《解析》河南省三门峡市2018届高三上学期期末考试化学试题 含解析

河南省三门峡市2018届高三上学期期末考试
化学试题
1. 化学与生活、科技关系密切。

下列有关叙述正确的是
A. 液氨可用作制冷剂是因为其汽化时可放出大量的热
B. 二氧化硅可制玻璃、单质硅、光导纤维
C. 钢制品、铝制品在日常生活中被广泛应用是因为铁、铝为活泼金属
D. 久置的漂白粉变质是因为漂白粉与空气中的O2反应
【答案】B
【解析】液氨可用作制冷剂是因为其汽化时可吸收大量的热，故A错误；二氧化硅是制玻璃、单质硅、光导纤维的原料，故B正确；铁、铝在日常生活中被广泛应是因为合金硬度大、耐腐蚀，故C错误；漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，漂白粉失效的原因是Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3＋2HClO，2HClO 2HCl＋O2↑，故错误。

2. 中国丝绸有五千年的历史和文化。

古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮这种“碱剂”可能是
A. 草木灰
B. 火碱
C. 食盐
D. 胆矾
【答案】A
【解析】草木灰的成分是碳酸钾，属于盐，溶液呈碱性，故A正确；火碱是氢氧化钠，属于碱，故B错误；食盐是氯化钠属于盐，溶液呈中性，故C错误；胆矾是，属于盐，溶液呈酸性，故D错误。

3. “神舟十号”的运载火箭所用燃料是偏二甲肼(C2H8N2 )( 其中N 的化合价为-3 )和四氧化二氮(N2O4)。

在火箭升空过程中，燃料发生反应: C2H8N2 +2N2O4→2CO2+3N2+4H2O 提供能量。

下列有关叙述正确的是
A. 该燃料无毒，在燃烧过程中不会造成任何环境污染
B. 每有0.6molN2生成，转移电子数目为2.4N A
C. 该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂
D. N2既是氧化产物又是还原产物，CO2既不是氧化产物也不是还原产物
【答案】C
【解析】偏二甲肼和四氧化二氮都有毒，故A错误；根据方程式C2H8N2+2N2O4→2CO2+3N2+4H2O，每有0.6molN2生成，转移电子数目为3.2N A，故B错误；该反应N2O4中氮元素化合价降低是氧化剂，偏二甲肼中C、N元素化合价升高是还原剂，故C正确；N2既是氧化产物又是还原产物，CO2是氧化产物，故D错误。

点睛：氧化还原反应中，所含元素化合价升高的反应物是还原剂、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；通过氧化反应得到的产物是氧化产物、通过还原反应得到的产物是还原产物。

4. 设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述中一定正确的是
A. 1molFe与高温水蒸气反应，转移电子的数目为3N A
B. 标准状况下，2.24 LHF 中含有的极性键数目为0.1N A
C. 5mL0.1mol/LCH3COOH 溶液和10mL0.5mol/LCH3COOH 溶液中所含CH3COOH 分子数相等
D. 一定条件下，向0.1L容器内通入4.6gNO2气体，NO2的物质的量浓度小于1mol/L
【答案】D
【解析】Fe与高温水蒸气反应生成Fe3O4，1molFe与高温水蒸气反应，转移电子的数目为N A，故A错误；标准状况下HF是液体，故B错误；醋酸溶液越稀电离程度越大，
5mL0.1mol/LCH3COOH 溶液和10mL0.5mol/LCH3COOH 溶液中所含CH3COOH 分子数后者大，故C错误；存在平衡，所以一定条件下，向0.1L容器内通入4.6gNO2气体，NO2的物质的量浓度小于1mol/L，故D正确。

5. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 使酚酞变红色的溶液中:Na+、Cu2+、HCO3-、NO3-
B. =1x 10-13mol/L的溶液中:NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
C. 与Al 反应能放出H2的溶液中: Fe3+、K+、NO3-、SO42-
D. 0.1mol/LNaAlO2溶液:H+、Na+、Cl-、SO42-、
【答案】B
【解析】A、使酚酞变红色的溶液出碱性， Cu2+、HCO3-与OH-不能大量共存，故A错误；B.
=1x 10-13mol/L的溶液呈酸性， NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-能共存，故B正确；C. 与Al反应能放出H2的溶液呈酸性或碱性，若出碱性Fe3+与OH-不能大量共存，若呈酸性NO3-、H+与Al 反应生成NO，故C错误；D. AlO2-与H+反应生成Al3+、H2O，故D错误。

6. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 铜溶于0.5mo/L 的硝酸: Cu+4H++2NO3- =Cu2++2NO2 ↑+2H2O
B. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸: 2S2O32-+ 4H+=SO42-+ 3S ↓+2H2O
C. 向Ba(OH)2溶液中加入少量的NH4HSO4溶液: Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH 溶液反应: HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】铜溶于0.5mo/L的硝酸生成NO，离子方程式是3Cu+8H++2NO3- =3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，+2价S发生歧化反应2生成S单质、SO2气体，反应离子方程式是S2O32-+ 2H+═SO2↑+S↓+H2O，故B错误；向Ba(OH)2溶液中加入少量的NH4HSO4溶液，反应离子方程式是Ba2++2OH-+H++SO42-+NH4+=BaSO4↓+H2O+，故C错误；Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH 溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠、水，反应离子方程式
是: HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确。

7. 实验: ①0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/LNaCl 溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b 和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1mol/LKI溶液，出现浑浊; ③向沉淀c中滴加
0.1mol/LKI 溶液，沉淀变为黄色。

下列分析不正确的是
A. 浊液a 中存在沉淀溶解平衡: AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)
B. 滤液b 中不含有Ag+
C. ③中颜色变化说明AgCl 转化为AgI
D. 实验可以证明AgI 比AgCl 更难溶
【答案】B
【解析】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），故A正确；B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选B。

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8. 下列有关实验现象和解释或结论都正确的选项是
N
2
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】把SO2通入紫色石蕊中，石蕊溶液变为红色，故A错误；把浓硫酸滴到pH 试纸上，PH试纸最终变为黑色，体现浓硫酸脱水性，故B错误；2NO2N2O4ΔH<0，将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，平衡逆向移动，红棕色加深，故C错误；胶体能产生丁达尔效应，故D正确。

9. 已知下列反应的热化学方程式:
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) ΔH1
2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g)ΔH2
C(s)+ O2(g)=CO2(g) ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g) +6N2(g)的ΔH为
A. 12ΔH3+5ΔH2-2 ΔH1
B. 2 ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
C. 12ΔH3-5ΔH2-2 ΔH1
D. ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
【答案】A
【解析】试题分析：已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)═2C3H5(ONO2)3(l)△H1，
②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2，③C(s)+O2(g)═CO2(g)△H3，
由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：
4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)△H=12△H3+10△H2-2△H1；
故选A。

【考点定位】考查反应热的计算
【名师点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解
答关键。

根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。

盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。

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10. 电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下下列说法不正确的是
A. 溶液中OH-向电极a 移动
B. O2在电极b 上发生还原反应
C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4:5
D. 电极a 的反应式为2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【答案】C
【解析】试题分析：A．因为a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，故A正确；B．氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，a极为负极，故B正确；C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D．负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH-向a极移动参与反应，故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D正确；故选C。

考点：考查原电池原理。

11. T℃时，反应物和生成物均为气体的某反应，反应过程中浓度变化如图( I) 所示。

若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(II) 所示，则下列结论正确的是
A. 在t1时间内用B 表示该反应的平均速率为: 0.6mol/(L·min)
B. 在(t1+10) 时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动
C. T℃时，在相同容器中，若由0.1mol/LA、0.3mol/LB 和0.4mol/LC 反应，达到平衡后，C的依度仍为0.4mol/L
D. 在其他条件不变时，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A 的转化率增大
【答案】C
【解析】试题分析：A．根据图I可知在t1时间内用B表示该反应的平均速率为：
＝mo l·L-1·mim-1，A错误；B．平衡时C增加了0．4mol/L，A和B 分别减少了0．6mol/L和0．2mol/L，因此该反应的方程式为3A+B2C，即正反应是体积减小的可逆反应，则在（t1+10）时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，B错误；C．T时，在相同容器中，若由0．1mol·L-1A、0．3mol·L-1B和0．4mol·L-1C反应，则平衡是等效的，因此达到平衡后，C的浓度仍为0．4mol·L-1，C正确；D．根据图Ⅱ可知
T1曲线首先达到平衡状态，这说明温度T1大于T2。

温度高B的体积分数大，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应是放热反应，因此在其他条件不变时，升高温度，正、逆反应速率均增大，但A的转化率减小，D错误，答案选C。

考点：考查外界条件对平衡状态的影响和计算
12. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。

X的原子半径比Y的小，X 与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。

下列说法正确的是
A. 原子半径的大小顺序:r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同
C. 元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强
D. 只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物
【答案】D
【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的元素，则Z为
O； Y的原子序数大于X，Y的原子半径比X的大，二者不能同周期，则X处于第一周期，只能为H元素， Z、W的原子序数依次增大，X与W同主族，所以W是Na元素；由四元素原子最外层电子数之和为13， Y原子最外层电子数为13-1-1-6=5，则Y为N。

A．原子半径的大小顺序Na>N>O，故A错误；B． O2-、Na+电子层结构相同，故B错误；C．Y 为N，Z为O，非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故C错误；D．只含H、N、O三种元素的化合物，可能是离子化合物NH4NO3，也可能是共价化合物HNO3，故D正确。

13. 25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH 和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是
A. 未加盐酸时:c(OH-)> c(Na+)= c(NH3·H2O)
B. 加入10mL盐酸时:c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)
C. 加入盐酸至溶液pH=7时:(Cl-)= c(Na+)
D. 加入20mL盐酸时:c(C1-)=c(NH4+)+c(Na+)
【答案】B
.....................
考点：溶液中的离子浓度的大小比较
【名师点睛】溶液中的离子浓度大小比较时，需要考虑电解质的电离和水解情况，有时候需要根据电荷守恒或物料守恒进行分析。

物料守恒是指电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。

电荷守恒指电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷
数相等。

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14. 已知A、B为单质，C为化合物。

能实现上述转化关系的是
①若C溶于水后得到强碱溶液，则A 可能是Na
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A 可能是H2
③若C的溶液中滴加KSCN 溶液显红色，则B可能为Fe
④若C 的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B 可能为Cu
A. ①②
B. ②④
C. ①③
D. ③④
【答案】B
【解析】试题分析：A、①若氢氧化钠溶于水进行电解不会生成钠，错误，不选①；②和碳酸钠反应生成二氧化碳，说明C为酸，所以电解生成的氢气，正确；③遇到硫氰化钾反应显红色，说明C中含有铁离子，但电解水溶液时不能不会生成铁，错误；④C与氢氧化钠反应时生成氢氧化铜，说明C中有铜离子，电解时可以生成铜，正确。

所以选B。

考点：考查电解的原理
15. 一定量的CuS 和Cu2S 的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL (标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧、得到CuO 24.0g，若上述气体为NO 和NO2的混合物，且体积比为1:2。

则V 可能为
A. 9.0 L
B. 18.5L
C. 25.7L
D. 36.8L
【答案】C
【解析】24gCuO的物质的量是0.3mol；若固体全是CuS ，根据铜元素守恒，CuS 的物质的量是0.3mol；CuS 失电子的物质的量是0.3mol mol；设NO的物质的量是xmol，NO2
的物质的量是2xmol，根据电子守恒3+2=2.4，x=0.5mol，V=；若固体全是Cu2S ，根据铜元素守恒，Cu2S 的物质的量是0.15mol；Cu2S 失电子的物质的量是0.15mol mol；设NO的物质的量是xmol，NO2的物质的量是2xmol，根据电子守
恒3+2=1.5，x=0.3mol，V=；所以V 可能为25.7L，故C正确。

点睛：氧化还原反应中，氧化剂得电子、还原剂失电子；根据电子守恒，氧化剂得电子的物
质的量一定等于还原剂失电子的物质的量。

16. 以惰性电极电解CuSO4和NaCl 的混合溶液，两电极上产生的气体(标准状况下测定)体积如下图所示，下列有关说法正确的是
A. 原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为1:1
B. a表示阴极上产生的气体，前产生的为Cl2
C. 若t1时溶液的体积为1L，此时溶液的pH 为13
D. 若原溶液体积为1L，则原溶液中SO42-的物质的量浓度为0.2 mol/L
【答案】A
【解析】以惰性电极电解CuSO4和NaCl 的混合溶液，阳极依次发生、
；阴极依次发生、。

根据图像可知，生成的氯气是112ml，物质的量是0.005mol，转移电子是0.01mol。

则氯化钠是0.01mol；t2时铜离子恰好放电完毕，此时生成氧气是168ml－112ml＝56ml，物质的量是0.0025mol，则转移电子是0.01mol，所以根据电子得失守恒可知，析出铜是0.01mol。

因此硫酸铜是0.01mol；根据以上分析，原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为0.01mol: 0.01mol=1:1，故A正确；a 表示阳极上产生的气体，前产生的为Cl2，故B错误；O t1时刻，阳极生成氯气、阴极生成铜单质，溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铜，此时溶液的呈酸性，故C错误；若原溶液体积为1L，则原溶液中SO42-的物质的量浓度为0.01mol =0.01mol/L，故D错误。

点睛：氧化性：，所以在阴极放电的顺序依次是；还原性，所以在阳极放电的顺序依次是。

17. X 、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电
子数是其周期数的三倍，Z 与X 原子最外层电子数相同。

回答下列问题:
（1）X、Y和Z的元素符号分别为_______、___________、______________。

（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有___________、_________。

(填化学式)
（3）X 和Y 组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是______________。

(填化学式)。

此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为______________；此化
合物还可将破性工业废水中的CN- 氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为______________。

【答案】 (1). H (2). O (3). Na (4). NaOH (5). Na2O2 (6). H2O2 (7).
5 H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8 H2O+5O2↑ (8). H2O2+CN-+OH-=CO32-+NH3↑
【解析】本题以元素推断为线索的综合题。

这里有“短周期”、“依次增大”、“密度最小
的气体”、“最外层电子数是周期序数的三倍”、“最外层电子数相同”这5个限定条件。

由上述不难推断出，它们分别是H、O、Na。

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18. 绿矾(FeSO4·7H2O) 可作还原剂、着色剂、制药筛，在不同温度下易分解得各种铁的氧
化物和硫的氧化物。

已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性
较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。

回答下列问题:
（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。

装置B 中可观察到的
现象是______________。

甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。

装置C 的作用是
______________。

（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。

乙对甲组同学做完实验的B 装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中
______________。

(填字母)
A.不含SO2
B.可能含SO2
C.一定含有SO3
（3）丙组同学在阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出。

为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解气态产物的装置:
①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为(填字母)________________________。

②能证明绿矾分解产物中有O2的实验操作及现象是________________________。

（4）为证明级矾分解产物中含有三价铁，选用的实验仪器有试管、胶头滴管、____________；选用的试剂为________________________。

【答案】 (1). 品红溶液褪色 (2). 吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境 (3). BC (4). AFGBDH (5). 把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用姆指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气 (6). 药匙 (7). 盐酸，KSCN溶液
【解析】本题考查实验方案设计的评价、离子的检验等知识。

绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物，硫的氧化物有二氧化硫、三氧化硫，铁的氧化物有氧化铁、氧化亚铁和四氧化三铁，根据题给信息结合氧化还原反应的理论分析。

（1）甲组得出绿矾的分解产物中含有二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所有装置B中观察到的现象是品红溶液褪色；二氧化硫有毒，因此装置C的作用是吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境。

（2）二氧化硫能使品红溶液褪色，受热恢复原来颜色，现在实验中不能恢复原来的颜色以及根据题意三氧化硫能漂白有机染料，因此可推出一定含有三氧化硫，可能含有二氧化硫，答案选BC。

（3）①首先加热绿矾，气态产物可能是三氧化硫、二氧化硫、水蒸气和氧气，因此先验证水蒸气，因此连接F装置，三氧化硫熔点较低，冰水中以固体形式存在，因此F装置后连接G，二氧化硫能使品红溶液褪色，因此G装置后连接B，需要吸收二氧化硫，B装置后连接D装置，最后连接H装置，因此顺序是AFGBDH。

②氧气能使带火星的木条复燃，因此具体操作是：把H中的导管移出水面，
撤走酒精灯，用姆指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气。

（4）验证Fe3＋需要用KSCN溶液，需要把固体溶解成溶液，因此需要的试剂
是盐酸和KSCN，取用固体需要药匙，则缺少的仪器是药匙。

19. 生产MnO2和Zn的工艺简化流程如图所示(中间产物的固体部分已经略去):
软锰矿: MnO2含量≥65%；Al2O3含量为4%。

闪锌矿: ZnS含量≥80%； FeS、CuS、CdS含量各为2%。

滤液B中含金属离子: Zn2+、Mn2+、 Fe2+、Al3+。

试回答下列问题:
（1）步骤①中软锰矿、闪锌矿与硫酸溶液共热时可析出硫，且金属元素转化为相应的硫酸盐(铁元素以+3价存在)。

其中MnO2和FeS发生的离子方程式为___________________________。

（2）步骤③ 中的MnO2也可用下列___________________物质代替(不考虑Mn2+的反应)
A.KMnO4固体
B.H2O2
C.浓硝酸
D.新制氯水（3）步骤⑤电解过程中阳极的电极反应式为___________________________。

（4）加入化合物C后可得纯净的ZnSO4 、MnSO4溶液，C可以是ZnO或Zn(OH)2，Mn (OH)2或MnCO3,
则产品D为___________________________(填化学式)。

（5）I .将制得的MnO2(s)与KOH(s)、KClO3(s)(按比例混合，加热熔融(不断搅拌)可得KCl
和K2MnO4的固体混合物；
II.再用5%的KOH溶液溶解得绿色(MnO42-)溶液；
III.向绿色溶液中通入适量的CO2后，将溶液加热，并趁热滤去残渣( 含MnO2(s)]；
IV.将滤液蒸发浓缩、冷却结品、过滤、洗涤、干燥得紫色KMnO4晶体。

①第III步操作中“趁热过滤”的目的是___________________________。

② 写出III中生成KMnO4的化学程式__________________________________。

③III中需控制CO2的用量，若CO2过量，会使所得产品的纯度降低，原因可能是
___________________
【答案】 (1). 3MnO2+2FeS+12H+2Fe3++3Mn2++2S+6H2O (2). B (3).
Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (4). H2SO4 (5). 防止温度降低，KMnO4析出，导致产率下降(6). 2CO2+3K2MnO42KMnO4+MnO2↓+2K2CO3 (7). 通入过量CO2会生成溶解度小的KHCO3，随KMnO4晶体一起析出
【解析】试题分析：（1）根据题意，MnO2和FeS反应生成S、MnSO4、Fe2(SO4)3；（2）步骤③中的MnO2做氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，为不引入新杂质，可以用H2O2代替MnO2；（3）步骤⑤电解过程中MnSO4、ZnSO4生成Zn、MnO2，阳极失电子发生氧化反应；（4）加入化合物C后可得纯净的ZnSO4 、MnSO4溶液，阳极反应式是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，所以产品D为H2SO4；（5）①温度降低，KMnO4溶解度减小析出；② III中CO2、K2MnO4反应生成KMnO4、MnO2、K2CO3；③III 中若CO2过量，会生成溶解度小的KHCO3；
解析：（1）根据题意，MnO2和FeS反应生成S、MnSO4、Fe2(SO4)3，反应离子方程式是
3MnO2+2FeS+12H+2Fe3++3Mn2++2S+6H2O；（2）步骤③中的MnO2做氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，为不引入新杂质，可以用H2O2代替MnO2；（3）步骤⑤电解过程中MnSO4、ZnSO4生成Zn、MnO2，阳极失电子发生氧化反应，所以阳极反应式是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；（4）加入化合物C后可得纯净的ZnSO4 、MnSO4溶液，阳极反应式是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，所以产品D为H2SO4；（5）①第III步操作中“趁热过滤”的目的是防止温度降低，KMnO4析出，导致产率下降；② III 中CO2、K2MnO4反应生成KMnO4、MnO2、K2CO3，反应方程式是2CO2+3K2MnO42KMnO4+MnO2↓+2K2CO3；
③III中若CO2过量，会生成溶解度小的KHCO3，随KMnO4晶体一起析出，使所得产品的纯度降低。

20. 利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72-废
水，如下图所示; 电解过程中溶液发生反应:Cr2O72-+ 6Fe2++ 14H+ = 2Cr3++ 6Fe3+ + 7H2O
（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y 是N2O5，可循环使用。

则石墨II 是电池的____极；石墨Ⅰ
附近发生的电极反应式为________________。

（2）工作时，甲池内的NO3-离子向__________极移动(填“石墨I”或“石墨II”)；在相同条件下，消耗的 O2
和NO2的体积比为________________。

（3）乙池中Fe( I)棒上发生的电极反应为___________________。

（4）若溶液中减少了0.01mol Cr2O72-，则电路中至少转移了___________________mol 电子。

（5）向完全还原为Cr3+的乙池工业废水中滴加NaOH 溶液，可将铬以Cr(OH)3沉淀的形式除去，已知Cr(OH)3存在以下溶解平衡:Cr(OH)3(s) = Cr3+(aq) + 3OH-(aq)，常温下Cr(OH)3
的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c(OH-)=1.0 ×10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH 应调至
_____。

比色卡对照即可。

【答案】 (1). 正 (2). NO2＋NO3-－e-＝N2O5 (3). 石墨Ⅰ (4). 1:4 (5). Fe －2e-＝Fe2+ (6). 0.12 (7). 5
【解析】试题分析：(1)石墨II 电极通入氧气，氧气发生还原反应；石墨Ⅰ电极NO2被氧化
为N2O5；（2）电池工作时，阴离子移向负极；电池总反应为，根据总反应分析消耗的 O2和NO2的体积比。

（3）乙池中Fe( I)棒与电池正极相连，Fe(I)棒是电解池阳极；（4）根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，溶液中减少了0.01molCr2O72-，Fe(I)棒需要生成0.06mol Fe2+；(5)根据Ksp Cr(OH)3计算c(Cr3+)降至10-5mol/L时，c(OH-)，再根据
计算c(H+)；
解析：石墨II 电极通入氧气，氧气发生还原反应，所以石墨II 是电池的正极极；石墨Ⅰ电极NO2被氧化为N2O5，电极反应式为NO2＋NO3-－e-＝N2O5；（2）电池工作时，阴离子移向负极，
所以甲池内的NO3-离子向石墨I极移动；电池总反应为，所以消耗的 O2和NO2的体积比1:4。

（3）乙池中Fe(I)棒与电池正极相连，Fe(I)棒是电解池阳极，所以Fe(I)棒失电子发生氧化反应，Fe－2e-＝Fe2+；（4）根据
Cr2O72-+ 6Fe2++ 14H+= 2Cr3++ 6Fe3++ 7H2O，Cr元素化合价由+6降低为+3；溶液中减少了0.01mol Cr2O72-，Fe(I)棒需要生成0.06mol Fe2+，所以电路中至少转移了0.12mol电子；
(5) c(Cr3+)降至10-5mol/L时，c(OH-)=， c(H+)=，所以PH=5；点睛：原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，根据得失电子守恒，正负两个电极得失电子数一定相等，溶液中阳离子移向正极、阴离子移向负极。

21. 合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义。

（1）尿素[CO(NH2)2]是一种高效化肥，也是一种化工原料。

①以尿素为原料在一定条件下发生反
应:CO(NH2)2 (s) + H2O(l)2NH3(g)+CO2(g) △H= +133.6kJ/mol
该反应的化学平衡常数的表达式K=________。

关于该反应的下列说法正确的是_______(填序号)。

a.从反应开始到平衡时容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
b.在平衡体系中增加水的用量可使该反应的平衡常数增大
c.降低温度使尿素的转化率增大
②尿素在一定条件下可将氮的氧化物还原为氮气。

已知：结合①中信息，尿素还原NO(g)的热化学方程式是__________。

③密闭容器中以等物质的量的NH3和CO2为原料，在120℃、催化剂作用下反应生成尿
素:CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)，混合气体中NH3的物质的量百分含量[Φ(NH 3)]随时间变化关系如下图所示。

则a点的正反应速率V正(CO2)____b点的逆反应速率V
(CO3 )(填“>”、“=”或“<”)；氨气的平衡转化率是_________________。

逆
（2）NO2会污染环境，可用Na2CO3溶液吸收NO2并生成CO2。

已知9.2 g NO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，此反应的离子方程式是__________________________________；恰好反应后，使溶液中的CO2完全逸出，所得溶液呈弱碱性，则溶液中存在的所有离子浓度大小关系是c(Na+)>_______。

【答案】 (1). c2(NH3)·c(CO2) (2). a (3). 2 CO(NH2)2(s) + 6 NO(g) = 5 N2(g)
+ 2CO2(g) + 4 H2O(l) △H = - 1804.7 kJ/mol (4). ＞ (5). 0.75 (6). 2NO2 + CO = CO2 + NO+NO (7). c(NO)＞ c(NO)＞ c(OH-)＞ c(H+)
【解析】试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则该反应的平衡常数的表达式K＝
c2(NH3)·c(CO2)。

a. 由于反应过程中只有生成物中的二种气体且它们的物质的量之比始终保持不变，故平均相对分子量也始终不变，a正确；b. 平衡常数只受温度影响，b 错误；c.降温平衡应该是逆向移动，转化率降低，c错误，答案选a。

②从图中可看出：①4NH3（g）+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(l) △H=-2071.9KJ/mol，又因为
②CO(NH2)2(s) + H2O(l) 2 NH3(g)+CO2(g) △H＝+133.6 kJ/mol，则根据盖期定律科学①＋②×2即可得到尿素还原NO(g)的热化学方程式：2 CO(NH2)2(s) + 6 NO(g) =" 5" N2(g) + 2CO2(g) + 4 H2O(l) △H =－1804.7 kJ/mol；
（2）NO2中N元素的化合价为+4价，氧化产物只能是NO3－，结合转移电子数可知还原产物中N 元素化合价为+3价，故为NO2－，所以反应的离子方程式即可得到2NO2 +CO32－＝CO2+NO2－+NO3－；反应后溶液显示弱碱性说明NO2－要水解，因此离子浓度大小关系为c(NO3－)＞c(NO2－)＞c(OH-)＞c(H+)。

考点：考查化学平衡的相关知识，涉及平衡常数，反应速度及平衡的移动等。

另外还考查了溶液中弱酸根离子的水解。

2019高考压轴模拟卷
化学
注：1.本卷总分100分，考试时间90分钟；
2.考试范围：高考考试大纲规定的必考内容。

可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 N—14 Na—23 Cu—64
第Ⅰ卷（选择题，36分）
一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 化学与生产、生活密切相关，下列对有关现象及事实的解释正确的是
2. 现有三种常见治疗胃病药品的标签：
药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较，正确的是
A.①=②=③
B.①>②>③
C.③>②>①
D.②>③>①
3. 下列说法不正确的是
A.浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体
B.浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁、铝的单质氧化
C.饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入NaHCO3后漂白性减弱
D.浓盐酸与足量二氧化锰反应后，盐酸有剩余。