2017届湖北省武汉十一中高三化学一模试题答案及解析

海量资源尽在星星文库：届湖北省武汉十一中高三化学一模试题答案及解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．纵观古今，化学与生活皆有着密切联系．下列有关说法错误的是（）A．草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙B．制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色C．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同D．《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇【解答】解：A．碳酸钙需要在高温下煅烧分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙来产生二氧化碳，故A错误；B．烟花放出五彩缤纷的颜色和元素的颜色反应、烟花中的加入金属发光剂和发色剂有关系，故B正确；C．梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故C错误；D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”设计蒸馏的办法，蒸馏的办法可用来分离乙酸和乙醇，故D正确；故选A．2．X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周周期元素，其中Y、Z为金属元素．X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如下图所示反应关系（图中“一”相连的两种物质能发生反应）．下列判断正确的是（）A．X是元素周期表中非金属性最强的元素B．Z位于元素周期表第3周期IA族C．4种原子中，Y原子半径最小D．W的阴离子可能促进水的电离【解答】解：由以上分析可知X为N、Y为Na、Z为Al、W为S或Cl，甲为HNO3，乙为NaOH，丙为Al（OH）3，丁为H2SO4或HClO4，A．X为N，元素周期表中非金属性最强的元素为F，故A错误；海量资源尽在星星文库：．Z为Al，位于周期表第三周期ⅢA族，故B错误；C.4种原子中，半径最小的为N，Y为Na，原子半径最大，故C错误；D．如W为S，对应的离子为S2﹣，水解呈碱性，可促进水的电离，故D正确．故选D．3．“分子机器设计和合成”有着巨大的研究潜力．人类步入分子器件时代后，使得光控、温控和电控分子的能力更强，如图是蒽醌套索醚电控开关．下列说法错误的是（）A．物质Ⅰ的分子式是C25H28O8B．反应[a]是氧化反应C．1molⅠ可与8molH2发生加成反应D．物质Ⅰ的所有原子不可能共平面【解答】解：A．由结构简式可知C25H28O8，故A正确；B．物质Ⅰ生成Ⅱ，C=O生成C﹣O，为加成反应，故B错误；C．物质Ⅰ含有2个苯环、2个羰基，则1molⅠ可与8molH2发生加成反应，故C正确；D．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则物质Ⅰ的所有原子不可能共平面，故D正确．故选B．4．将打磨后的镁条放入盛有50mL蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中pH和溶液浊度随时间的变化如图．下列有关描述正确的（）A．该实验是在常温下进行的海量资源尽在星星文库：．实线表示溶液浊度随时间的变化C．50s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红D．150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg（OH）2沉降【解答】解：A．常温下蒸馏水的pH=7，而图象中质量数的pH小于6.5，说明该实验不是在常温下进行的，故A错误；B．随着反应进行，氢氧化镁沉降导致溶液浊度减小，而实线呈增大趋势，表示的应该为溶液的pH变化，故B错误；C.50s时溶液的pH小于8，滴入酚酞后溶液为无色，故C错误；D．Mg（OH）2为难溶物，随着Mg（OH）2的沉降，溶液的浊度会下降，即150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg（OH）2沉降，故D正确；故选D．5．为了强化安全管理，某油库引进了一台空气中汽油含量的测量仪，其工作原理如图所示（用强酸性溶液作电解质溶液）．下列说法中不正确的是（）A．石墨电极作正极，发生还原反应B．铂电极的电极反应式为：C8H18+16H2O﹣50e﹣═8CO2+50H+C．每消耗标准状况下5.6LO2溶液中通过lmol电子D．H+由质子交换膜左侧向右侧迁移【解答】解：A．石墨作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A正确；B．铂电极上锌C6H18失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式：C8H18+16H2O﹣50e﹣═8CO2↑+50H+，故B正确；C．每消耗标准状况下5.6LO2，物质的量==0.25mol，强酸性溶液作电解质溶液中电极反应4H++O2+4e﹣═2H2O，电子守恒得到通过lmol电子，但溶液中不能通过电子，故C错误；D．阳离子移向正极，所以H+由质子交换膜左侧向右侧迁移，故D正确；海量资源尽在星星文库：．6．已知常温下0.1mol/LNaHSO3溶液pH＜7，将10mL0.1mol/LBa（OH）2溶液缓慢滴加到10mL0.1mol/LNaHSO3溶液中，下列说法不正确的是（）A．常温下0.1mol/LNaHSO3溶液中HSO3﹣电离程度大于水解程度B．当加入的Ba（OH）2溶液体积小于5mL时，溶液中的反应为：2HSO3﹣+Ba2++2OH﹣⇌BaSO3↓+2H2O+SO32﹣C．滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加D．当加入Ba（OH）2溶液体积为7.5mL时，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【解答】解：A、已知常温下0.1mol/LNaHSO3溶液pH＜7，说明亚硫酸氢钠的电离程度大于水解程度，故A正确；B、当加入的Ba（OH）2溶液体积小于5mL时，说明亚硫酸氢钠过量，则氢氧化钡少量，即氢氧化钡完全反应，所以钡离子与氢氧根离子之比等于1：2，所以溶液中反应的离子方程式为：2HSO3﹣+Ba2++2OH﹣⇌BaSO3↓+2H2O+SO32﹣，故B正确；C、随着钡离子和氢氧根离子的浓度增加，所以滴加过程中，逐渐产生亚硫酸钡沉淀，所以滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加，故C正确；D、当加入Ba（OH）2溶液体积为7.5mL时，则氢氧化钡的物质的量为：0.75mmol，而NaHSO3溶液的物质的量为1mmol，所以溶液钠离子的物质的量为1mmol，而亚硫酸根离子的物质的量1mmol﹣0.75mmol=0.25mmol，氢氧根离子的物质的量为：1.5mmol﹣1mmol=0.5mmol，所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+），故D错误；故选D．7．某溶液中可能含有K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、I﹣、Cl﹣中的一种或多种，进行如图所示的实验，下列说法正确的是（）A．溶液X中有Fe3+、SO42﹣B．溶液X中有Fe2+、I﹣可能有SO42﹣、Cl﹣海量资源尽在星星文库：．溶液X中有I﹣、Cl﹣，无CO32﹣D．溶液X中有I﹣，Fe2+和Fe3+两种离子中至少有一种【解答】解：由上述分析可知，原溶液X中一定含有I﹣、Fe2+，一定不存在Fe3+、CO32﹣，不能确定是否存在K+、Na+、SO42﹣、Cl﹣，A．X中不含Fe3+，故A错误；B．由分析可知溶液X中有Fe2+、I﹣可能有SO42﹣、Cl﹣，故B正确；C．不能确定是否存在Cl﹣，故C错误；D．X中不含Fe3+，故D错误；故选B．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2017•汕头三模）碲（Te）广泛用于彩色玻璃和陶瓷．工业上用精炼铜的阳极泥（主要含有TeO2、少量Ag、Au）为原料制备单质碲的一种工艺流程如图：已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强喊．（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O．（2）碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O．（3）“沉碲”时控制溶液的pH为4.5〜5.0，生成TeO2沉淀．酸性不能过强，其原因是溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入H2SO4，并不断搅拌．（4）“酸溶”后，将SO2通人TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4．（5）25°C时，亚碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10﹣3，Ka2=2×10﹣8①0.1mol•L﹣1H2TeO3电离度α约为．（α=×100%）②0．lmol•L﹣1的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系正确的是CD．A．c（Na+）＞c（HTeO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2TeO3）＞c（H+）B．c（Na+）+c（H+）＞=c（HTeO3﹣）+c（TeO32﹣）+c（OH﹣）海量资源尽在星星文库：．c（Na+）=c（TeO32﹣）+c（HTeO3﹣）+c（H2TeO3）D．c（H+）+c（H2TeO3）=c（OH﹣）+e（TeO32﹣）【解答】解：（1）TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强喊，是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，离子方程式为：TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O；故答案为：TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O；（2）碱浸后的“滤渣”为Ag和Au，Ag溶于稀硝酸，反应为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；故答案为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；（3）因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是：缓慢加入H2SO4，并不断搅拌；故答案为：溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失；缓慢加入H2SO4，并不断搅拌；（4）SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；故答案为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；（5）①25℃时，亚碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10﹣3，K2=2×10﹣8，H2TeO3⇌H++HTeO3﹣，Ka1===10﹣3，c（H+）=10﹣2mol/L，0.1mol•L﹣1H2TeO3的电离度a约为：×100%=10%；故答案为：10%；②A．NaHTeO3的溶液中存在电离和水解平衡，水解平衡常数Kh=====10﹣11＜K2=2×10﹣8，说明HTeO3﹣水解程度小于其电离程度，溶液显酸性，则c（Na+）＞c（HTeO3﹣）＞c（H+）＞c（H2TeO3）＞c（OH﹣），故A错误；B．根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HTeO3﹣）+2c（TeO32﹣）+c（OH﹣），故B错误；C．根据物料守恒：c（Na+）=c（TeO32﹣）+c（HTeO3﹣）+c（H2TeO3），故C正确；海量资源尽在星星文库：．质子守恒：c（H+）+c（H2TeO3）=c（OH﹣）+e（TeO32﹣），故D正确；故答案为：CD．9．（13分）（2017•朝阳区二模）Li﹣CuO二次电池的比能量高、工作温度宽，性能优异，广泛应用于军事和空间领域．（1）Li﹣CuO电池中，金属锂做负极．（2）比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，用来衡量电池的优劣．比较Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小：Li＞Al＞Na．（3）通过如下过程制备CuOCuCuSO4溶液Cu2（OH）2CO3沉淀CuO①过程Ⅰ，H2O2的作用是氧化剂．②过程Ⅱ产生Cu2（OH）2CO3的离子方程式是2Cu2++2CO32﹣+H2O═Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑．③过程Ⅱ，将CuSO4溶液加到Na2CO3溶液中，研究二者不同物质的量之比与产品纯度的关系（用测定铜元素的百分含量来表征产品的纯度），结果如下：已知：Cu2（OH）2CO3中铜元素的百分含量为57.7%．二者比值为1：0.8时，产品中可能含有的杂质是Cu（OH）2，产生该杂质的原因是当Na2CO3用量减少时，c（CO32﹣）变小，CO32﹣水解程度变大，c（OH﹣）/c（CO32﹣）增加，c（OH﹣）对产物