精品解析安徽省A10联盟届高三下学期开年考理综化学试题解析版Word文档格式.docx
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A.原子半径：
W>
Z>
Y>
X
B.最简单氢化物
稳定性：
X>
W
C.最高价氧化物对应水化物的碱性：
Y
D.X、Y形成的某种化合物可作供氧剂，其阴阳离子个数比为1:
1
【答案】B
【分析】
X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素；
X与W在同一主族，则W为S元素；
X、W的最外层电子数之和是Y、Z最外层电子数之和的3倍，则Y为Na元素，Z为Al元素。
【详解】A.根据元素周期律，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素原子从上到下逐渐增大，则原子半径：
Na>
Al>
S>
O，故A错误；
B.因为氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，则最简单氢化物的稳定性：
H2O>
H2S，故B正确；
C.根据元素周期律，同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，对应的碱的碱性逐渐减弱，则NaOH>
Al（OH）3，故C错误；
D.X、Y形成的某种化合物Na2O2可作供氧剂，其阴阳离子个数比为1:
2，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，则1mol过氧化钠熔融时能电离出1mol过氧根离子和2mol钠离子，即其阴阳离子个数比为1:
2。
4.下列对两种有机物甲和乙的描述不正确的是（）
A.甲中所有碳原子不可能在同一平面上
B.甲、乙均能发生加成反应、氧化反应、取代反应
C.甲、乙均能在一定条件下通过聚合反应生成高聚物
D.甲、乙苯环上的一硝基取代物种数相同（不考虑立体异构）
【答案】A
【详解】A.甲中苯环的12个原子一定在同一个平面上，结构中有碳碳双键和碳氧双键，则双键两侧的原子包括形成双键的两个原子在同一个平面上，单键可以自由旋转，所以甲中所有碳原子可能在同一平面上，故A错误；
B.甲结构中有碳碳双键和苯环，乙结构中有苯环，都可以与氢气发生加成反应，两物质均可以燃烧发生氧化反应，同时也可以发生取代反应，故B正确；
C.甲结构中有碳碳双键可以发生加聚反应，乙结构中有羧基和胺基可以发生缩聚反应，则甲、乙均能在一定条件下通过聚合反应生成高聚物，故C正确；
D.甲、乙苯环上不同化学环境的氢均有3种，则一硝基取代物种数均为3种，故D正确；
综上所述，答案为A。
【点睛】苯分子中12个原子在同一个平面上，乙烯分子中6个原子在同一个平面上，羰基可以看成类似于碳碳双键的结构，甲烷分子为正四面体构型，最多有3个原子在同一个平面上，单键可以自由旋转，由此可以判断共面问题。
5.下列实验中，对应
现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）
选项
实验
现象
结论
A
铁的氢氧化物溶于足量HI溶液中，滴加KSCN溶液
固体溶解，溶液未变红色
铁
氢氧化物一定为
Fe（OH）2
B
向硝酸钡溶液中通入SO2
产生白色沉淀
硝酸钡溶液与SO2反应生成BaSO3白色沉淀
C
铜丝在酒精灯外焰灼烧，再将赤热铜丝插入酒精灯内焰
铜丝由红色变黑色，再变红色
乙醇具有还原性
D
浓度均为0.lmol·
L-1的CuCl2，FeCl3混合溶液中滴加0.lmol∙L-1NaOH溶液
先生成红褐色沉淀
氧化性：
Fe3+>
Cu2+
A.AB.BC.CD.D
【详解】A.氢碘酸足量，碘离子有还原性，铁离子有氧化性，氢碘酸能将氢氧化铁溶解并氧化成亚铁离子，则A实验不能证明铁的氢氧化物一定为Fe（OH）2，故A错误；
B.二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液显酸性，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根，则生成的沉淀为硫酸钡，故B错误；
C.铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜在与乙醇发生氧化还原反应生成铜，氧化铜为氧化剂，乙醇为还原剂，故C正确；
D.CuCl2、FeCl3与NaOH溶液反应不是氧化还原反应，不能比较Fe3+、Cu2+的氧化性，故D错误；
6.乙醛酸（OHC-COOH）是一种重要
精细化工产品。
以高硅铸铁为惰性电极材料，用恒电势电解NaBr溶液间接氧化乙二醛（OHC-CHO）制备乙醛酸：
OHC-CHO+Br2+H2O→OHC-COOH+2HBr。
装置如图所示，下列说法不正确的是（）
A.电极b为负极，高硅铸铁不损耗
B.阳极的电极反应式为2Br--2e-=Br2
C.光伏电池将铸铁极的电子转移到石墨极
D.电解过程中，右室溶液的pH逐渐升高
氧化乙二醛（OHC-CHO）制备乙醛酸可知高硅铸铁作阳极，a为正极，b为负极，阳极溴离子放电生成溴单质，溴具有强氧化性，将乙二醛氧化生成乙醛酸，阴极水中氢离子放电生成氢气。
【详解】A.由分析可知电极b为负极，高硅铸铁为阳极，阳极溴离子放电，高硅铸铁不损耗，故A正确；
B.由分析可知，阳极溴离子放电，电极反应式为2Br--2e-=Br2，故B正确；
C.电子由铸铁阳极流出，流入光伏电池的正极，光伏电子的负极电子流出，流入阴极石墨，故C正确；
D.电解过程中，阴极为水中的氢离子放电，每生成1mol氢气，有2mol氢离子从左室流入右室，则理论上右室溶液的酸碱性保存不变，故D错误；
7.已知298K时，Ksp（MnS）=4.65×
10-14，Ksp（MnCO3）=2.24×
10-11，298K下，MnS、MnCO3（R2-代表S2-或CO32-）在水中的溶解曲线如图所示：
下列说法正确
是（）
A.图象中x约等于5.0×
10-6
B.其它条件不变，加热N的悬浊液可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动
C.常温下，加水稀释M溶液可使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动
D.向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，c（CO32-）/c（S2-）增大
Ksp（MnS）小于Ksp（MnCO3），则结合图像可知曲线N代表MnS，M代表MnCO3。
【详解】A.N代表MnS，则有
，x约等于2.2×
10-7，故A错误；
B.其它条件不变，加热N的悬浊液，MnS的溶解度会增大，则锰离子浓度和硫离子浓度也会增大，可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动，故B正确；
C.加水稀释M溶液，锰离子和碳酸根离子的浓度均会减小，则不可能使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动，故C错误；
D.
，则c（CO32-）/c（S2-）为定值，故D错误；
二、非选择题：
包括必考题和选考题两部分，第27题~第28题为必考题，每个试题考生都必须作答，第35题~第36题为选考题，考生根据要求作答。
8.某菱镁矿主要成分是MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3、Fe2O3、SiO2等杂质，由该菱镁矿制备高纯MgO的流程如图。
回答下列问题：
（1）将矿石粉碎的目的是_____，滤渣1的成分是_____
（2）步骤③先加入足量H2O2溶液，再加MgO调节溶液pH=5，加入足量的H2O2溶液后发生的所有氧化还原反应的方程式为_____
（3）滤渣2的成分是_____，1mol该滤渣用3mol/L硫酸溶解，需消耗硫酸_____mL
（4）列举沉镁之后的滤液的一种用途_____，称取14.2g的
在_____（填仪器名称）中进行高温焙烧得到的MgO质量为8.0g，则x=_____。
【答案】
（1）.增大与酸的接触面积，提高反应速率
（2）.SiO2（3）.H2O2+2FeCl2+2HCl=2FeCl3+2H2O、2H2O2=2H2O+O2
（4）.氢氧化铝、氢氧化铁（5）.500（6）.作氮肥（7）.坩埚（8）.1
菱镁矿主要成分是MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3、Fe2O3、SiO2等杂质，酸溶时，SiO2不溶于酸，则滤渣1为SiO2，滤液1为氯化镁、氯化铝、氯化铁、氯化亚铁，双氧水可将亚铁离子氧化成铁离子，同时调节pH将铝离子和铁离子转化成氢氧化铝和氢氧化铁除去，则滤渣2为氢氧化铝、氢氧化铁。
【详解】
（1）将矿石粉碎的目的是增大与酸的接触面积，提高反应速率，由分析知滤渣1的成分是SiO2，故答案为：
增大与酸的接触面积，提高反应速率；
SiO2；
（2）由分析知双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，同时过量是双氧水可发生分解反应，则加入足量的H2O2溶液后发生的所有氧化还原反应的方程式分别为H2O2+2FeCl2+2HCl=2FeCl3+2H2O，2H2O2=2H2O+O2
故答案为：
H2O2+2FeCl2+2HCl=2FeCl3+2H2O，2H2O2=2H2O+O2
；
（3）由分析知滤渣2的成分是氢氧化铝、氢氧化铁，1mol该滤渣含有3mol氢氧根，用3mol/L硫酸溶解，根据酸碱中和原理，
，即
，V（H2SO4）=0.5L=500ml，需消耗硫酸500mL，故答案为：
氢氧化铝、氢氧化铁；
500；
（4）沉镁之后的滤液中的溶质主要是氯化铵，可以用来作氮肥；
在坩埚中高温焙烧
使其转化为氧化镁，二氧化碳和水，设14.2g的
中
的物质的量为amol，
的物质的量为bmol，则有根据镁原子守恒有
，根据质量守恒有
，解得a=0.1mol，b=0.1mol，则x=1，故答案为：
作氮肥；
坩埚；
1。
【点睛】求算x时，即求
和
的比值，则根据题中所以提供物质的总质量和煅烧后得到的氧化镁的质量，镁原子守恒可列方程式进行求算。
9.连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是印刷行业重要的还原剂，易溶于水，难溶于乙醇；
高铁酸钾（K2FeO4）是一种绿色环保型饮用水处理剂。
某课题小组拟以硫铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备连二亚硫酸钠和高铁酸钾，其简易工艺流程如下（部分步骤和条件略去）：
（1）FeS2中含有S22-离子，其电子式为_____。
“气体”的主要成分是O2、SO2和N2，参考表中的数据，简述工业上用物理方法分离提纯二氧化硫的实验方案：
_____
熔点/℃
沸点/℃
密度/g∙L-1（标准状况）
O2
-218
-183
1.429
SO2
-76
-10
2.9
N2
-210
-196
1.25
（2）SO2→Na2S2O4步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。
制得的Na2S2O4溶液冷却至50℃，过滤，用_____洗涤，干燥，制得Na2S2O4。
（3）Na2FeO4与KC1发生复分解反应制备K2FeO4，说明相同温度下K2FeO4的溶解度_____（填“>
”、“<
”或=”）Na2FeO4的溶解度。
（4）溶液中的Na2S2O4易被空气中的氧气氧化生成NaHSO3，反应的离子方程式为_____
（5）在制备Na2FeO4时，现象是先生成红褐色沉淀，随后转化成绿色溶液，生成了Na2FeO4。
①写出红褐色沉淀转化为Na2FeO4的化学方程式：
_____。
②为探究Na2FeO4和Cl2的氧化性相对强弱，取少量上述绿色溶液于试管中，滴加适量浓盐酸，产生能使湿润的KI淀粉试纸变蓝色的气体，不能说明Na2FeO4的氧化性比Cl2的氧化性强，理由是_____。
【答案】
（1）.
（2）.先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于-10℃，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离（3）.2:
1（4）.乙醇（5）.<
（6）.
（7）.
（8）.溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的
（1）FeS2中含有S22-离子，类似于过氧根，其电子式为
根据表中提供各气体的熔沸点数据，可知二氧化硫可通过先液化再汽化方法进行提纯，则工业上用物理方法分离提纯二氧化硫的实验方案为先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于-10℃，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离，故答案为：
先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于-10℃，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离；
（2）SO2→Na2S2O4步骤中氧化剂为二氧化硫，与还原剂为HCOONa，则根据氧化还原反应得失电子守恒可知二者的系数比为2:
1，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
1；
因为Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，则用乙醇洗涤，故答案为：
2:
乙醇；
（3）根据复分解反应原理，Na2FeO4与KC1发生反应时要有溶解度小的物质生成才能使反应发生，则说明相同温度下K2FeO4的溶解度<
Na2FeO4的溶解度，故答案为：
<
（4）溶液中的Na2S2O4与氧气反应生成NaHSO3，其反应的离子方程式为
，故答案为：
（5）①红褐色沉淀为氢氧化铁，被次氯酸钠氧化为Na2FeO4，其化学方程式为
②因为溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的，所以不能说明Na2FeO4氧化性比Cl2的氧化性强，故答案为：
溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的。
10.德国化学家哈伯（F.Haber）从1902年开始研究由氮气和氢气直接合成氨。
合成氨为解决世界的粮食问题作出了重要贡献。
其原理为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol
（1）若已知H-H键的键能为436.0kJ/mol，N-H的键能为390.8kJ/mol，则N
N的键能约为_____kJ/mol
（2）合成氨反应不加催化剂很难发生，催化剂铁触媒加入后参与了反应降低了活化能。
其能量原理如图所示，则加了催化剂后整个反应的速率由______决定（填“第一步反应”或者“第二步反应”），未使用催化剂时逆反应活化能______正反应活化能（填“大于”“小于”或者“等于”）
（3）从平衡和速率角度考虑，工业生产采取20MPa到50MPa的高压合成氨原因______
（4）一定温度下恒容容器中，以不同的H2和N2物质的量之比加入，平衡时NH3体积分数如图所示，则H2转化率a点______b点（填"
大于”“小于”或者“等于”）。
若起始压强为20MPa，则b点时体系的总压强约为______MPa。
（5）若该反应的正逆反应速率分别表示为v正=K正
，v逆=K逆∙c2（NH3），则一定温度下，该反应的平衡常数K=______（用含K正和K逆的表达式表示），若K正和K逆都是温度的函数，且随温度升高而升高，则图中c和d分别表示______和______随温度变化趋势（填K正或者K逆）。
（6）常温下，向20mL的0.1mol/L的盐酸中通入一定量氨气反应后溶液呈中性（假设溶液体积变化忽略不计）则所得溶液中c（NH4+）=_______
【答案】
（1）.944.4
（2）.第一步反应（3）.大于（4）.当压强低于20MPa时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高（5）.小于（6）.19（7）.
（8）.K正（9）.K逆（10）.0.1mol/L
（1）根据反应热的计算公式
，可得
944.4；
（2）因为第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，则催化剂后整个反应的速率由第一步反应决定，由图可知未使用催化剂时逆反应活化能大于正反应活化能，故答案为：
第一步反应；
大于；
（3）根据工业上制备氨气的原理可知，当压强低于20MPa时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高，所以工业生产采取20MPa到50MPa的高压合成氨，故答案为：
当压强低于20MPa时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高；
（4）当增大氢气的用量时，氮气的转化率升高，氢气的转化率降低，则H2的转化率a点小于b点；
根据图知b点氨气的体积分数为5%，设氮气与氢气在恒容密闭容器中各投1mol，转化的氮气为xmol，则可列三段式为：
N2+3H2⇌2NH3
则有
，
，由此可得x=
，P（平衡）=19MPa，故答案为：
小于；
19；
（5）平衡时，正反应速率=逆反应速率，则有
，平衡常数K=
该反应为放热反应，温度升高时，平衡会逆向移动，平衡常数会减小，则K逆大于K正，c代表K正，d代表K逆，故答案为：
K正；
K逆；
（6）反应后溶液呈中性，溶液中c（H+）=c（OH-）且由电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-），则c（NH4+）=c（Cl-）=0.1mol/L，故答案为：
0.1mol/L。
11.不锈钢（StainlessSteel）是不锈耐酸钢的简称，耐空气、蒸汽、水等腐蚀。
不锈钢中含有Fe、Cr等元素。
（1）铬（Cr）的价电子排布图为______
（2）亚铁氰化钾别名黄血盐，化学式：
，加入食盐中可防止食盐板结。
其中C、N、O三元素的第一电离能由小到大顺序为______。
O和N的简单氢化物沸点明显高于CH4原因是______，其不含结晶水的盐结构如图所示，其中C原子的杂化方式为______。
（3）1mol的
中含有的共价键物质的量为______mol，该配位化合物的配位原子为______。
（4）用______实验可以直接确定某固体是否是晶体，某种铁铬合金的晶胞如图所示，该晶体堆积模型为______，空间利用率是______；
若已知该晶胞的棱长为apm，则该晶胞的密度为______g/cm3。
（2）.C<
O<
N（3）.水和氨气存在分子间氢键，沸点升高（4）.sp杂化（5）.24（6）.碳原子（7）.X-射线衍射（8）.面心立方最密堆积（9）.74%（10）.
（1）铬（Cr）为24号元素，价电子排布图为
（2）根据元素周期律，同周期从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但因为N元素2p轨道半充满状态，所以N的第一电离能高于O，则C、N、O三元素的第一电离能由小到大顺序为C<
O<
N；
O和N的简单氢化物分别为水、氨气，因为水和氨气都存在分子间氢键，所以沸点明显高于CH4；
由图可知，碳原子形成2根σ键，则C原子的杂化方式为sp杂化，故答案为：
C<
水和氨气都存在分子间氢键，沸点升高；
（3）
中铁原子与CN-间能形成配位共价键，碳原子与氮原子间能形成叁键，则1mol的
中含有的共价键物质的量为（6+3×
6）mol=24mol，由图可知该配位化合物的配位原子为碳原子，故答案为：
24；
碳原子；
（4）用X-射线衍射实验可以直接确定某固体是否是晶体，由图原子在顶点和面心可知，该晶体堆积模型为面心立方最密堆积，空间利用率是74%；
若已知该晶胞的棱长为apm，由密度计算公式
，即该晶胞的密度为
g/cm3，故答案为：
X-射线衍射；
面心立方最密堆积；
74%；
。
【点睛】铬为24号元素，其3d轨道半充满且4s轨道半充满时能量最低，最稳定，所以它的价电子排布式为3d54s1，注意题中问的是电子排布图，则其排布图为
12.化合物H是一种医药中间体，其合成路线如图：
已知：
①
②
（1）B中所含官能团的名称是______，H的最简单同系物名称为______。
（2）B→C的反应类型是______。
（3）F的结构简式为______。
（4）C→D的化学方程式为______。
（5）芳香族化合物X是H的同分异构体，X能发生银镜反应，其核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为12：
2：
1：
1，符合要求的X的结构简式为______。
（6）已知RCOOH+SOCl→RCOCl，写出以苯和丙烯酸（CH2=CHCOOH）为原料制备
的合成路线（无机试剂任选）：
______。
【答案】
（1）.羰基
（2）.苯甲酸（3）.还原反应（4）.
（5）.
、
苯发生已知①的取代反应生成B（
），B发生已知②的还原反应生成C（
），C再发生已知①的取代反应生成D（
）,D发生还原反应生成E，E在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成F（
），F与HCN发生取代反应生成G，氰基在稀酸条件下生成羧基。
（1）由B的结构可知含有的官能团为羰基，H为芳香酸类，其最简单同系物名称为苯甲酸，故答案为：
羰基；
苯甲酸；
（2）由分析知，B→C的反应类型是还原反应，故答案为：
还原反应；
（3）F的结构简式为
（4）C→D发生的是已知①的反应，其化学方程式为
（5）X能发生银镜反应，为醛基或甲酸酯类，其核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为12：
1，则符合要求的X的结构简式为
（5）丙烯酸（CH2=CHCOOH）先发生已知RCOOH+SOCl→RCOCl反应生成CH2=CHCOCl，后与苯发生已知①的反应生成
在被NaBH4还原为
，最后与溴加成即可得到目标产物，故答案为：
【点睛】在做有机合成时，可以对比原料和目标产物，因为目标产物中
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