百师联盟届高三上学期七调考试理科综合化学试题Word文档下载推荐.docx

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2CO＋Si，该反应中C为还原剂，SiO2为氧化剂，因此不能说明C的非金属性强于Si，故B说法错误；

C、A、B均为非金属元素，该反应为置换反应，可以是3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2，NH4Cl为固体，其余为气体，则该过程中产生白烟，故C说法正确；

D、该反应可用于某些金属的冶炼，如铝热反应，故D说法正确。

3.一定条件下,以CH3CH2OH 

为原料可以制取CH2=CH2、CH3CHO、CH2=CHCH=CH2（1,3-丁二烯）、

（环氧乙烷）及CH3COOC2H5等物质。

下列说法不正确的是（）

A.与乙酸乙酯互为同分异构体,且能发生水解反应的有机物有2种（不包括乙酸乙酯本身，且不考虑立体异构）

B.乙烯和1，3-丁二烯均能被酸性KMnO4溶液氧化

C.1,3-丁二烯分子中的所有原子可能处于同一平面

D.乙醛与环氧乙烷互为同分异构体

【答案】A

A、与乙酸乙酯互为同分异构体，且能发生水解，说明此物质为酯，符合条件的是HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3CH2COOCH3，应有四种，故A说法错误；

B、乙烯、1，3－丁二烯都含有碳碳双键，乙烯、1，3－丁二烯均能被酸性KMnO4溶液氧化，故B说法正确；

C、1，3－丁二烯：

，乙烯的空间构型为平面形，1，3-丁二烯可以看作是一个乙烯取代另一个乙烯上的氢原子，因此1，3-丁二烯中所有分析可能处于同一平面，故C说法正确；

D、乙醛与环氧乙烷的分子式为C2H4O，两者结构不同，因此乙醛与环氧乙烷互为同分异构体，故D说法正确。

本题的难点是选项A，因为与乙酸乙酯互为同分异构体，且能发生水解反应，符合的物质应是酯，一般先判断官能团的位置的异构，形式有HCOOCH2CH2CH3、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，然后判断碳链异构，HCOOCH（CH3）2，因为不包括乙酸乙酯本身以及立体结构，因此符合题意的有3种。

4.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。

下列说法正确的是

A.简单离子半径：

X>

Y>

Z>

W

B.Z元素形成的单质存在同素异形体

C.气态氢化物的稳定性：

W>

Y

D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性

【分析】

四种溶液的物质的量浓度为0.010mol·

L－1，根据图像，W对应溶液的pH=2，说明W对应溶液为一元强酸，元素位于第三周期，即W为Cl，X对应溶液的pH=12，则X对应溶液为一元强碱，即X为Na，Z对应水溶液的pH<

1，即Z为二元强酸，即Z为S，Y对应的水溶液为酸性，由于H2SiO3难溶于水，故Y为只能P；

【详解】四种溶液的物质的量浓度为0.010mol·

1，即Z为二元强酸，即Z为S，Y对应的水溶液为酸性，由于H2SiO3难溶于水，故Y只能为P，

A、离子半径大小顺序是P3－>

S2－>

Cl－>

Na＋，故A错误；

B、Z为P，P单质有红磷、白磷等，红磷和白磷互为同素异形体，故B正确；

C、非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：

Cl>

S>

P，即气态氢化物稳定性顺序是HCl>

H2S>

PH3，故C错误；

D、反应后生成Na3PO4，Na3PO4属于强碱弱酸盐，PO43－发生水解，溶液显碱性，故D错误。

【点睛】微粒半径大小比较：

一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；

二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数增大而减小。

5.如图所示五层膜材料常用于汽车玻璃中的电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。

已知WO3和LiFe4[Fe（CN）6]3均为无色透明，LiWO3和Fe4[Fe（CN）6]3均为蓝色。

下列有关说法不正确的是

A.当外电流通过1mol电子时，通过离子导体层的Li+数目为NA

B.为了获得较好的遮光效果，A应该接电源的负极

C.该电致变色系统在较长时间的使用过程中离子导体层中Li+的量可保持基本不变

D.当B接电源正极时，离子储存层反应为：

Fe4[Fe（CN）6]3+4Li++4e－=Li4Fe4[Fe（CN）6]3

本题应用电解池工作原理进行分析。

【详解】A、当外电流通过1mol电子时，通过离子导体层的电量与1mol电子的电量相同，故Li＋的物质的量为1mol，故A说法正确；

B、如果A接电源的负极，A为阴极，发生电极反应式为Li＋＋WO3＋e－=LiWO3，WO3为无色透明，LiWO3为蓝色，获得较好的遮光效果，故B说法正确；

C、电致变色系统在较长时间的使用过程中Li＋不会参与电极反应，Li＋的量可保持基本不变，故C说法正确；

D、B接电源正极，B电极为阳极，电极反应式为Li4Fe4[Fe（CN）6]3－4e－=4Li＋＋Fe4[Fe（CN）6]3，故D说法错误。

6.用下列装置不能完成相应实验的是

A.测定乙醇的结构式

B.验证火柴燃烧生成的SO2气体

C.验证溴乙烷在该条件下会生成不饱和烃

D.研究催化剂对反应速率的影响

【详解】A、测定乙醇的结构式，测C2H6O物质的量与H2物质的量之比，判断C2H6O的结构式，本实验装置可以完成相应实验，故A不符合题意；

B、根据装置图，拉动注射器的活塞，高锰酸钾溶液进入注射器，在此条件下，火柴燃烧产生的二氧化硫很难与高锰酸钾溶液反应而使其褪色，不能完成相应实验，故B符合题意；

C、溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成乙烯，乙烯能使Br2的CCl4溶液褪色，能完成相应实验，故C不符合题意；

D、不加催化剂时，带火星木条不复燃；

通过小漏斗加入适量的催化剂后，带火星木条复燃，从而可以判断催化剂对化学反应速率的影响，该实验装置能完成实验，故D不符合题意。

7.某同学在实验室探究NaHCO3的性质：

常温下，配制0..10mol·

L－1NaHCO3溶液，测其pH为8.4；

取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。

A.NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3－的水解程度大于电离程度

B.反应的离子方程式是2HCO3－+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3

C.加入CaCl2促进了HCO3－的水解

D.反应后的溶液中存在：

c（Na+）+2c（Ca2+）=c（HCO3－）+2c（CO32－）+c（Cl－）

【答案】C

【详解】A、HCO3－在水中既有电离也有水解，其电离方程式为HCO3－

H＋＋CO32－，HCO3－水解方程式为HCO3－＋H2O

H2CO3＋OH－，常温下，0.10mol·

L－1NaHCO3溶液pH=8.4，溶液显碱性，即HCO3－的水解程度大于电离程度，故A说法正确；

B、滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀为CaCO3，HCO3－电离方程式为HCO3－

H＋＋CO32－，滴入CaCl2溶液，Ca2＋与CO32－反应，促进HCO3－的电离，但滴加过程中无气体放出，即H＋与HCO3－生成H2CO3，则反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCO3－=CaCO3↓＋H2CO3，故B说法正确；

C、根据B选项分析，加入CaCl2，促进HCO3－的电离，故C说法错误；

D、根据电荷守恒，c（Na＋）＋2c（Ca2＋）＋c（H＋）=c（HCO3－）＋2c（CO32－）＋c（Cl－）+c（OH－），溶液的pH=7，即c（H＋）=c（OH－），得出：

c（Na＋）＋2c（Ca2＋）=c（HCO3－）＋2c（CO32－）＋c（Cl－）

8.某实验小组以CoCl2·

6H2O、过氧化氢、液氨、氯化铵固体为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。

为确定其组成，他们进行了如下实验：

①氨的测定：

精确称取wgX，加适量水溶解，注入下图所示的蒸馏烧瓶中（夹持和加热仪器略去），然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，加热烧瓶将氨蒸出，用V1mLc1mol·

L－1的盐酸吸收蒸出的氨，然后取下锥形瓶，用c2mol·

L－1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl。

.终点时消耗V2mLNaOH溶液。

②氯的测定：

准确称取样品X配成溶液，用K2CrO4溶液为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）

回答下列问题：

（1）X的制备过程中，温度不能过高，其原因是____________________________

（2）仪器a的名称是________________；

测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好则测定结果将________（填“偏高”或“偏低”）.该滴定过程中选择________做指示剂。

（3）样品中氨的质量分数表达式为_____________________________。

（4）测定氯的过程中，AgNO3标准溶液置于_________（填“无色”或“棕色”）滴定管中；

滴定终点时，溶液中已检测不到Cl－[c（Cl－）≤1.0×

10－5mol·

L－1]，则出现砖红色沉淀时，溶液中c（CrO42－）的最小值为_____________mol·

L－1。

[已.知：

Ksp（AgCl）=1.0×

10－10，Ksp（Ag2CrO4）=1.12×

10－12]

（5）经测定分析，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：

6：

3，则制备X的化学方程式为________________________________________。

（6）某同学向CoCl2溶液中加入足量（NH4）2C2O4得到CoC2O4沉淀，在空气中煅烧CoC2O4生成钻氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），则所得钴氧化物的化学式为________________。

【答案】

（1）.温度过高过氧化氢分解，氨气逸出

（2）.直形冷凝管（3）.偏低（4）.甲基橙（5）.

×

100%（6）.棕色（7）.0.0112（8）.2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2=2[Co（NH3）4]Cl3＋2H2O（9）.Co3O4

【详解】

（1）根据题中所给信息，制备X所需的原料有过氧化氢和液氨，温度过高，过氧化氢分解，液氨转化成氨气逸出；

（2）根据仪器a特点，仪器a为直形冷凝管；

气密性不好，氨气泄漏，吸收氨气的量减少，测定结果偏低；

根据题中信息，蒸出的氨气被盐酸吸收，生成NH4Cl，溶液显酸性，因此用NaOH滴定过剩的HCl，使用的指示剂为甲基橙；

（3）①中与氨气反应的n（HCl）=（V1×

10－3L×

c1mol·

L－1－V2×

c2mol·

L－1）=（V1c1－V2c2）mol，根据氨气与HCl反应：

NH3＋HCl=NH4Cl，则有n（NH3）=n（HCl）=（V1c1－V2c2）mol，即氨的质量分数为

100%；

（4）AgNO3不稳定，见光分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液；

滴定终点时，溶液检测不到Cl－，c（Cl－）≤1.0×

10－5mol·

L－1，根据氯化银的溶度积常数可以计算出溶液中c（Ag＋）≥1.0×

L－1，溶液中c（CrO42－）最低的浓度：

c（CrO42－）=Ksp（Ag2CrO4）/c2（Ag＋）=1.12×

10－12/（1.0×

10－5）2=0.0112mol·

L－1；

（5）X中钴、氨、氯的物质的量之比为1：

3，则X的化学式为[Co（NH3）6]Cl3，制备X的反应中，Co的化合价升高，H2O2作氧化剂，因此反应方程式为2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2=2[Co（NH3）4]Cl3＋2H2O；

（6）n（CO2）=1.344L/（22.4L·

mol－1）=0.06mol，根据化学式CoC2O4以及原子守恒，推出n（Co）=0.06mol/2=0.03mol，则氧化物中n（O）=（2.41g－0.03mol×

59g·

mol－1）/（16g·

mol－1）=0.04mol，n（Co）:

n（O）=0.03：

0.04=3：

4，化学式为Co3O4。

【点睛】本题的难点是制备X的化学方程式的书写，首先根据样品X中钴、氨、氯的物质的量之比为1：

3，推出X的化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据题中所给原料，得出CoCl2＋NH4Cl＋NH3＋H2O2——[Co（NH3）4]Cl3＋H2O，Co的化合价由＋2价→＋3价，H2O2为氧化剂，H2O2中整体化合价降低2价，根据得失电子数目守恒，以及原子守恒进行配平。

9.钪（Sc）及其化合物在电子、宇航、超导等方面有着广泛的应用。

某工厂的钛白水解工业废酸中Sc3+浓度为18mg/L，还含有大量的TiO2+、Fe3+、H+、SO42－等。

下图为从该工业废酸中提取Sc2O3的一种流程。

（1）在钛白水解工业废酸中，加入双氧水是为了使TiO2+转化为难萃取的[Ti（O2）（OH）（H2O）4]+。

[Ti（O2）（OH）（H2O）4]+中Ti的化合价为+4价，其中非极性键的数目为______________。

（2）钪的萃取率（E%）与O/A值[萃取剂体积（O）和废酸液体积（A）之比的关系如下图，应选择的合适O/A值为__________；

温度对钪、钛的萃取率影响情况见下表，合适的萃取温度为10~150C，其理由是________________________________________。

（3）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。

洗涤水是用浓硫酸、双氧水和水按一定比例混合而成。

混合过程的实验操作为__________________。

（4）25℃时，用氨水调节滤液的pH，当pH=3.5时，滤渣Ⅱ的主要成分是_________，当pH=6时，滤液中Sc3+的浓度为_________。

（Ksp[Fe（OH）3]=2.6×

10－39；

Ksp[Sc（OH）3]=9.0×

10－31）

（5）写出用草酸（H2C2O4）“沉钪”得到Sc2（C2O4）3的离子方程式__________________。

（6）若从1m3该工厂的钛白水解废酸中提取得到24.4gSc2O3，则钪的提取率为_________（保留三位有效数字）

【答案】

（1）.1

（2）.1:

4（或1:

5或1:

4~1:

5）（3）.低于10℃时，钪的萃取率不够高；

高于15℃时，钛的萃取率增大较多（4）.将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2，并不断搅拌（5）.Fe（OH）3（6）.9.0×

10-7mol/L（7）.2Sc3++3H2C2O4=Sc（C2O4）3↓+6H+（8）.0.884 

（或88.4%）

（1）[Ti（O2）（OH（H2O）4]+中Ti 

的化合价为+4，OH-、H2O均只含极性键，O22-含有1个非极性键，故[Ti（O2）（OH（H2O）4]+中非极性键的数目为1；

（2）钪的萃取率（E%）与O/A 

值[萃取剂体积（O）和废酸液体积（A）之比]的关系如左下图，应选择的最佳O/A值为1:

5）；

温度对钪、钛的萃取率影响情况见右下表，合适的萃取温度为10-15℃，其理由是低于10℃时，钪的萃取率不够高；

高于15℃时，钛的萃取率增大较多；

（3）洗涤“油相“可除去大量的钛离子。

洗染水是用浓硫酸、双氧水和水按一定比例混合而成。

混合过程的实验操作为将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2，并不断搅拌；

（4）当pH=3.5时，由于Ksp[Fe（OH）3]<

Ksp[Sc（OH）3]，Fe（OH）3先转化为沉淀，故滤渣II的主要成分是Fe（OH）3；

当pH=6时，c（OH-）=10-8mol/L，Ksp[Sc（OH）3]=c（Sc3+）c3（OH-）=c（Sc3+）×

（10-8mol/L）3=9.0×

10-31，滤液中Sc3+的浓度为9.0×

10-7mol/L；

（5）用草酸（H2C2O4）“沉钪”得到Sc2（C2O4）3，反应的离子方程式2Sc3++3H2C2O4=Sc（C2O4）3↓+6H+；

（6）Sc3+浓度为18mg/L，若从1m3该工厂的钛白水解度酸中提取得到24.4gSc2O3，则钪的提取率为

。

10.石油产品中含有H2S及COS、CH3SH等多种有机硫化物，石油化工催生出多种脱硫技术。

请回答下列问题：

（1）COS的电子式是_________________。

（2）已知热化学方程式：

①2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）△H=－362kJ·

mol－1

②2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H2=－1172kJ·

则H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为__________________。

（3）可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S==KHS+KHCO3，该反应的平衡常数为___________。

（已知H2CO3的Ka1=4.2×

10－7，Ka2=5.6×

10－11；

H2S的Ka1=5.6×

10－8，Ka2=1.2×

10－15）

（4）在强酸溶液中用H2O2可将COS氧化为硫酸，这一原理可用于COS的脱硫。

该反应的化学方程式为____________________________________。

（5）COS的水解反应为COS（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2S（g）；

△H<

0。

某温度时，用活性α-Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS（g）的平衡转化率随不同投料比[n（H2O）/n（COS）]的转化关系如图1所示。

其它条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内COS的水解转化率如图2所示

①该反应的最佳条件为：

投料比[n（H2O）/n（COS）]为____________，温度为____________。

②P点对应的平衡常数为________________________。

（保留小数点后2位）

③当温度升高到一定值后，发现一定时间内COS（g）的水解转化率降低；

猜测可能的原因是________________________________________________。

【答案】

（1）.

（2）.2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=-632kJ·

mol-1（3）.1.0×

103（4）.COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O（5）.10：

1（6）.160℃（7）.0.05（8）.催化剂活性降低，平衡向逆反应方向移动

试题分析：

本题考查电子式的书写、盖斯定律的应用、平衡常数的计算、指定情境下方程式的书写、化学平衡图像分析。

（1）COS的电子式是

（2）应用盖斯定律，（①

2+②）

3得，2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）ΔH=[（-362kJ/mol）

2+（-1172kJ/mol）]

3=-632kJ/mol，H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为：

2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）ΔH=-632kJ/mol。

（3）反应K2CO3+H2S=KHS+KHCO3的离子方程式为CO32-+H2S=HS-+HCO3-，该反应的平衡常数K=

=

=1

103。

（4）在强酸溶液中H2O2将COS氧化为H2SO4，同时生成CO2，H2O2被还原，该反应的化学方程式为4H2O2+COS=H2SO4+CO2+3H2O。

（5）①根据图1，随着n（H2O）/n（COS）的增大，COS的平衡转化率增大，当n（H2O）/n（COS）

10:

1，COS的平衡转化率增大不明显，反应的投料比最佳为n（H2O）/n（COS）=10:

1；

根据图2，一定时间内COS的水解转化率在160℃时最大，反应的最佳温度为160℃。

②P点n（H2O）/n（COS）=6，平衡时COS的转化率为40%，设起始c（COS）=amol/L，则起始c（H2O）=6amol/L，用三段式

COS（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2S（g）

c（起始）（mol/L）a6a00

c（转化）（mol/L）0.4a0.4a0.4a0.4a

c（平衡）（mol/L）0.6a5.6a0.4a0.4a

P点对应的平衡常数K=

=0.05。

③当温度升高到一定值后，发现一定时间内COS的水解转化率降低，可能原因是：

催化剂活性降低，反应速率变慢；

该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。

11.直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终生成硫酸钙。

硫酸钙可参与下图所示的几个工厂利用废气、废渣（液）联合生产化肥硫酸铵的工艺：

（1）煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有_______。

（填写字母编号）

A.温室效应B.酸雨C.粉尘污染D.水体富营养化

（2）在烟气脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需