精品解析河南省届高三上学期期末考试理科综合化学试题精校Word版Word格式.docx

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C.1mol羟甲香豆素与氢气加成，最多需要5molH2

D.二氯代物超过两种

【答案】D

【详解】A.分子中含有一个苯环和一个杂环，均能与氢气发生加成反应，选项A错误；

B.羟甲香豆素中含有甲基，甲基为四面体结构，故所有原子不可能均处于同一平面，选项B错误；

C.分子中含有一个苯环、一个碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol羟甲香豆素与氢气加成，最多需要4molH2，选项C错误；

D.羟甲香豆素中除酚羟基外，还有5种不同环境的氢，则二氯代物超过两种，选项D正确。

答案选D。

3.用下列装置完成相应的实验，能达到实验目的的是

A.

配制一定浓度的氯化钠溶液

B.

除去CO中的CO2

C.

中和滴定

D.

制取并检验乙烯

【答案】B

【详解】A、配制一定浓度的氯化钠溶液时，俯视定容，会导致加入的蒸馏水体积小于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项A错误；

B、将混合气体通过将有氢氧化钠溶液的洗气瓶后再经过干燥可除去CO中的CO2，能达到实验目的，选项B正确；

C、中和滴定时氢氧化钠溶液为待测溶液时，标准液应为酸溶液，酸溶液不能盛放在碱式滴定管中，选项C错误；

D、制取乙烯反应条件是加热到170℃，必须有温度计，且反应过量中会产生二氧化硫，二氧化硫也能使溴水褪色，干扰乙烯的检验，选项D错误；

答案选B。

4.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是

A.1L0.1mol·

L－1Na2S溶液中含有的S2－的数目小于0.1NA

B.同温同压下，体积均为22.4L的卤素单质中所含的原子数均为2NA

C.1mol苯中含有的碳碳双键数为3NA

D.78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4NA

【详解】A、由于硫离子水解，所以1L0.1mol•L-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小于0.1NA，选项A正确；

B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4L的卤素单质的物质的量不一定为1mol，故所含的原子数不一定为2NA，选项B错误；

C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；

D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠固体为1mol，其中所含的阴、阳离子总数为3NA，选项D错误。

5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Ⅹ、Z最外层电子数之和为13，W与Y同族，W的单质在Z的单质中点燃可以安静地燃烧，火焰为苍白色，且伴有白雾生成。

下列说法不正确的是

A.常温常压下X的单质为气态

B.Y与其他三种元素均可形成离子化合物

C.Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性

D.W与Z具有相同的最低化合价

【答案】C

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质在Z的单质中点燃可以安静地燃烧，火焰为苍白色，且伴有白雾生成，则W为H，Z为Cl；

W与Y同族，W、X、Z最外层电子数之和为13，则X最外层电子数为13-1-7=5，且Y原子序数小于Z大于X，故Y为钠元素，X为氮元素，据此分析解答。

【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质在Z的单质中点燃可以安静地燃烧，火焰为苍白色，且伴有白雾生成，则W为H，Z为Cl；

W与Y同族，W、X、Z最外层电子数之和为13，则X最外层电子数为13-1-7=5，且Y原子序数小于Z大于X，故Y为钠元素，X为氮元素。

A.常温常压下X的单质氮气为气态，选项A正确；

B.Y与其他三种元素均可形成离子化合物NaH、Na3N、NaCl，选项B正确；

C.Y和Z形成的化合物氯化钠的水溶液呈中性，选项C不正确；

D.W与Z具有相同的最低化合价，均可显-1价，选项D正确。

答案选C。

【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握核外电子排布，侧重考查分析推断能力、元素化合物知识，难度中等。

6.利用如图所示装置可制备LiOH，两电极区电解液分别为LiCl溶液和LiOH溶液。

下列说法错误的是

A.B极区的电极反应式2H2O+2e－=H2↑+2OH－

B.A极的电势一定比B极的高

C.实际电解过程中A极区pH减小

D.若改为阴离子交换膜，则两极气体产物仍相同

电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；

A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，据此分析解答。

【详解】电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；

A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，

A．通过以上分析知，B为阴极，水电离产生的氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H2O+2e－=H2↑+2OH－，选项A正确；

B.根据以上分析，A极为阳极，发生氧化反应，电流由电势高的一极流向电势低的一极，电子移动方向相反，选项B不正确；

C.实际电解过程中A极区氯离子放电生成氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液显酸性，pH减小，选项C正确；

D.若改为阴离子交换膜，则允许氢氧根离子移动到A极区，A极产生氯气，B极产生氢气，两极气体产物仍相同，只是两极溶液的浓度有差异，选项D正确。

【点睛】本题考查电解原理，为高频考点，正确判断阴阳极及各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错选项是B，注意电流由电势高的一极流向电势低的一极，题目难度不大。

7.常温下，用0.100mol·

L－1的NaOH溶液分别滴定同浓度、体积均为20.00mL的盐酸和醋酸溶液（用HA表示酸），得到2条滴定曲线，如图所示。

下列说法正确的是

A.滴定醋酸的曲线是图1

B.由图分析可得b>

a=20

C.D点对应的溶液中：

c（Na+）=c（A－）

D.根据E点可计算得K（HA）=[0.05+（10－6－10－8）]×

10－8/（10－6－10－8）

A．根据初始酸溶液中氢离子浓度和酸浓度的关系判断；

B、由选项A分析可知图1滴定盐酸且滴定终点溶液呈中性，图2滴定醋酸且滴定终点溶液呈碱性；

C．根据图示可知，D点显示中性，结合电荷守恒可求；

D、根据K（HA）=

计算。

【详解】A．根据图知，图1中A点未加氢氧化钠溶液时溶液的pH=1，由于酸的浓度是0.1mol/L，所以图1中为强酸，即滴定盐酸的曲线是图1，选项A错误；

B、由选项A分析可知图1滴定盐酸且滴定终点溶液呈中性，图2滴定醋酸且滴定终点溶液呈碱性，故b=a=20，选项B错误；

C．根据图示可知，D点显示中性：

c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒可知：

c（Na+）=c（A-），选项C正确；

D、E点pH=8，则c（H+）=10-8mol/L，c（OH-）=10-6mol/L，c（Na+）=0.05mol/L，结合电荷守恒可知：

c（A-）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-）=0.05mol/L+10－8mol/L－10－6mol/L，c（HA）=0.05mol/L-（0.05+10－8－10－6）mol/L=（10－6－10－8）mol/L，K（HA）=

=

，选项D错误。

【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，先根据酸溶液初始pH判断酸的强弱，再结合电荷守恒及溶液的酸碱性分析，易错选项是D，采用守恒的方法分析解答，难度中等。

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第22题~32题为必考题每个试题考生都必须作答。

第33题~38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共129分。

8.TMB由碳氢氮三种元素组成，其相对分子质量为240，是一种新型指纹检测的色原试剂，已在逐步取代强致癌物联苯胺和其他致癌性的联苯胺衍生物应用于临床化验法医检验刑事侦破及环境监测等领域。

某研究小组欲利用燃烧法测定TMB的分子式（氮元素转化为N2）实验装置如图所示。

回答下列问题：

（1）实验装置两处用到装有碱石灰的干燥管，其中F处的目的是______________________。

仪器a的名称是___________。

（2）将足量双氧水置于a中，圆底烧瓶中装入MnO2固体，按图连接好装置。

①A中发生反应的化学方程式为______________________。

②待B、D处导管口有均匀气泡时，再点燃C处酒精灯，原因是______________________。

（3）装置C中CuO粉末的作用为_________________________________。

（4）该实验___________（填“需要”或“不需要”）尾气处理，其原因是____________________。

（5）理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则TMB的分子式为___________。

【答案】

（1）.防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收CO2的定量检测造成干扰；

（2）.分液漏斗（3）.2H2O2

2H2O+O2↑（4）.排除装置内原有的CO2和水蒸气（5）.使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2（6）.不需要（7）.碳元素必须燃烧完全才能保证实验结果的准确性，无有毒气体排放（8）.C16H20N2

（1）利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，故F装置目的是防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入E装置中，影响测量结果；

根据仪器的结构判断写出名称；

（2）①双氧水在二氧化锰催化下分解生成水和氧气；

②氧气排除装置内原有的CO2和水蒸气；

（3）CO与CuO发生氧化还原反应生成铜和CO2；

（4）因碳元素完全转化为二氧化碳，且生成氮气，没有必要进行尾气处理；

（5）实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则燃烧生成的m（H2O）=3.60g、m（CO2）=14.08g，则n（H2O）=

=0.2mol，n（H）=0.4mol，n（CO2）=

=0.32mol，n（C）=0.32mol，所以m（N）=4.80g-0.32mol×

12g/mol-0.4mol×

1g/mol=0.56g，n（N）=

=0.04mol，则：

n（C）：

n（H）：

n（N）=0.32mol：

0.4mol：

0.04mol=8：

10：

1，依据相对分子质量计算分子式。

【详解】

根据仪器的结构可知，通过仪器a加入液体反应物并控制加入的量，故仪器a的名称是分液漏斗；

（2）①A中双氧水在二氧化锰催化下分解生成水和氧气，发生反应的化学方程式为2H2O2

2H2O+O2↑；

②待B、D处导管口有均匀气泡时，得到纯净的干燥的氧气进入装置C中，氧气排除装置内原有的CO2和水蒸气后，再点燃C处酒精灯；

（3）装置C中CuO粉末的作用为使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2；

（4）碳元素必须燃烧完全才能保证实验结果的准确性，无有毒气体排放，故该实验不需要尾气处理；

1，TMB的相对分子质量为240，设分子式为：

C8nH10nNn，则有：

12×

8n+10n+14n=240，解得n=2，所以分子式为C16H20N2。

【点睛】本题考查了有机分子式的确定，解题的关键是对测定各成分的实验装置作用的理解应用，题目难度中等。

9.一种回收并利用含碘（I－）废液（废液中杂质沉淀后进入滤液中）的工艺流程如下：

（1）“沉淀”后滤渣为______________________（填化学式，其中滤渣中Cu元素为+1价）

（2）“氧化”反应的离子方程式为______________________。

（3）反应I中只生成化合物FexIy（其中I与Fe的质量比为127︰21），反应中铁屑是___________（填“氧化剂”“还原剂”或“催化剂”，下同），水是___________。

反应消耗的铁与转移电子的物质的量之比为___________。

（4）反应Ⅱ的化学方程式为_________________________________。

（5）操作I除蒸发皿、酒精灯外还需用到的玻璃仪器有______________________。

冰水洗涤的目的是_________________________________。

【答案】

（1）.CuI

（2）.2CuI+4NO3-+8H+=2Cu2++I2+4NO2↑+4H2O（3）.还原剂（4）.催化剂（5）.3：

8（6）.Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑（7）.玻璃棒、漏斗、烧杯（8）.除去KI表面的可溶性杂质，同时减少其溶解损失

结合流程可以知道回收废液中碘离子的步骤为：

先向废液中加入亚硫酸钠、硫酸铜溶液生成CuI沉淀，过滤得到滤渣CuI，然后加入浓硝酸氧化CuI，向氧化产物碘单质中加入铁屑和水后得到FexIy，FexIy与碳酸钾溶液反应生成Fe3O4、KI和CO2；

过滤后将反应Ⅱ的滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，初步得到碘化钾；

因为碘化钾混有可溶性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，同时为了减少KI的溶解损失，需要用冰水洗涤，最后得到纯净的碘化钾，据此分析。

【详解】结合流程可以知道回收废液中碘离子的步骤为：

因为碘化钾混有可溶性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，同时为了减少KI的溶解损失，需要用冰水洗涤，最后得到纯净的碘化钾。

（1）由于滤渣中Cu为+1价，“沉淀”后滤渣为CuI；

（2）“氧化”时是滤渣与浓硝酸反应生成硝酸铜、碘、二氧化氮和水，反应的离子方程式为2CuI+4NO3-+8H+=2Cu2++I2+4NO2↑+4H2O；

（3）反应I中铁由单质变为铁的化合物，化合价升高，作为还原剂；

加入水可以加快反应速率，水起到了催化剂的作用，水是催化剂；

在反应中生成铁与碘的化合物，其中铁元素与碘元素的质量比为21：

127，即Fe与I物质的量之比为：

:

=3：

8，反应Ⅰ生成物化学式是Fe3I8，根据碘的化合价，碘的化合价由0价变为-1价，则反应消耗的铁与转移电子的物质的量之比为3：

8；

（4）根据流程Fe3I8与碳酸钾溶液反应生成Fe3O4、KI和CO2，反应Ⅱ的化学方程式为Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑；

（5）操作I包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，除蒸发皿、酒精灯外，还需用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；

冰水洗涤的目的是除去KI表面的可溶性杂质，同时减少其溶解损失。

10.世界能源消费的90%以上依靠化学技术。

（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气。

已知：

C（s）+

O2（g）=CO（g）△H1=－110.35kJ·

mol－1

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2=－571.6kJ·

H2O

（1）=H2O（g）△H3=+44.0kJ·

则反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g）△H4=___________。

某实验小组在实验室模拟反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g），其平衡常数表达式为K=___________。

一定温度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2。

则6min内以CO表示的平均反应速率为___________（保留3位有效数字）。

（2）燃料气（主要含N2和H2，还含有少量其他杂质）中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。

CeO2可由草酸铈[Ce（C2O4）3]灼烧制得，反应的化学方程式为_________________________________。

在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度的变化如图所示。

加人H3PO4___________（填“促进”或“抑制”）CuO/CeO2的催化。

温度为120℃，催化剂为CuO/CeO2－HIO3时，若燃料气流速为1800mL·

min－1，CO的体积分数为0.68%，则反应0.5h后CO的体积为___________mL。

（3）LiOH是制备锂离子电池正极材料的重要原料，利用LiCl溶液电解制备得LiOH的装置如图，LiOH在___________（填“M极”或“N极”）制得，N极产生的气体a通入淀粉KI溶液溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去。

据此写出N极的电极反应式：

______________________，蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，写出此反应的化学方程式：

____________________________________________。

【答案】

（1）.+131.45kJ/mol

（2）.

（3）.0.0292mol•L-1•min-1（4）.Ce2（C2O4）3

2CeO2+4CO↑+2CO2↑（5）.抑制（6）.73.44（7）.M极（8）.2Cl--2e-=Cl2↑（9）.5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl

（1）已知：

①C（s）+

O2（g）═CO（g）△H1=-110.35kJ•mol-1

②2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2=+571.6kJ•mol-1

③H2O（l）═H2O（g）△H3=+44.0kJ•mol-1

则：

反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）可以是①+②×

-③得到，所以△H4=①+②×

-③=（-110.35kJ•mol-1）+（571.6kJ•mol-1）×

-44.0kJ•mol-1=+131.45kJ/mol；

反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g）的平衡常数表达式为K=

；

6min时生成0.7gH2，c（H2）=

，根据反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g）可知，转化的c（CO）=c（H2），则6min内以CO表示的平均反应速率为υ（CO）=

0.0292mol•L-1•min-1；

（2）灼烧草酸铈[Ce（C2O4）3]分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，反应方程式为：

Ce2（C2O4）3

2CeO2+4CO↑+2CO2↑；

相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象知道当H3PO4加入时，CO的转化率降低，则抑制CuO/CeO2的催化；

120℃时，CO的转化率是80%，气体混合物流速为1800mL•min-1；

CO的体积分数为0.68%，则反应0.5小时后CO的体积为1800mL•min-1×

0.5h×

60min/h×

0.68%×

（1-80%）=73.44mL；

（3）N极产生的气体a通入淀粉KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去，则气体a为Cl2，N极为阳极；

则M是阴极，电极M上H+放电产生H2，促进M极附近水的电离，则LiOH在M极制得；

N极为阳极，根据放电顺序，N极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；

蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成HIO3，则Cl2被还原成盐酸，反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl。

【点睛】本题考查反应热有关计算、电解原理应用、读图获取信息能力等，侧重于考查学生分析解决问题与知识迁移运用，题目难度中等。

11.Zn在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位，明朝末年宋应星所著的《天工开物》一书中就有世界上最早的关于炼锌技术的记载。

（1）Zn基态原子的电子排布式为___________，4s能级上的成对电子数为___________。

（2）葡萄糖酸锌{[CH2OH（CHOH）4COO]2Zn}是目前市场上流行的补锌剂。

葡萄糖酸锌中碳原子杂化形式有___________，C、H两元素的第一电离能的大小关系为___________________。

（3）ZnCl2与NH3形成的配合物[Zn（NH3）4]Cl2中，存在___________（填字母）。

A离子键B.σ键C.π键

（4）锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞如图所示，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物中Zn与X的原子个数之比为___________。

（5）在图示晶胞中若只考查X的排列方式，则X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的___________堆积；

设阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶胞中Zn的半径为r1nm，X