高三化学开学摸底考新课标卷01解析版Word下载.docx
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常见的六元杂环化合物有
下列说法正确的是
A．吡啶和嘧啶互为同系物
B．吡喃的二氯代物有6种（不考虑立体异构）
C．三种物质均能发生加成反应
D．三种分子中所有原子处于同一平面
【答案】C
【解析】A．同系物差CH2，吡啶和嘧啶还差了N，不可能是同系物，A项错误；
B．吡喃的二氯代物有7种，当一个氯位于氧的邻位，有4种，当一个氯位于氧的间位有2种，当一个氯位于氧的对位，有1种，B项错误；
C．三种物质均能有以双键形式存在的键，能发生加成反应，C项正确；
D．吡喃含有饱和碳原子结构，所有原子不可能处于同一平面，D项错误；
答案选C。
10．对煤干馏并检验其中部分产物，装置（夹持装置已略）如图所示。
下列说法不正确的是
A．煤的干馏过程发生复杂的物理、化学变化
B．向b装置的水层中滴入紫色石蕊溶液，溶液变蓝
C．c装置可检验产生的气体中一定含有H2S
D．e装置中产生的现象是固体由黑色变为红色
【解析】煤干馏得到焦炉气、粗氨水、粗苯、煤焦油、焦炭，据此分析；
A．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，发生复杂的物理、化学变化，得到焦炉气、粗氨水、粗苯、煤焦油、焦炭，故A说法正确；
B．煤的干馏得到产物中含有NH3，氨水显碱性，能使紫色石蕊溶液变蓝，故B说法正确；
C．焦炉气中含有乙烯，乙烯也能使酸性KMnO4溶液褪色，故C说法错误；
D．焦炉气中含有H2、CH4、CO都能还原CuO，使黑色变为红色，故D说法正确；
答案：
C。
11．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。
X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的
。
下列说法正确的是（）
A．简单离子半径：
Z>
M>
Y
B．常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸
C．X+与Y22-结合形成的化合物是离子晶体
D．Z的最高价氧化物的水化物是中强碱
【解析】短周期元素X、M的族序数均等于周期序数，符合要求的只有H、Be、Al三种元素；
结合分子结构图化学键连接方式，X为H元素，M为Al元素，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的
，Y为O元素，原子序数依次增大，Z元素在O元素和Al元素之间，结合题图判断Z为Mg元素，据此分析解答。
根据分析X为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素；
A．Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素，简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：
Y>
Z>
M，故A错误；
B．Z为Mg元素，M为Al元素，常温下Al遇浓硝酸发生钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；
C．X为H元素，Y为O元素，X+与Y22-结合形成的化合物为双氧水，是分子晶体，故C错误；
D．Z为Mg元素，Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁，是中强碱，故D正确；
答案选D。
12．利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。
H+，O2，NO3－等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。
下列说法错误的是（）
A．反应①②③④均在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amol
C．④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O
D．增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大
【答案】B
【解析】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；
B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolCl时ne=2amol，故B错误；
C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_+8e_—NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所以④的电极反应式为NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O，故C正确；
D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；
综上所述，答案为B。
13．常温下,将盐酸滴加到联氨（N2H4）的水溶液中,混合溶液中pOH[pOH=-lgc（OH-）]随离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是（已知N2H4在水溶液中的电离方程式:
N2H4+H2O-
N2H5++OH-，N2H5++H2O-
N2H62++OH-）
A．联氨的水溶液中不存在H+
B．曲线M表示pOH与
的变化关系
C．反应N2H4+H2O
N2H5++OH-的K=10-6
D．N2H5Cl的水溶液呈碱性
【解析】A．联氨的水溶液中，水可以电离出H+，故A错误；
B．当c（N2H5+）=c（N2H4）时，Kb1=c（OH-），同理c（N2H6+）=c（N2H5+）时，Kb2=c（OH-），所以曲线N表示pOH与
的变化关系，曲线M表示pOH与
的变化关系，故B错误；
C．c（N2H5+）=c（N2H4）时，反应N2H4+H2O
N2H5++OH-的K=
=10-6，故C正确；
D．N2H4在水溶液中不能完全电离，则N2H5Cl属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D错误；
故选C。
二、非选择题：
共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
共43分。
26．（14分）氧化铬绿（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。
一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬绿的工艺流程如下：
已知：
①向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液；
②“还原”反应剧烈放热，可制得Cr（OH）3浆料。
（1）该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。
请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式_________。
（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是_____（填标号）。
A该反应一定无需加热即可进行B必要时可使用冷却水进行温度控制
C铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应D应建造废水回收池，回收含铬废水
（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下Cr（Ⅵ）还原率如下图。
实际生产过程中Cr（Ⅵ）还原率可高达99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为_________。
（4）滤液中所含溶质为_______。
该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有_________、________（请写出两条）。
（5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬[Cr（OH）3·
nH2O]。
将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧，质量损失与固体残留质量比为9:
19，经计算得出n=_________。
（6）重铬酸钠（Na2Cr2O7·
H2O）与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生产过程中产生的气体对环境无害，其化学反应方程式为_________。
【答案】
（1）
（2分）
（2）AC（2分）
（3）碳化率40%、恒温240℃（2分）
（4）Na2CO3（或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3）（2分）工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备（1分）无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等（1分）
（5）0.5（2分）
（6）
（2分）
【解析】
【分析】
在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr（OH）3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠（取决于起始反应溶液的碱性），然后过滤、洗涤，通过煅烧Cr（OH）3然后经过一系列操作得到产品，以此解答。
（1）HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr（OH）3等，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：
；
（2）A．该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，故A符合题意；
B．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr（OH）3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，故B不符合题意；
C．为保证原料的充分利用，应淀粉适当过滤，使铬酸钠充分反应，故C符合题意；
D．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，故D不符合题意；
故答案为：
AC；
（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：
碳化率40%、恒温240℃；
（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：
Na2CO3（或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3）；
水热法制备工艺的优点有：
工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；
（5）加热过程中相关物质的转化关系式为：
，解得n=0.5；
（6）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化和还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：
27．（14分）三硫代碳酸钠（Na2CS3）在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。
某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。
回答下列问题：
（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是______（填“强”或“弱”）酸。
向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此说明Na2CS3具有______性。
（填“还原”或“氧化”）。
（2）为了测定某Na2CS3溶液的浓度，按如图装置进行实验。
将35.0mL该Na2CS3溶液置于下列装置A的三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。
CS32-+2H+==CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒；
CS2不溶于水，沸点46°
C，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
①仪器d的名称是__________。
反应开始时需要先通入一段时间N2，其作用为______。
②B中发生反应的离子方程式是________。
③反应结束后。
打开活塞K。
再缓慢通入热N2（高于60°
C）一段时间，其目的是__________。
④为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。
称量B中沉淀质量之前，需要进行的实验操作名称是过滤、_____、________；
若B中生成沉淀的质量为8.4g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气（高于60°
C），通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
（1）弱（1分）还原（1分）
（2）①分液漏斗（1分）排除装置中的空气（1分）②Cu2++H2S=CuS↓+2H+（2分）③将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；
将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收（2分）④洗涤（1分）干燥（1分）2.5mol/L（2分）⑤偏高（2分）
（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液显碱性，说明盐为强碱弱酸盐；
向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去证明盐被氧化发生氧化还原反应，Na2CS3具有还原性，故答案为：
弱；
还原性；
（2）①根据仪器构造分析，仪器d的名称分液漏斗；
N2化学性质比较稳定，为了防止空气中氧气将H2S氧化，所以反应开始时需要先通入一段时间N2，排除装置中的空气，故答案为：
分液漏斗；
排除装置中的空气；
②B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：
Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：
Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
③反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：
将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；
将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案为：
将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收，将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；
④称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是：
过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为8.4g，物质的量=
，物质的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S↑，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，得到定量关系：
CS32−∼H2S∼CuS，n（Na2CS3）=n（CuS）=0.0875mol，则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度
，故答案为：
洗涤、干燥；
2.5mol/L；
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳，溶液质量增加偏大，计算得到溶液浓度或偏高，故答案为：
偏高。
28．（15分）科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示（条件及物质未标出）。
（1）已知：
CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3kJ·
mol－1、283.0kJ·
mol－1、285.8kJ·
mol－1，则上述流程中第一步反应2CH4（g）＋O2（g）===2CO（g）＋4H2（g）的ΔH＝______________。
（2）工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2（g）＋3H2（g）ý
°
CH3OH（g）＋H2O（g），某温度下，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表：
时间/h
1
2
3
4
5
6
0.90
0.85
0.83
0.81
0.80
①用H2表示前2h的平均反应速率v（H2）＝_________________________________；
②该温度下，CO2的平衡转化率为________。
（3）在300℃、8MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一密闭容器中发生
（2）中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×
物质的量分数）。
（4）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：
2CO2（g）＋6H2（g）ý
C2H4（g）＋4H2O（g） ΔH。
在0.1MPa时，按n（CO2）∶n（H2）＝1∶3投料，如图所示为不同温度（T）下，平衡时四种气态物质的物质的量（n）关系。
①该反应的ΔH________0（填“＞”或“＜”）。
②曲线c表示的物质为________。
③为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施______________。
（答出一条即可）
（1）－71.4kJ·
mol－1（3分）
（2）0.225mol·
L－1·
h－1（2分）40%（2分）
（3）
（2分）
（4）<
（2分）C2H4（2分）加压（或不断分离出水蒸气）（2分）
（1）在101kPa下，CH4、CO、H2的燃烧热（△H）分别为−890.3kJ/mol、−283kJ/mol、−285.8kJ/mol，它们的热化学反应方程式分别为：
①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=−890.3kJ/mol；
②CO（g）+
O2（g）═CO2（g）△H=−283kJ/mol；
③H2（g）+
O2（g）═H2O（l）△H=−285.8kJ/mol；
根据盖斯定律，由①×
2−②×
2−③×
4得2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H═[（−890.3kJ/mol×
2）−（−283kJ/mol）×
2]−（−285.8kJ/mol×
4）=−71.4kJ/mol；
（2）①设反应的二氧化碳物质的量为x，气体压强之比等于气体物质的量之比，
P后：
P前=（4−2x）：
（1+3）=0.85，解得：
x=0.3mol，则用氢气表示前2小时反应平均速率v（H2）=
=0.225mol/（L⋅h）；
②反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y，
P前=（4−2y）：
（1+3）=0.8，解得：
y=0.4mol该温度下CO2的平衡转化率=
×
100%=40%；
（3）若反应条件为压强8MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1:
3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
分压=总压×
物质的量分数，物质的量分数=
，故P（CO2）=
，P（H2）=
，P（CH3OH）=
，P（H2O）=
Kp=
=
（MPa）−2；
（4）①由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故△H＜0；
②根据图知，升高温度,氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；
a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以c曲线代表C2H4；
③由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，该反应为气态分子数减小的反应，为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强,或不断分离出水,平衡向右移动，H2的平衡转化率增大。
（二）选考题：
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：
物质结构与性质］（15分）
2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。
LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。
（1）Fe的价层电子排布式为___。
（2）Li、F、P、As四种元素的电负性由大到小的顺序为___。
（3）乙二醇（HOCH2CH2OH）的相对分子质量与丙醇（CH3CH2CH2OH）相近，但沸点高出100℃，原因是___。
（4）电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示（图中阴离子未画出）。
电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示（X=P、As）。
①聚乙二醇分子中，碳、氧的杂化类型分别是___、___。
②从化学键角度看，Li+迁移过程发生___（填“物理变化”或“化学变化”）。
③PF6中P的配位数为___。
④相同条件，Li+在___（填“LiPF6”或“LiAsF6”）中迁移较快，原因是___。
（5）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。
LiCl·
3H2O属正交晶系（长方体形）。
晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。
如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。
据此推断该晶胞中Cl原子的数目为___。
3H2O的摩尔质量为Mg·
mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·
3H2O晶体的密度为___g·
cm-3（列出计算表达式）。
（1）3d64s2（1分）
（2）F、P、As、Li（2分）
（3）乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大（2分）
（4）sp3（1分）sp3（1分）化学变化（1分）6（1分）LiAsF6（1分）AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱（1分）
（5）4（2分）
（1）Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2
，故价层电子排布式为3d64s2；
（2）非金属性越强，电负性越强，非金属性：
F＞P＞As＞Li，则四种元素的电负性由大到小的顺序为F、P、As、Li；
（3）乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
（4）①图中聚乙二醇的碳原子都是形成4个单键，无孤电子对，为sp3杂化，氧原子都是形成2个单键，有2对孤电子，为sp3杂化；
②化学变化过程的实质是旧键的断裂和新键的形成，Li+在迁移过程中要将旧的配位键断裂，迁移后再形成新的配位键，符合化学变化过程的要求；
③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数，由图乙所示，PF6的中心原子为P，与之以配位键相结合的F原子有6个，则配位数为6；
④AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱，则Li+在LiAsF6中迁移较快；
（5）如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。
其中2个Cl原子在晶胞内部，4个Cl在晶胞的面上，则该晶胞中Cl原子的数目为2+4×
=4个；
晶胞参数为0.72nm、1.
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