1、2016 年四川省南充市高考化学三模试卷一、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，满分 42 分）1下列过程中，利用物质漂白性使溶液褪色的是（ ）A向滴有酚酞的石灰水中滴加稀盐酸，溶液红色逐渐褪去B向品红溶液中滴加亚硫酸溶液，溶液红色逐渐褪去C向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水，溶液紫红色逐渐褪去D向硫氰化铁溶液中加入铁粉并搅拌，溶液红色逐渐褪去2下列有关 0.1mol/L HNO3 溶液的叙述正确的是（ ）A加入 Na2S2O3 溶液，无明显现象B该溶液中 Na+、K +、SiO 32、SO 42可以大量共存C加入 FeCO3 粉末，发生反应的离子方程式为： 2FeCO3+2H+=2Fe2+CO
2、2+H2OD加入过量 Cu 粉和足量稀硫酸，可使溶液中几乎不含 N 元素3用 NA 表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（ ）ANa 2O2 与足量 CO2 反应，共生成 0.2mol O2，转移电子的数目为 0.4NAB室温下，1L pH=12 的 Ba（OH） 2 溶液中，由水电离的 OH离子数目为 0.01NAC0.1 mol 聚丙烯中含有双键的数目为 0.1NAD含 1mol FeCl3 的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为 NA4下列“试剂”和“试管中的物质”不能完成“实验目的”的是（ ） 实验目的 试剂 试管中的物质A 浓度对硫酸的性质有影响 Fe 稀硫酸； 浓硫酸B 羟基对苯环活性
3、有影响 饱和溴水 苯； 苯酚C 甲基对苯环活性有影响 酸性 KMnO4 溶液 苯； 甲苯D 碳酸钠溶液碱性比碳酸氢钠溶液强 酚酞溶液 碳酸钠溶液碳酸氢钠溶液AA BB CC DD5NCl 3 是一种黄色粘稠的油状液体（已知电负性： NCl）装置如图所示，利用惰性电极电解制备，原理是：NH 4Cl+2HCl NCl3+3H2，下列说法错误的是（ ）Ab 电极接电源的负极B阳极区被氧化的元素为 ClC流出液 X 中不含 HClD每生成 3molH2，有 6molCl通过阴离子交换膜6室温下，分别用 0.1molL1 溶液进行下列实验，结论正确的是（ ）ANaHC 2O4 溶液（ pH=5.5）：c
4、（Na +）c（HC 2O4）c（H 2C2O4）c（C 2O42）B向 NaHCO3 溶液中通 CO2 至 pH=7：c （Na +）=c（HCO 3）+2c（CO 32）C向 NaHSO4 溶液中加入等浓度等体积的 Ba（OH） 2 溶液：pH=13D向氨水中加入少量 NH4Cl 固体： 减小7臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO 2（g） +O3（g）N 2O5（g）+O 2（g）H不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如下表及图所示，下列说法正确的是（ ）容器 甲 乙 丙容积/L 1 1 2反应物起始量 2mol NO2，1mol O 3 2mol NO2，1mol O
5、 3 2mol NO2，1mol O 3温度 T1 T2 T2A010min 内甲容器中反应的平均速率： v（NO 2）=0.02molL 1min1BT 1T 2，H0C平衡时 N2O5 浓度：c 乙 （ N2O5）c 丙 （N 2O5）DT 1时，若起始时间向容器甲中充入 2molNO2、1molO 3、2molN 2O5 和 2mol O2，则脱硝反应达到平衡前，v（正）c（逆）二、解答题（共 4 小题，满分 58 分）8W、X、Y、 Z 为元素周期表中前四周期原子序数依次增大的元素W 的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为 3，X 2+与 W3具有相同的电子层结构；W 与 X 的最外
6、层电子数之和等于 Y 的最外层电子数； Z 元素位于元素周期表的第 6 列请回答：（1）Z 的基态原子的价电子排布式为： （2）WY 3 分子的立体构型为： （3）W 的简单氢化物分子中，原子间形成 键时，发生重叠的原子轨道分别为 （填轨道名称） （4）比较 Y 的含氧酸酸性： HYO2 HYO（填“ ”或“ ”） （5）离子型氢化物 XH2 的晶胞如图所示，其中阴离子的配位数为 （6）强酸条件下，Z 2O72离子能与乙醇反应生成 Z3+离子，该反应的离子方程式为： 9次氯酸（HClO）仅存在于溶液中，有很强的氧化性和漂白作用某兴趣小组拟用 Cl2O与潮湿 Na2CO3 反应制得 Cl2O，再
7、用水吸收 Cl2O 制备次氯酸溶液，并测定其浓度查阅资料Cl2O 沸点为 3.8，42以上分解为 Cl2 和 O2，极易溶于水并与水反应生成 HClOHClO 可被 H2O2、FeCl 2 等物质还原成 Cl制备产品（1）仪器 a 的名称是 （2）将氯气和空气（不参与反应）以体积比约 1：3 混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法是 （3）装置 B 中产生 Cl2O 的化学方程式 （4）若 B 中无冷却装置，进入 C 中的 Cl2O 会大量减少，其原因是 测定浓度（5）该小组设计了以下实验方案，测定 C 中所得溶液中 HClO 的物质的量浓度，请将方案补充完整 （所需试剂从 H2O2
8、 溶液、FeCl 2 溶液、AgNO 3 溶液中选择）用酸式滴定管量取 20.00mL 次氯酸溶液，向其中加入足量的 混合溶液，过滤、洗涤、在真空干燥箱中干燥，称量固体质量为 5.740g，则该溶液中 HClO 的物质的量浓度为 mol/L10有机物 X 是一种应用广泛的化学材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：请回答下列问题：（1）A 的化学名称是 ，化合物 B 的官能团名称是 （2）G 物质可发生的反应类型为 （填字母序号） A加成反应 B酯化反应 C还原反应 D缩聚反应（3）X 的结构简式为 （4）F 与 Ag（ NH3） 2OH 溶液反应的化学方程式为 （5）A 与 CH3
9、COOH 生成 B 的化学方程式为 （6）写出同时满足下列条件的 G 的同分异构体 M 的结构简式 能与 1molBr2 加成，能发生银镜反应，但不能发生水解反应；苯环上的一氯代物有两种；红外光谱显示有“C OC”结构11MnO 2 和锌是制造锌锰电池的主要原料，一种新工艺采用软锰矿（主要成分为 MnO2，含少量 Al2O3 和 SiO2 杂质）和闪锌矿（主要成分为 ZnS，含少量 FeS、CuS 、CdS 杂质）为原料生产 MnO2 和锌，其简化工艺流程如下（中间产物的固体部分已经略去）：已知：浸取时发生的主要反应为：MnO 2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，杂
10、质FeS、CuS、CdS 也会发生类似反应某些金属离子完全沉淀的 pH 如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH 8.0 10.1 9.0 3.2 4.7请回答下列问题：（1）步骤中浸取时 Al2O3 与稀硫酸反应的化学方程式为 （2）步骤中还原回收得到的金属单质是 （3）步骤中 MnO2 的作用是 ，适宜选作物质 W 的试剂为 （选填编号） ANaOH BZnO CNH 3H2O DMnCO 3（4）酸性锌锰干电池放电时，负极的电极反应式为 （5）MnSO 4 可用于制备 MnCO3，MnCO 3 在空气中加热反应也可制得 MnO2已知 25，101kPa 时：Mn（s）+O 2
11、（ g）=MnO 2（s）H 1=520kJmol1C（s）+O 2（g）=CO 2（g）H 2=393.5kJmol12Mn（s）+2C （s）+3O 2（g）=2MnCO 3（s）H 3=894kJmol1MnCO3 在空气中加热反应生成 MnO2 的热化学方程式为 （6）按照图示流程，若某次生产过程中使用了 100t 闪锌矿，其中 ZnS 含量为 80%，浸取时 ZnS 的损失率为 3%，最终得到 87t MnO2假设流程中每个步骤都反应完全，电解（使用惰性电极）时无其他产物生成，则流程中除杂质所引入的锌元素的质量为 t2016 年四川省南充市高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题
12、（共 7 小题，每小题 6 分，满分 42 分）1下列过程中，利用物质漂白性使溶液褪色的是（ ）A向滴有酚酞的石灰水中滴加稀盐酸，溶液红色逐渐褪去B向品红溶液中滴加亚硫酸溶液，溶液红色逐渐褪去C向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水，溶液紫红色逐渐褪去D向硫氰化铁溶液中加入铁粉并搅拌，溶液红色逐渐褪去【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A石灰水与盐酸发生中和反应；B亚硫酸由二氧化硫与水反应生成，二氧化硫可漂白品红；C高锰酸钾与过氧化氢发生氧化还原反应；D硫氰化铁电离出的铁离子与铁发生氧化还原反应【解答】解：A石灰水与盐酸发生中和反应，中性或酸性溶液中，滴加酚酞呈无色，与漂白性无关，故 A 错误
13、；B亚硫酸由二氧化硫与水反应生成，二氧化硫可漂白品红，利用物质漂白性，故 B 正确；C高锰酸钾与过氧化氢发生氧化还原反应，与漂白性无关，故 C 错误；D硫氰化铁电离出的铁离子与铁发生氧化还原反应，与漂白性无关，故 D 错误故选 B2下列有关 0.1mol/L HNO3 溶液的叙述正确的是（ ）A加入 Na2S2O3 溶液，无明显现象B该溶液中 Na+、K +、SiO 32、SO 42可以大量共存C加入 FeCO3 粉末，发生反应的离子方程式为： 2FeCO3+2H+=2Fe2+CO2+H2OD加入过量 Cu 粉和足量稀硫酸，可使溶液中几乎不含 N 元素【考点】离子方程式的书写【分析】AHNO
14、3 是强氧化剂，硫代硫酸钠中硫元素被氧化为硫酸根，硝酸中氮元素被还原为一氧化氮；B硝酸为强酸，H +与 SiO32不能大量共存；C硝酸具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子；D 加入过量 Cu 粉和足量稀硫酸，HNO 3 全部被还原为 NO【解答】解：AHNO 3 是强氧化剂，硫代硫酸钠中硫元素被氧化为硫酸根，根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，S 2O322SO428e ，HNO 3NO3e ，离子方程式为：3S2O32+8NO3+2H+=6SO42+8NO+H2O，现象为有无色气体产生，且该气体在空气中逐渐变红棕色，故 A 错误；B硝酸为强酸，硝酸电离出的 H+与 SiO32反应：2H +Si
15、O32=H2SiO3，形成硅酸沉淀，不能大量共存，故 B 错误；C加入 FeCO3 粉末，发生反应的离子方程式为：3FeCO3+NO3+10H+=3Fe3+3CO2+NO+5H2O，故 C 错误；DCu 与稀 HNO3 反应 3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，加入过量 Cu 粉和足量稀硫酸，HNO 3 几乎全部被还原为 NO，可使溶液中几乎不含 N 元素，故 D 正确；故选 D3用 NA 表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（ ）ANa 2O2 与足量 CO2 反应，共生成 0.2mol O2，转移电子的数目为 0.4NAB室温下，1L pH=12 的 Ba（OH） 2 溶
16、液中，由水电离的 OH离子数目为 0.01NAC0.1 mol 聚丙烯中含有双键的数目为 0.1NAD含 1mol FeCl3 的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A过氧化钠和二氧化碳的反应是 1 价氧元素变化为 0 价和2 价，生成 1molO2 电子转移 2mol；BpH=12 的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为 0.01mol/L；C聚丙烯是丙烯加聚反应生成，聚丙烯中无双键；D一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；【解答】解：ANa 2O2 与 H2O 的反应是歧化反应：2Na 2O2+2H2O=4NaOH+O2此反应转移 2mol 电子，生成 1molO
17、2，故当生成 0.2molO2，转移电子 0.4mol，数目为 0.4NA，故 A正确；BpH=12 的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为 0.01mol/L，氢离子浓度=10 12mol/L，故 1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为 0.01mol，水电离出氢氧根离子水个数为 1012NA 个，故B 错误；C聚丙烯中无双键，故 C 错误；D一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故 1mol 氯化铁溶液形成的胶粒个数小于NA 个，故 D 错误；故选 A4下列“试剂”和“试管中的物质”不能完成“实验目的”的是（ ） 实验目的 试剂 试管中的物质A 浓度对硫酸的性质有影响 Fe 稀硫酸； 浓硫酸B 羟
18、基对苯环活性有影响 饱和溴水 苯； 苯酚C 甲基对苯环活性有影响 酸性 KMnO4 溶液 苯； 甲苯D 碳酸钠溶液碱性比碳酸氢钠溶液强 酚酞溶液 碳酸钠溶液碳酸氢钠溶液AA BB CC DD【考点】化学实验方案的评价【分析】A稀硫酸与铁反应生成氢气，浓硫酸与铁发生钝化；B苯与溴水发生萃取，苯酚与溴水发生取代反应；C只有甲苯能被高锰酸钾氧化；D碱性越强，溶液颜色越深【解答】解：A稀硫酸与铁反应生成氢气，浓硫酸与铁发生钝化，没有明显现象，可说明硫酸浓度不同，性质不同，故 A 正确；B饱和溴水与苯进行萃取、与苯酚生成三溴苯酚沉淀，验证了羟基对苯环活性的影响，故 B 正确；C酸性高锰酸钾与甲苯反应生成
19、苯甲酸，溶液褪色，验证苯环对甲基活性的影响，故 C错误；D碱性越强，溶液颜色越深，可完成实验，故 D 正确故选 C5NCl 3 是一种黄色粘稠的油状液体（已知电负性： NCl）装置如图所示，利用惰性电极电解制备，原理是：NH 4Cl+2HCl NCl3+3H2，下列说法错误的是（ ）Ab 电极接电源的负极B阳极区被氧化的元素为 ClC流出液 X 中不含 HClD每生成 3molH2，有 6molCl通过阴离子交换膜【考点】电解原理【分析】根据图示信息知道：a 电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+3Cl6e=NCl3+4H+，b 电极是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应
20、式为：2H +2e=H2，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，但是阳离子不能经过交换膜，根据电子守恒以及电极反应式进行计算回答【解答】解：根据图示信息知道：a 电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+3Cl6e=NCl3+4H+，b 电极是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H +2e=H2，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，但是阳离子不能经过交换膜，根据电子守恒以及电极反应式进行计算回答Ab 电极产生氢气，发生的是还原反应， b 电极是阴极，故接电源的负极，故 A 正确；B题干由已知电负性：NCl，故 NCl3 中 Cl 为+1 价，Cl
21、 元素化合价升高被氧化，故 B正确；C电解过程中，Cl 可以经过阴离子交换膜移向阳极，阳极发生氧化反应NH4+3Cl6e=NCl3+4H+，流出液 X 中含 HCl，故 C 错误；D每生成 3molH2，转移 6mol 电子，溶液中通过离子定向移动形成闭合回路平衡电荷，故有 6molCl通过阴离子交换膜，故 D 正确故选 C6室温下，分别用 0.1molL1 溶液进行下列实验，结论正确的是（ ）ANaHC 2O4 溶液（ pH=5.5）：c（Na +）c（HC 2O4）c（H 2C2O4）c（C 2O42）B向 NaHCO3 溶液中通 CO2 至 pH=7：c （Na +）=c（HCO 3）+
22、2c（CO 32）C向 NaHSO4 溶液中加入等浓度等体积的 Ba（OH） 2 溶液：pH=13D向氨水中加入少量 NH4Cl 固体： 减小【考点】离子浓度大小的比较【分析】ANaHC 2O4 溶液显酸性，则 HC2O4的电离程度大于水解程度；B溶液的 pH=7，则 c（H +）=c（OH ） ，根据混合液中的电荷守恒判断；C设溶液体积都是 1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为：=0.05mol/L；D加入氯化铵后，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则氢氧根离子浓度减小，结合氨水的电离平衡常数分析【解答】解：ANaHC 2O4 溶液显酸性，则 HC2O4的电离程度大于水解程度，所以
23、c（C 2O42）c （H 2C2O4） ，则溶液中微粒的浓度关系为：c（Na +）c（HC 2O4）c（C 2O42）c （H 2C2O4） ，故 A 错误；B向 NaHCO3 溶液中通 CO2 至 pH=7，c （H +）=c（OH ） ，溶液中电荷守恒为：c（Na +）+c（H +）=c（HCO 3）+2c（CO 32）+c（OH ） ，则 c（Na +）=c（HCO 3）+2c（CO 32） ，故B 正确；C向 NaHSO4 溶液中加入等浓度等体积的 Ba（OH） 2 溶液，设溶液体积都是 1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为： =0.05mol/L，溶液中氢氧根离子浓度不是 0.1mo
24、l/L，溶液的 pH13，故 C 错误；D氨水中加入少量 NH4Cl 固体，铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，而 = = ，Kb不变，所以该比值增大，故 D 错误；故选 B7臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO 2（g） +O3（g）N 2O5（g）+O 2（g）H不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如下表及图所示，下列说法正确的是（ ）容器 甲 乙 丙容积/L 1 1 2反应物起始量 2mol NO2，1mol O 3 2mol NO2，1mol O 3 2mol NO2，1mol O 3温度 T1 T2 T2A010min 内甲容器中反
25、应的平均速率： v（NO 2）=0.02molL 1min1BT 1T 2，H0C平衡时 N2O5 浓度：c 乙 （ N2O5）c 丙 （N 2O5）DT 1时，若起始时间向容器甲中充入 2molNO2、1molO 3、2molN 2O5 和 2mol O2，则脱硝反应达到平衡前，v（正）c（逆）【考点】化学平衡的计算【分析】A、图象分析可知， N2O5（g）生成浓度 0.2mol/L，则消耗 NO2 浓度 0.4mol/L，根据 v= 计算 v（NO 2） ；B、由图象分析，先拐先平数值大，则乙的温度较高，T 1T 2，温度越高 N2O5（g）浓度越小，说明反应逆向移动，正反应是放热反应；C、结合三行计算列式计算浓度，化学反应达到平衡状态不能进行彻底分析；
