届四川省成都七中高三理科综合考试化学试题解析版Word文档下载推荐.docx
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D.相同体积、相同物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaCl溶液所含离子数目相同
【答案】A
【详解】A.金刚石和石墨都只有碳原子，所以等质量的二者含有相同的碳原子，故正确；
B.二氧化氮能转化为四氧化二氮，这一个可逆反应，在一定的条件下可以达到化学平衡状态。
因46gNO2与92gN2O4的质量不相等，故其分子数也不相同，故错误；
C.标况下，氟化氢不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故错误；
D.醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，所以促进水的电离，溶液显碱性，根据电荷守恒分析，n（Na+）+n（H+）=n（CH3COO-）+n（OH-），在氯化钠溶液中存在：
n（Na+）+n（H+）=n（Cl-）+n（OH-），氯化钠溶液显中性，醋酸钠溶液显碱性，故醋酸钠溶液中的氢离子数小于等体积的纯水中的氢离子数，故错误。
故选A。
3.下表选用的装置和试剂能达到相应实验目的的是
A.制SO2
B.收集氨气
C.接收蒸馏的馏分
D.准确量取一定体积K2Cr2O7溶液
【详解】A.铜和稀硫酸不反应，故错误；
B.氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集，故正确；
C.接收馏分的装置不能密封，要保持系统内外气压相同，故错误；
D.重铬酸钾具有强氧化性，不能使用碱性滴定管量取该溶液，故错误。
4.抗癌药物“6-Azulenol”的结构简式如图所示，下列有关它的叙述不正确的是
A.分子式为C13H18O3
B.能发生加成、酯化反应
C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.分子中所有碳原子可能在同一平面上
【答案】D
【详解】A.根据该物质的结构简式可以判断其分子式为C13H18O3，故A正确；
B.该物质含有碳碳双键和羟基，能发生加成反应和酯化反应，故B正确；
C.含有碳碳双键的有机物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.分子中有2个碳原子以碳碳单键与多个碳原子相连接，根据甲烷的正四面体结构可知，分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，故D错误。
故选D。
5.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。
下列说法正确的是
A.原子半径：
C>
B>
A
B.气态氢化物的热稳定性：
E>
C
C.最高价氧化对应的水化物的酸性：
E
D.化合物DC与EC2中化学键类型相同
【答案】C
【详解】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，制冷剂为氨气，所以A为氢元素，B为氮元素，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，为镁元素，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，所以C为氧元素，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，则E为硅元素。
A.根据同周期元素，从左到右原子半径减小，故原子半径：
B>
A，故错误；
B.氧的非金属性比硅强，所以气态氢化物的热稳定性：
E，故错误；
C.氮的非金属性比硅强，所以最高价氧化对应的水化物的酸性：
硝酸大于硅酸，故正确；
D.氧化镁含有离子键，二氧化硅含有共价键，故错误。
故选C。
6.—种新型可逆电池的工作原理如图所示，放电时总反应为Al+3Cn（AlCl4）+4AlCl4-
Al2Cl7-+3Cn-（Cn代表石墨）,下列说法正确的是
A.充电时，石墨电极作阴极
B.充电时，熔融盐中的A1C14-向右移动
C.放电时，负极反应为:
2A1-6e-+7C1-=A12C17-
D.放电时，若电路中转移3mol电子，则有1molCn（A1C14）被还原
【详解】A.金属铝做原电池的负极，充电时做电解池的阴极，石墨做阳极，故错误；
B.充电时，阴离子向阳极移动，即向右移动，故正确；
C.放电时，负极反应为：
A1-3e-+7AlCl4-=4A12C17-，故错误；
D.放电时，若电路中转移3mol电子，则有3molCn（A1C14）被还原，故错误。
【点睛】掌握电化学中电极反应的书写一定看电解质提供的离子形式，本题中C选项容易认为正确，注意提供的离子为AlCl4-，不是氯离子。
7.25°
C时，用氢氧化钠调节浓度为2.0×
10-3mol•L-1的氢氟酸溶液的pH（忽略体积变化），溶液中c（HF）、c（F-）与pH的变化关系如下图所示。
下列说法不正确的是
A.a〜b〜d曲线代表c（F-）随pH的变化
B.25°
C时，HF电离平衡常数的数值Ka=10-3.6
C.从b点到c点发生的离子反应方程式是：
HF+OH-=H2O+F-
D.图中a点溶液粒子浓度大小是:
c（HF）>
c（H+）>
c（F-）>
c（OH-）
【详解】氢氟酸溶液中加入氢氧化钠，随着氢氧化钠的量的增加，溶液的pH升高，溶液中的氟化氢分子浓度减小，氟离子浓度增大。
A.a〜b〜d曲线代表c（HF）随pH的变化，故错误；
B.从图中b点分析，氟化氢的电离平衡常数=
=10-3.6，故正确；
C.从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应，离子方程式为：
HF+OH-=H2O+F-，故正确；
D.从图中a点分析，氟化氢的浓度比氟离子浓度大，氟化氢的浓度为1.6×
10-3mol/L，氢离子浓度为1.0×
10-3mol/L，而氟离子浓度约为5.5×
10-4mol/L，溶液显酸性，所以溶液粒子浓度关系为：
c（OH-），故正确。
【点睛】酸中加入碱，酸分子浓度减小，酸根离子浓度增大，电离平衡常数只有温度有关，可以利用图像中的特殊点进行计算。
8.亚硝酰氯（NOC1）是一种黄色气体，沸点为-5.5。
其液体状态呈红褐色。
遇水易水解，伴随有氯伴随有氯化氢生成。
某化学兴趣小组按下图装置用Cl2和NO制备NOC1。
回答下列相关问题：
（1）仪器a的名称是_____,装置甲中反应的离子方程式是______.
（2）装置乙的作用是____,实验开始时，先打开活塞k,当观察到装置丙中出现____（填现象）时再缓缓通入Cl2.
（3）装置丙中生成NOC1的反应方程式是___,装置丁中冰盐水的作用是______.
（4）经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是_____（用文字描述）。
（5）工业制得的NOC1中常含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：
称取1.441g样品溶于适量的NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用0.8000mol/L硝酸酸化的AgNO3溶液滴定，若消耗AgNO3溶液的体积为25.00mL,则NOC1的质量分数为___%（保留2位小数）；
如果AgNO3溶液出现部分变质（变质的部分不参与反应），则测得的NOC1的质量分数会____（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】
（1）.U型管
（2）.Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O（3）.将NO2转化为NO，同时吸收HNO3（4）.气体由红棕色转换为无色（5）.2NO+Cl2=2NOCl（6）.冷凝并收集NOCl（7）.在装置中乙和丙之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶（或在装置中乙和丙之间增加一个气体干燥装置）（8）.90.91（9）.偏大
【分析】
铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮和氯气反应生成亚硝酰氯，亚硝酰氯的沸点较低，用冰水收集。
【详解】
（1）仪器a为U型管，装置甲中为铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；
（2）装置乙中水和二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸蒸气能溶于水，所以作用为：
将NO2转化为NO，同时吸收HNO3；
实验开始时，观察装置丙中气体由红棕色转换为无色，说明装置中的空气已排尽，再通入氯气。
（3）一氧化氮和氯气反应生成亚硝酰氯，方程式为：
2NO+Cl2=2NOCl，冰盐水的作用是冷却亚硝酰氯，并收集。
（4）反应得到的一氧化氮含有水，氯气能和水反应，且亚硝酰氯容易水解，故应在装置中乙和丙之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶（或在装置中乙和丙之间增加一个气体干燥装置）。
（5）根据NOCl-AgNO3分析，硝酸银的物质的量为0.8000×
25×
10-3=0.02mol，则亚硝酰氯的质量分数为
=90.91%。
若硝酸银溶液出现部分变质，则消耗的硝酸银溶液的体积变大，则测得的亚硝酰氯的质量分数会偏大。
9.硫酸铜是一种常见的无机化合物，可形成CuSO4.5H2O、CuSO4.H2O等多种结晶水合物，它可用作杀菌剂，还可用于电镀和电解精炼铜。
冋答下列问题：
（1）CuSO4.5H2O的俗名是________。
（2）工业利用“冶炼硫酸铜”（主要成分CuSO4含少量Fe2+、AsO2-、Ca2+等杂质）提纯制备“电镀硫酸铜”（CuSO4.H2O）的生产流程如下：
溶解所用的酸最适宜的是_____，氧化的产物中有比H3AsO4和______，调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4、Fe（（OH））3外还有______，生成FeAsO4反应的离子方程是________,操作a需经过蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥等步骤，其中洗涤的过程中常用无水乙醇，其作用是______________________。
（3）用CuSO4溶液电解精炼铜的装置如图所示，粗铜中含锌、银、铂杂质，阳极发生的电极反应式_______：
目前世界正在大力开展用Cu+的络合物作电解质溶液制备纯铜的研究，电解Cu+的络合物与电解CuSO4溶液相比较，优点是________________,
【答案】
（1）.胆矾或蓝矾
（2）.硫酸（3）.Fe2（SO4）3（4）.CaCO3（5）.2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑（6）.冷却结晶（7）.迅速除去晶体表面的水，防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O（8）.Zn-2e-=Zn2+Cu-2e-=Cu2+（9）.理论上制备相同质量的铜时，可以节省一半的电能
（1）CuSO4•5H2O的俗名为胆矾或蓝矾；
（2）因为最后制取的为电镀硫酸铜CuSO4•H2O，所以加入的酸最好为硫酸；
亚铁离子能被过氧化氢氧化，所以产物中含有硫酸铁。
调节pH时加入的试剂为碳酸钠，所以溶液中的钙离子与碳酸钠反应生成碳酸钙。
调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4，说明铁离子和H3AsO4在碳酸根离子存在反应生成FeAsO4，同时产生二氧化碳，离子方程式为：
2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑。
因为要制备的是电镀硫酸铜，电镀硫酸铜含有一定量的结晶水，故操作a是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
洗涤过程使用无水乙醇，利用乙醇和水任意比互溶，其作用是迅速除去晶体表面的水，防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O。
（3）电解精炼铜中粗铜在阳极反应，粗铜中含锌、银、铂杂质，最活泼的为锌，其次为铜，故电极反应为：
Zn-2e-=Zn2+，Cu-2e-=Cu2+；
电解Cu+的络合物与电解CuSO4溶液相比较，Cu+得到电子生成铜，与铜离子得到电子生成铜相比较，理论上制备相同质量的铜时，可以节省一半的电能。
10.人们利用焦炭制取水煤气的上艺已广泛用于工业生产中。
I．以焦炭制各水煤气
已知：
①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）
H=+130.0KJ/mol
②CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）
H=+40.0KJ/mol
（1）在工业上，反应①是煤的综合利用的一种途径，其名称是______。
焦炭与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为_____。
II•焦炭废气的再利用
500°
C时，在密闭容器中将焦炭废气中的CO2转化为二甲醚，其相关反应为：
主反应：
2CO2（g）+6H2（g）
CH3OCH3（g）+3H2O（g）
副反应：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+2H2O（g）
（2）测得不同时间段部分物质的浓度如下表：
①10〜20min内，CH3OCH3的平均反应速率V（CH3OCH3）=__________。
②在上述特定条件下，己知主反应的速率方程为v=kca（CO2）×
cb（H2）/cm（CH3OCH3）（k为速率常数,a、b、m均大于0）,下列措施一定能提高主反应的反应速率的是______（填字母序号）。
A.适当温度B.分离出二甲醚
C.恒压减小c（CO2）/c（H2）D.恒容下增大c（CO2）
②提高CH3OCH3产率的关键的因素是选用合适的催化剂，其原因是______。
若起始时CO2和H2的浓度比为1:
3,根据以上数据计算，上述主反应的平衡常数的计算表达式K=______
（3）对该反应实验研究得出：
在相同温度下，CO2的转化率等物理量随催化剂的组成比的变化关系如图所示。
若温度不变，催化剂中n（Mn）/n（Cu）约是______时最有利于二甲瞇的合成，此时，若增大反应投料比n（H2）/n（CO2）,平衡常数K将____（填“增大”、“减小”或“不变”）.
【答案】
（1）.煤的气化
（2）.C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0kJ/mol（3）.0.003mol/（L•min）（4）.BD（5）.合适的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率（6）.0.1×
（
）3/（0.36×
0.12）（7）.2（8）.不变
【详解】I．
（1）反应①是碳和水蒸气反应，属于煤的气化；
根据盖斯定律分析，①-②可得碳和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热方程式为：
C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0kJ/mol；
（2）①10〜20min内，CH3OCH3的平均反应速率V（CH3OCH3）=
=0.003mol/（L•min）；
②适当温度没有说明是升温还是降温，不能确定速率的变化，故错误；
分离出二甲醚，根据速率方程分析，可以提高主反应的速率，故正确；
恒压下减小二氧化碳和氢气的浓度比，不能确定速率的变化，故错误；
恒容下增大二氧化碳的浓度，根据速率方程分析，可以提高主反应的速率，故正确。
故选BD；
②催化剂能改变反应速率，所以合适的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率；
2CO2+6H2
CH3OCH3+3H2O
初1/3100
变0.20.60.10.3
平0.10.30.10.3
副反应CO2+3H2
CH3OH+H2O
初00
变0.1/30.10.1/30.1/3
平0.1/3
两个反应总体考虑，平衡时各物质的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.1mol/L，（0.3+0.1/3）mol/L，平衡常数为0.1×
0.12）。
（3）从图分析，催化剂比例为2时，二甲醚选择性和二氧化碳的转化率最高，所以该组成比时最有利于与二甲醚的合成，若此时增大反应投料比，因为温度不变，平衡常数不变。
【点睛】在计算平衡常数时需要考虑两个反应的数据关系，两个反应都消耗二氧化碳和氢气，都生成水蒸气，所以平衡时的数据为两个反应都到平衡的结果。
11.黄铁矿（主耍成分为FeS2）是工业制硫酸的主要原料。
回答下列问题
（1）基态铁原子的价电子排布图_____________
（2）制硫酸的过程中会产生SO3,SO3的空间构型是_____。
（3）配合物[Fe（H2N-CH2-CH2-NH2）3]SO4的名称是硫酸三乙二胺合铁（II）.其中的乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）是配体.
①[Fe（H2N-CH2-CH2-NH2）3]SO4的晶休类型属于______，其中C、N、O的电负性由大到小的顺序为______
③乙二胺分于中氮原子的杂化轨道类型是______.乙二胺和偏二甲肼（CH3）2NNH2互为同分异构休.乙二胺的沸点117.20C，偏二甲肼的沸点630C。
两者沸点不同的主要原因是_________________
（4）铁和铜的电离能数据如下表:
第一电离能与第二电离能之间的差值铜比铁大得多的原因是______
（5）铁原子有两种堆枳方式，相应地形成两种晶胞（如图甲、乙所示），其中晶胞乙的堆积方式是______,晶胞甲中原子的空间利用率为______（用含
的代数式表示）。
【答案】
（1）.
（2）.平面正三角形（3）.离子晶体（4）.O>
N>
C（5）.sp3杂化（6）.两种物质中分子间氢键数目乙二胺大于偏二甲肼（7）.失去1个电子后+1价铜电子排布是3d10，+1价的铁电子排布式是3d64s1，铜为全充满结构很稳定，所以第二电离能铜比铁大很多（或+1价铜失去的是3d电子，+1价的铁失去的是4s电子，3d电子的能量比4s高）（8）.面心立方最密堆积（9）.
（1）基态铁26个电子，价电子排布图为：
；
（2）三氧化硫中σ键电子对数为3，中心原子孤电子对数为
，价层电子对数为3，所以为平面正三角形
（3）①该物质含有阴阳离子，晶体类型属于离子晶体，非金属性越强，电负性越强，所以碳和氮和氧的电负性由大到小的顺序为：
O>
C。
③氮原子形成四个σ键，价层电子对数为4，采用sp3杂化。
虽然乙二胺和偏二甲肼的分子间均能形成氢键，但是，由于乙二胺分子中的N—H键的数目多于偏二甲肼，因而乙二胺的分子间氢键数目大于偏二甲肼，所以乙二胺的熔沸点高。
（4）电离能越大，说明原子或离子越难失去电子，具有全充满或半充满及全空的电子构型的元素稳定性较高，其电离能数值较大。
失去1个电子后，+1价铜电子排布是3d10，+1价的铁电子排布式是3d64s1，铜为全充满结构很稳定，所以第二电离能铜比铁大很多（或+1价铜失去的是3d电子，+1价的铁失去的是4s电子，3d电子的能量比4s高）
（5）晶胞乙中原子位于晶胞的顶点和面心，所以属于面心立方最密堆积；
晶胞甲中含有铁原子个数为
，假设铁原子半径为r，晶胞的边长为a，则有（4r）2=（
a）2+a2，解r=
，原子的空间利用率为
=
。
【点睛】掌握电离能的大小与失电子能力的关系，掌握立方晶胞的计算方法，通常用均摊法，即顶点的粒子同为8个晶胞所拥有，1/8离子属于该晶胞；
位于棱上的的粒子有1/4属于该晶胞；
位于面上的粒子有1/2属于该晶胞；
位于内部的整个离子都属于该晶胞。
还要掌握晶胞的空间利用率的计算公式。
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