山西省运城市届高三上学期期末调研测试理科综合化学试题Word文件下载.docx

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B．布洛芬与苯丙酸都含有一个苯环，烃基都为饱和，含有一个羧基，结构相似，组成上相差4-CH2 

互为同系物，故B正确；

C．布洛芬苯环上的二溴代物有4种，故C错误；

D．布洛芬含有苯环，能够与氢气发生加成，羧基与醇发生取代等反应，苯环的所连烃基能被高锰酸钾氧化，故D正确；

故选：

C。

3.下列说法正确的是

A.反应1实现了氮的固定

B.反应2没有发生电子的转移

C.催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成

D.在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程

【详解】A．氮的固定是指氮由游离态到化合态的过程，反应1中N2转化成NH3，属于氮的固定，故A正确；

B．反应2为氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，所以涉及电子转移，故B错误；

C．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故C错误；

D．形成化学键放出热量，则在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程，故D错误；

A。

4.下列实验操作能达到实验目的的是

选项

实验操作

实验目的

将50mL0.55mol·

L-1的NaOH溶液缓慢倒人盛有50mL0.5mol·

L-1HCl溶液的烧杯中

测定中和热

分别用等体积0.1mol·

L-1和0.2mol·

L-1的H2C2O4溶液与等浓度等体积的KMnO4溶液反应

探究浓度对化学反应速率的影响

苯和溴水中加入铁粉，将产生的气体先通入CCl4再通入AgNO3溶液

探究苯和溴的反应是取代反应

向盛有5mL0.1mol·

L-1AgNO3的试管中滴加10滴NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加0.1mol·

L-1Na2S溶液，产生黑色沉淀

证明AgCl的溶解度大于Ag2S

【答案】B

分析】

【详解】A．酸碱缓慢混合时会导致混合过程中反应放出的热量损失，所测中和热偏大，故A错误；

B．其他条件相同，控制草酸的浓度不同，观察褪色的快慢，可以说明浓度对化学反应速率的影响，故B正确；

C．苯和溴的取代反应，应用苯和液溴在加铁粉催化下发生，故C错误；

D．由试剂用量可知，硝酸银溶液过量，再次滴加的硫化钠与剩余的硝酸银溶液反应产生黑色的硫化银沉淀，不能说明AgCl的溶解度大于Ag2S，故D错误；

B。

5.南京理工大学合成出如图所示的离子化合物，该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子。

X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族。

下列说法正确的是

A.Y气态氢化物的稳定性比Z的弱

B.Y的简单氢化物的沸点高于同族其它元素氢化物的沸点

C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的强

D.在该化合物中，不可能存在非极性共价键

该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，且X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族，根据图示可知，X为H，Y为O，Z为N元素，M为Cl元素，含有的离子为NH

、H3O＋、N

、Cl−，据此解答。

【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为N元素，M为Cl元素。

A．非金属性：

O>

N，则气态氢化物的稳定性：

Y>

Z，故A错误；

B．水分子之间存在氢键，其沸点高于同族元素的其它氢化物，故B正确；

C．非金属性N<

Cl，则最高价氧化物对应水化物的酸性：

Z<

M，故C错误；

D．该盐中含有NH

、H3O＋和N

离子，其中NH

、H3O＋含有极性键，N

中的N−N键为非极性键，故D错误；

6.光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存。

利用太阳光，CO2和H2O生成甲醇的光能储存装置如图所示，制备开始时质子交换膜两侧的溶液质量相等。

下列叙述错误的是

A.n型半导体为负极

B.X2为O2，H+由a极向b极移动

C.b极的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O

D.当制备32g甲醇时，质子交换膜两侧溶液相差92g

【答案】D

由利用太阳光、CO2、H2O生成甲醇的光能储存装置可知，b电极上C得到电子，b为阴极，则n型半导体为负极，阴极反应为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，a与正极相连为阳极，阳极上发生氧化反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，以此来解答。

【详解】A．由图中b极产生甲醇可知，b极为阴极，所以n型半导体为负极，故A正确；

B．a极为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+由a极向b极移动，故B正确；

C．b极的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，为还原反应，故C正确；

D．由得失电子守恒可得关系式：

6H2O～3O2～2CH3OH，当生成32gCH3OH时，a极消耗54g水，b极生成18g水，故质子交换膜两侧溶液相差104g，故D错误。

答案选D。

7.常温下，等浓度的MOH碱溶液和HA酸溶液互相滴定，溶液中

或

的关系如图所示，下列说法错误的是

A.Kb（MOH）=10-4.76

B.水的电离程度：

c>

a=b

C.c点，酸碱恰好完全中和且溶液呈中性

D.a、b点对应的溶液中c（A-）相等

【详解】A．当pH＝9.24，呈碱性，lg

＝0，即

＝1，Kb（MOH）＝

＝1×

10＋9.24−14＝10−4.76，故A正确；

B．由于MA是盐溶液，促进水的电离，所以水的电离程度最大，而a、b两点分别为酸盐混合和碱盐混合的溶液，酸碱性相当，对水的抑制作用相同，所以有c>

a＝b，故B正确；

C．当pH＝4.76，呈酸性，lg

＝0，

＝1，Ka（HA）＝

＝c（H＋）＝10−4.76，故Ka（HA）＝Kb（MOH），c点为酸碱恰好完全中和，为MA溶液，故溶液呈中性，故C正确；

D．b点：

lg

＝1，所以c（M＋）＝10c（MOH），相当于c（HA）：

c（MOH）＝1：

10，a点：

＝1，所以c（A⁻）＝10c（HA），相当于c（HA）：

c（MOH）＝10：

1，体积相同，溶液的碱性越强，c（A⁻）越大，所以a、b点对应溶液中c（A⁻）不相等，故D错误；

8.高锰酸钾是一种重要的氧化剂，某化学实验小组制备高锰酸钾并测其纯度的实验方案如下。

请回答下列问题：

I.高锰酸钾的制备

步骤一：

将软锰矿（主要成分为MnO2）、KClO3和KOH固体按一定比例混合后强热可制得绿色K2MnO4；

步骤二：

将反应后固体充分溶解、过滤，向滤液中通人过量CO2气体使溶液显酸性，K2MnO4在酸性条件下反应得到KMnO4、MnO2和K2CO3过滤，最后从滤液中分离得到高锰酸钾晶体。

（1）将二氧化锰、氯酸钾和氢氧化钾固体放入______（填字母）中熔融制K2MnO4。

A.烧杯B.瓷坩埚C.蒸发皿D.铁坩埚

（2）制K2MnO4反应的化学方程式为______

（3）能否用浓盐酸代替步骤二中的CO2，请简要分析原因______

（4）部分化合物的溶解度随温度的变化如下表所示，从步骤二反应后的滤液中分离得到高锰酸钾晶体的方法是______、过滤、洗涤、烘干。

为进一步提纯所得到的产品，常采用的实验方法是______；

一些化合物的溶解度S/g（100gH2O）-1

0℃

10℃

20℃

30℃

40℃

50℃

KCl

27.6

31.0

34.0

37.0

40.0

42.6

K2CO3

51.3

52

5

53.2

53.9

54.8

KMnO4

2.83

4.4

9.0

12.7

16.9

22.2

II.高锰酸钾纯度的测定

（5）称取mgKMnO4粗品，加入煮沸并冷却后的稀硫酸配成V0mL溶液。

量取V1mLc1mol/L的草酸（H2C2O2）溶液于锥形瓶中，用所配KMnO4溶液进行滴定。

重复滴定两次，平均消耗KMnO4溶液的体积为V2mL。

①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后明显加快，原因是______。

（反应热效应不明显，可忽略不计）

②滴定终点的标志是______

③KMnO4纯度（质量分数）的计算式为______。

【答案】

（1）.D

（2）.3MnO2＋KClO3＋6KOH

3K2MnO4＋KCl＋3H2O（3）.不能，因为浓盐酸和高锰酸钾会发生反应（4）.蒸发浓缩、冷却结晶（5）.重结晶（6）.产物Mn2＋对反应本身有催化作用（7）.最后一滴KMnO4溶液加入时，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色（8）.

×

100%

【详解】

（1）A.烧杯高温下易炸裂，不适合加热熔融固体，故A错误；

B.瓷坩埚含有SiO2，反应物中的强碱KOH会与SiO2反应生成硅酸盐而损坏坩埚，故B错误；

C.蒸发皿用于溶液蒸发得固体，不适合加热熔融固体，故C错误；

D.实验中加热熔融固体所用的仪器为坩埚，铁不与反应物反应，故D正确；

故答案为：

D；

（2）由题给转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水。

反应中锰元素由＋4价升高为＋6价，升高2价，氯元素由+5价降低为−1价，降低6价，化合价升降最小公倍数为6，所以MnO2系数3，KClO3系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为3，根据钾元素守恒确定KOH系数为6，根据氢元素守恒确定H2O系数为3，故答案为：

3MnO2＋KClO3＋6KOH

3K2MnO4＋KCl＋3H2O；

（3）不能用浓盐酸代替步骤二中的CO2，因为浓盐酸和高锰酸钾会发生反应，故答案为：

不能，因为浓盐酸和高锰酸钾会发生反应；

（4）高锰酸钾的溶解度受温度影响变化大，则从步骤二反应后的混合溶液中分离得到高锰酸钾晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、烘干。

为进一步增加得到的产品（高锰酸钾晶体）的纯度，常采用的实验方法是重结晶，

蒸发浓缩、冷却结晶；

重结晶；

（5）①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后加快，可能是生成的Mn2＋对反应起到催化作用，

产物Mn2＋对反应本身有催化作用；

②KMnO4溶液为紫红色，与草酸反应后褪色，当最后一滴KMnO4溶液加入时，因草酸已反应完，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色，表示达到了滴定终点，

最后一滴KMnO4溶液加入时，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色；

③根据：

2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O，建立关系式：

2KMnO4～5H2C2O4，V1mLc1mol•L−1的草酸（H2C2O4）溶液中含有草酸的物质的量为c1V1×

10−3mol，滴定消耗的KMnO4的物质的量为：

c1V1×

10−3mol，所以mgKMnO4的纯度＝

=

100%，

100%。

9.2020年，我国“奋斗者”号钛合金载人舱完美扛住万米压力。

钛（Ti）常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿（主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁），还有Fe2O3、MgO、SiO2等杂质）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下：

请回答下列问题。

（1）钛酸亚铁和硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为______

（2）副产品甲俗称“绿矾”其化学式是______，上述生产流程中加入Fe屑的目的是______

（3）溶液I中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。

常温下，其对应氢氧化物的K，如下表所示。

氢氧化物

Fe（OH）2

TiO（OH）2

Mg（OH）2

Ksp

8.0×

10-16

1.0×

10-29

1.8×

10-11

①若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当溶液的pH等于______时，Mg（OH）2开始沉淀。

②溶液II加水并加热，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为______。

（4）TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成TiCl4和一种可燃性气体的化学方程式为______

（5）Mg还原TiCl4过程中必须在稀有气体（如氩）氛围中进行的原因是______

【答案】

（1）.

（2）.

（3）.将溶液中的Fe3+还原成Fe2+，同时防止Fe2+氧化（4）.10（5）.

（6）.

（7）.高温下Mg及产生的Ti容易被氧化变质，甚至不能产生Ti

钛铁矿（主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁），还有Fe2O3、MgO、SiO2等杂质），加硫酸溶液后除二氧化硅外其它物质均溶于硫酸分别得到，TiOSO4、FeSO4、MgSO4、Fe2（SO4）3，过滤后取滤液加入足量

铁粉，将硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤出过量铁粉后，得到溶液I，进行冷却结晶，分离得到TiOSO4溶液和副产物硫酸亚铁及硫酸镁晶体，TiOSO4溶液加热发生水解得到TiO（OH）2，TiO（OH）2灼烧得到TiO2，TiO2与氯气反应得到四氯化钛，四氯化钛被镁单质还原得到钛单质，据此分析解答。

（1）钛酸亚铁和硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，则反应的方程式为：

，故答案为：

；

（2）副产品甲俗称“绿矾”为

，流程中加入Fe屑一是可以将溶液中的Fe3+完全还原成Fe2+，二是防止溶液中的Fe2+被氧气氧化，故答案为：

将溶液中的Fe3+还原成Fe2+，同时防止Fe2+氧化；

（3）①若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，若形成Mg（OH）2开始沉淀，则溶液中：

，

，pH=10，故答案为：

10；

②溶液II加水并加热，立即析出大量白色沉淀，是TiOSO4水解产生TiO（OH）2沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：

（4）TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成TiCl4和一种可燃性气体，结合元素组成可知可燃性气体为CO，则反应为：

（5）Mg是活泼金属能与空气中的氧气、氮气、二氧化碳气体发生反应，影响镁置换钛，同时高温下产生的钛单质也容易被氧气氧化变质，因此Mg还原TiCl4过程中必须在稀有气体（如氩）氛围中，故答案为：

高温下Mg及产生的Ti容易被氧化变质，甚至不能产生Ti；

10.氢气既是一种优质的能源，又是一、种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。

（1）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是：

CH4（g）+2H2O（g）

CO2（g）+4H2（g）∆H=+165.0kJ·

mol-1

已知反应器中存在如下反应过程：

I.CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+206.4kJ·

mol-1

II.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2

化学键

H-H

O-H

C-H

C≡O

键能/kJ·

436

465

a

1076

根据上述信息计算：

a=______、∆H2=______。

（2）某温度下，4molH2O和lmolCH4，在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，达平衡时，体系中n（CO）=bmol、n（CO2）=dmol，则该温度下反应I的平衡常数K值为___（用字母表示）。

（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有______（填标号）。

A.适当增大反应物水与甲烷的投料比B.提高压强C.分离出CO2

（4）H2用于工业合成氨：

N2+3H2

2NH3∆H<

0将n（N2）：

n（H2）=1：

3的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ（NH3）关系如图，反应器温度升高NH；

的体积分数φ（NH3）先增大后减小的原因是______

（5）在Fe催化剂作用下，工业合成NH3的反应历程为：

（*表示吸附态）

化学吸附：

N2（g）→2N*；

H2（g）→2H*；

表面反应：

N*+H*⇌NH*；

NH*+H*⇌NH2*；

NH2*+H*⇌NH3*

脱附：

NH3*⇌NH2（g）

其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。

实际生产中。

常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×

105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为12.8。

①分析说明原料气中N2过量的理由______、______。

②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是______。

A.控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率

B.当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率

C.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行

D.分离空气可得N2通过天然气和水燕气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生

【答案】

（1）.415.1

（2）.−41.4kJ/mol（3）.

（4）.AC（5）.温度低于T0时反应没有达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，氨气体积分数增大；

温度高于T0时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡逆向移动，导致氨气体积分数减小（6）.原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率（7）.N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率（8）.CD

（1）已知III．CH4（g）+2H2O（g）

CO2（g）+4H2（g）∆H=+165.0kJ·

I．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+206.4kJ·

将方程式III−I得方程式IICO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）即△H2＝（＋165.0−206.4）kJ/mol＝−41.4kJ/mol，

I．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+206.4kJ·

根据△H1＝反应物所有的键能和−生成物所有的键能和＝4a＋2×

465−1076−3×

436＝206.4，故a＝415.1

415.1；

−41.4kJ/mol；

（2）根据方程式II知，生成dmolCO2生成dmolH2、

，则方程式I中生成（b＋d）molCO、

，在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，所以平衡时，n（CH4）＝（1−b−d）mol、c（CH4）＝

（1−b−d）mol/L，n（H2O）＝（4−b−2d）mol、c（H2O）＝

（4−b−2d）mol/L，n（CO）＝b＋d−d＝bmol、c（CO）＝

bmol/L，n（H2）＝3（b＋d）＋d＝（3b＋4d）molc（H2）＝

（3b＋4d）mol/L，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数K＝

＝

（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，应该改变条件使反应I平衡正向移动，

A.适当增大反应物的投料比n（H2O）：

n（CH4），甲烷的转化率增大，故A正确；

B.增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，故B错误；

C.分离出CO2平衡正向移动，甲烷的转化率增大，故C正确；

AC；

（4）该反应的正反应是放热反应，温度低于T0时反应没有达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，氨气体积分数增大；

温度高于T0时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡逆向移动，导致氨气体积分数减小；

温度低于T0时反应没有达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，氨气体积分数增大；

（5）①由反应

N2（g）＋

H2（g）⇌NH3（g）可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高H2的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。

”可知，N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率，故答案为：

原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；

N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；

②A．控制温度远高于室温是为了保证催化剂

活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，故A错误；

B．恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，故B错误；

C．不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，故C正确；

D．通过天然气和水蒸气转化制得

H2，由于含有CH4，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外CH4，CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，故D正确，

CD；

11.I.糖类是人体基本营养物质，在试管中加入0.5g淀粉和4mL20%的硫酸，加热3min~4min。

（1）淀粉完全水解生成的有机物分子式为______

（2）若要检验淀粉已经发生了水解，操作方法及实验现象为______。

（3）在某些酶的催化下，人体内葡萄糖的代谢有如下过程：

过程①是______反应，过程③是______反应（填反应类型）；

上述物质中，互为同分异构体的是______（填字母代号）。

II.海水是重要的物质资源宝库，海水pH稳定在7.9-8.4之间，可用于烟道气中SO2的吸收。

（1