粗产品中 CoCl2 6H2O的质量分数大于 100%，其原因可能是 。（答一条即可） 答案： .（ 15分）（ 1） Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O （ 2分） （ 2） ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6F
17、e3+3H2O（ 2分） ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O（ 2分） （ 3） Fe(OH)3 Al(OH)3 （ 2分） (4)除去溶液中的 Mn2+ （ 1分） B （ 1分） （ 5）蒸发 (浓缩 )、冷却 (结晶 ) （ 2分） 降低烘干温度，防止产品分解（ 1分） （ 6）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水 （ 2分） 试题分析：（ 1）亚硫酸钠常作为还原剂，水钻矿中的 CO2O3需转化成 Co2+，故CO2O3在酸性条件下和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，故为： Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（ 2）浸出液 Fe2+，需将亚
18、铁离子氧化为铁离子，再通过调节 pH而除去，故氯酸钠的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，故为： ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；氯酸根离子和氯离子在酸性条件下会生成氯气；（ 3）调节 pH目的是除去杂质，根据表格信息和流程图可知，通过调节 pH除去铁离子和铝离子，故沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝；（ 4）通过分析流程图可知还需要除去 Mn2+，根据题目信息可知，加入萃取剂的目的就是除去锰离子；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；（ 5）由溶液得到结晶水合物的基
19、本操作为蒸发浓缩、冷却结晶；减压烘干的目的是防止水合物分解；（ 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： 1、含有杂质，导致氯离子含量大， 2、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。 考点：。 简答题 （ 16分） I、用 CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知： CH4（ g） +4NO2（ g） =4NO（ g） + CO2（ g） +2H2O（ g） H= -574 kJmol-l CH4（ g） +4NO（ g） =2N2（ g） + CO2（ g） + 2H2O（ g） H= -1
20、160 kJmol-l H2O（ g） =H2O（ 1） H=-44 0 kJ mol-l 写出 CH4（ g）与 NO2（ g）反应生成 N2（ g）、 CO2（ g）和 H2O（ 1）的热化学方程式 _ 。 II、开发新能源和三废处理都是可持续发展的重要方面。 （ 1）由碳的氧化物赢接合成乙醇燃料已进入大规模生产。如采取以 CO和 H2为原料合成乙醇，化学反应方程式： 2CO（ g） +4H2（ g） -CH3CH2OH（ g）+H2O（ g） ;若密闭容器中充有 10 mol CO与 20mol H2，在催化剂作用下反应生成乙醇： CO的转化率（ a）与温度、压强的关系如图所示。 若 A
21、、 B两点表示在某时刻达到的平衡状态，此时在 A点 时容器的体积为10L，则该温度下的平衡常数： K=_ ； 若 A、 C两点都表示达到的平衡状态，则白反应开始到达平衡状态所需的时间 tA tC（填 “”、 “ （ 1分） （ 2） 升温（ 1分）增压（ 1分）（其他合理答案：参照给分） 如右图（ 2分） 、 2MnO2 + O2 + 4KOH 2K2MnO4 + 2H2O（ 2分） 大于 2 : 1 (1分 ) MnO42- - e- = MnO4- (2分 ) H2（ 1分） KOH固体 （ 1分） 试题分析： ： (1)将方程式（ + + 4） /2得 CH4（ g）与 NO2（ g）反
22、应生成 N2（ g）、 CO2（ g）和 H2O的方程式，故 H=（ -574 -1160-44 04） /2= -955 kJ mol-1； ：（ 1） A点时 CO的转化率为 50，转化量为 5mol，故平衡时 CO、 H2、 CH3CH2OH、 H2O的物质的量分别为 5mol、 10mol、 2.5mol、2.5mol，平衡浓度分别为 0.5mol/L、 1mol/L、 0.25mol/L、 0.25mol/L，代入平衡常数表达式 K= =0.25； C点的温度高，反应速率快，达到平衡所用的时间短；（ 2） 曲线 和实线相比较，加快了反应 速率，平衡向左移动了，故为升高温度；虚线 和实
23、线相比较，反应速率加快，平衡向右移动了，故为加压； 甲醇的物质的量从零开始逐渐增大，达到平衡状态时氢气消耗 6mol，生成甲醇 2mol，以后甲醇的物质的量不再发生变化了； 由题目信息可得通过二氧化锰和 KOH、氧气在熔融条件下生成 K2MnO4，结合原子守恒和氧化还原方程式的配平方法写出化学方程式；当 KOH和二氧化锰之比为2:1时恰好完全反应，当在水或酸性溶液中 K2MnO4发生歧化而变成 MnO2和KMnO4，需保持碱性环境，故两者物质的量之比大于 2:1； 阳极 MnO42-失去电子发生氧化反应生成 MnO4- ，故为 MnO42- - e- = MnO4- ； 阴极氢离子得电子生成氢
24、气，同时生成氢氧化钾，氢氧化钾可以循环使用。 考点：盖斯定律、化学平衡常数的计算、影响化学平衡的条件、电极反应式的书写和电极产物的判断等知识 推断题 现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：（已知：控制溶液 pH=4时， Fe（ OH） 3沉淀完全， Ca2+、 Mg2+不沉淀）该同学得出的结论正确的是 A根据现象 1可推出该试液中含有 Na+ B根据现象 2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根 C根据现象 3和 4可推出该试液中含有 Ca2+，但没有 Mg2+ D根据现象 5可推出该试液中一定含有 Fe2+ 答案： C 试题分析： A、由于试液中外加了 NaOH和 Na2CO3，故不能确定原试液中是否含有钠离子； B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基； C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子， C正确； D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子 ， D错误；故选 C。 考点：铁离子的检验、
