高三下学期期初考试理科综合化学试题答案解析Word文档下载推荐.docx

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B

向2mL1mol/LNaOH溶液中加入几滴1mol/LMgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/LFeCl3溶液，生成红褐色沉淀

证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀

C

取淀粉溶液于试管中，加入稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu（OH）2悬浊液，加热，无砖红色沉淀产生

淀粉没有发生水解反应

D

将某Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液显红色

Fe（NO3）2样品已氧化变质

A．AB．BC．CD．D

4．关于有机物a（

）、b（

）、c（

）的说法错误的是

A．a、b、c互为同分异构体

B．a、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C．a、c与足量氢气反应消耗氢气的物质的量之比是4∶3

D．a、b、c的一氯代物分别有4种、1种、2种（不考虑立体异构）

5．短同期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子核外最外层电子数是次外层的2倍，也是Y原子最外层电子数的2倍，X与Z同主族。

Y单质能在X单质中燃烧，生成的二元化合物与H2O反应，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

A．简单离子半径：

r（Z）＞r（Y）＞r（X）

B．气态氢化物的沸点：

Z＞X＞W

C．含氧酸的酸性：

X＞Z＞W

D．Y单质能与W的氧化物发生置换反应

6．图1为“镁﹣次氯酸盐”燃料电池原理示意图。

图2为“双极室成对电解法”生产乙醛酸原理示意图，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。

下列说法不正确的是

A．若利用镁燃料电池为电源，则E极连M极

B．镁燃料电池负极容易与水发生自腐蚀产生氢气

C．F电极上的电极反应式为ClO－＋2e－＋H2O=Cl－＋2OH－

D．图2装置中若有2molH＋通过质子交换膜完全反应，则共生成2mol乙醛酸

7．常温下，向20mL0．2mol·

L-1二元酸H2A溶液中滴加0．2mol·

L-lNaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。

下列叙述正确的是（）

A．当V（NaOH）=20mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：

c（Na+）>

c（HA-）>

c（A2-）>

c（OH-）>

（（H+）

B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大

C．等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大

D．当V（NaOH）=40mL时，升高温度，c（Na+）／c（A2-）减小

二、实验题

8．某化学兴趣小组的同学进行三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]·

3H2O分解的实验探究。

经小组讨论，他们设计了如下装置进行实验。

烧瓶B中盛有饱和NH4Cl和饱和NaNO2混合液（常用于实验室制N2），干燥管C1中装有碱石灰。

（1）B中发生反应的化学方程式为______________________________________。

（2）C2的作用是_________________，C3中盛装的试剂是___________________。

（3）若实验中观察到E1、E4中的澄清石灰水均变浑浊，则E3中的现象是___________________，证明气体产物是___________________。

（4）实验装置中有2个酒精灯，先点燃A1，一段时间后，熄灭A1，关闭活塞a，再点燃A2，待D中的样品充分反应后，再次打开活塞a，点燃A1，则第二次点燃A1的理由是________________________________________________________。

（5）该小组同学查阅资料后推知，D中固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。

实验测得C2、C3共增重5.4g；

将D中固体生成物溶于水，测得最后残余固体的质量为6.88g。

通过计算，固体产物中铁元素的存在形式为______（需表示出产物的物质的量）。

若要通过实验研究上述结论，除3%H2O2、蒸馏水外，还需要下列试剂中的___________。

A．1.0mol·

L－1HNO3B．1.0mol·

L－1盐酸C．1.0mol·

L－1NaOH溶液

D．0.1mol·

L－1KI溶液E．0.1mol·

L－1CuSO4溶液F．20%KSCN溶液。

三、工业流程题

9．铋及其化合物在工业生产中用途广泛，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质）制备NaBiO3，其流程如下：

已知：

水解能力：

Bi3+＞Fe3+。

回答下列问题：

（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有______________（任写一条）；

过滤1的滤渣的主要成分有__________（填化学式）。

（2）浸取时加入过量浓盐酸的目的是________________________________；

“母液”中通入气体X后可循环利用，气体X为______________（填名称）。

（3）写出焙烧时生成铋酸钠的化学方程式_______________________________，当消耗标准状况下4.48LO2时，转移电子的数目是__________。

（4）25℃时，向浓度均为0.04mol·

L－1的Cu2＋、Pb2＋、Bi3＋的混合溶液中滴加（NH4）2S溶液（设溶液体积增加1倍），当Pb2+恰好沉淀完全时，所得溶液中c（Cu2+）∶c（Bi3+）＝______。

[已知：

Ksp（CuS）＝6.0×

10－36、Ksp（PbS）＝3.0×

10－28、Ksp（Bi2S3）＝1.6×

10－20]

（5）用双硫腙（H2Dz，二元弱酸）～CC14络合萃取法可从工业废水中提取金属离子：

H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu（HDz）2等]，再用CCl4萃取此络合物。

下图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线（E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率）。

①当调节pH＝2.5时，铋（Bi）的存在形式有________________________。

②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为____________________________________。

四、原理综合题

10．氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。

（1）有人设想利用CO还原SO2。

已知S和CO的燃烧热分别是296.0kJ·

mol−1、283.0kJ·

mol−1，请写出CO还原SO2的生成CO2和S（s）热化学方程式___________________________________。

（2）某科研小组研究臭氧氧化−−碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下：

反应Ⅰ：

NO（g）+O3（g）

NO2（g）+O2（g）△H1＝－200.9kJ•mol−1Ea1＝3.2kJ•mol−1

反应Ⅱ：

SO2（g）+O3（g）

SO3（g）+O2（g）△H2＝－241.6kJ•mol−1Ea2＝58kJ•mol−1

已知该体系中臭氧发生分解反应：

2O3（g）

3O2（g）。

请回答：

其它条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示：

①由图1可知相同温度下NO的转化率远高于SO2，结合题中数据分析其可能原因_______。

②下列说法正确的是________。

A．Q点一定为平衡状态点

B．温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零

C．其它条件不变，若扩大反应器的容积可提高NO和SO2的转化率

D．臭氧氧化过程不能有效地脱除SO2，但后续步骤碱吸收可以有效脱硫

③假设100℃时P、Q均为平衡点，此时反应时间为5min，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，则体系中剩余O3的物质的量是________mol；

SO2的平均反应速率为________；

反应Ⅰ在此时的平衡常数为_______________。

（3）以连二硫酸根（S2O42－）为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：

①ab是_______离子交换膜（填“阳”或“阴”）。

阴极区的电极反应式为_____________。

②若NO吸收转化后的产物为NH4+，通电过程中吸收4.48LNO（标况下），则阳极可以产生____mol气体。

11．金属及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。

（1）下列关于金属及金属键的说法不正确的是______。

（填字母代号）

a．金属键没有方向性与饱和性

b．金属键是金属原子与自由电子间的相互作用

c．金属熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释

d．电子气理论可解释金属材料的延展性，不能解释金属有良好的导电性

（2）钒广泛用于催化及钢铁工业，基态钒原子的价层电子排布图为______________。

（3）二茂铁又叫双环戊二烯基铁[Fe（C5H5）2]，熔点是172.5～173℃，100℃以上升华，二茂铁属于_____晶体。

已知分子中的大π键可用符号

表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为

）。

已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大π键应表示为________________。

（4）铜可以形成一种离子化合物[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4，若要确定[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行______实验，其中阴离子的空间构型是_____，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是________。

（5）最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性，该物质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示。

①与Mg紧邻的Ni有________个。

②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。

该晶胞中原子的坐标参数为a为（0，0，0）；

b为（1/2，1/2，0）；

d为（1，1，1）。

则c原子的坐标参数为_______。

③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度ρ＝______g·

cm－3（用含a、NA的代数式表示）。

五、有机推断题

12．苦杏仁酸在医药工业可用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体，下列路线是合成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：

（1）试写出B的结构简式_____，C中官能团的名称为_____。

（2）反应①的反应类型为_____，D的核磁共振氢谱共有_____组峰。

（3）1molE最多可以与_____molNaOH反应。

反应③的化学方程式为_____。

（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，则F的结构简式为_____。

（5）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式_____。

A．既能发生银镜反应，又能发生水解反应

B．遇FeCl3能显紫色

C．苯环上具有两个位于对位的取代基

（6）已知：

RCH2COOH

RCHClCOOH，请以冰醋酸为原料（无机试剂任选）设计制备聚乙醇酸（

）的合成路线_____。

参考答案

1．A

【解析】

【详解】

A.草木灰中含有K2CO3，其水溶液显碱性，可用于洗衣服，A项正确；

B.“以曾青涂铁，铁赤色如铜”中曾青涂铁指的是向可溶性铜盐溶液中加入铁，得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，故B项错误；

C.聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故C项错误；

D.手机中芯片的主要成分是硅，故D项错误；

综上，本题选A。

【点睛】

D项中要注意，单质硅属于半导体材料，可用作芯片，二氧化硅的用途是光导纤维；

2．B

A.通过方程式可知，当转移2mol电子时，固体增重56g，当增重2.8g时，反应中转移电子数为0.1NA，故A项错误；

B.Na2O2和Na2S摩尔质量相同，故相同质量的两者的物质的量相同，而两者均含2个阳离子和1个阴离子，则物质的量相同时具有相同的阴阳离子数和质子数，故B项正确；

C.8.7gMnO2的物质的量为0.1mol，转化为MnOOH时Mn元素由+4价变为+3价，即转移0.1mol电子，因为阳极上是氯离子放电生成氯气，当失去0.1mol电子时，阳极上有0.1mol氯离子失电子生成0.05mol氯气，在标况下体积为1.12L，故C项错误;

D.0.5mol·

L－1的CH3COONH4溶液中，由于NH4+的水解，NH4+浓度小于0.5mol·

L－1，故D项错误；

综上，本题选B。

D项要注意CH3COONH4溶液中，CH3COO-和NH4+均可发生水解，由于二者水解程度相同，所以，常温下CH3COONH4溶液的pH＝7。

但由于NH4+的水解，使NH4+浓度降低。

3．A

A.向含有酚酞的碳酸钠溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀、溶液的红色变浅，由于钡离子和碳酸根离子反应、和氢氧根离子不反应，但是氢氧根离子的浓度减小了，故可以证明溶液中存在碳酸根离子的水解平衡，且加入的氯化钡使水解平衡逆向移动，故A项正确；

B.由于氢氧化钠与氯化镁反应后，氢氧化钠过量，溶液中含有大量的氢氧根离子，故加入氯化铁一定会产生红褐色的氢氧化铁沉淀，无法确定氢氧化镁和氢氧化铁的溶解度的相对大小，也无法证明Mg（OH）2沉淀是否转化为Fe（OH）3沉淀，故B项错误；

C.检验葡萄糖应在碱性条件下进行，该实验中没有加入氢氧化钠将催化淀粉水解的硫酸中和，故实验必然失败，C项错误；

D.酸性条件下，硝酸根离子可将亚铁离子氧化，无法确定样品是否已氧化变质，故D项错误；

4．D

A.a、b、c三种有机物的分子式均为C8H8，属于同分异构体，故A项正确；

B.a、c均有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故B项正确；

C.与足量氢气反应时，1mola完全加成消耗4mol氢气，1molc完全加成消耗3mol氢气，a、c消耗氢气的物质的量之比是4∶3，故C项正确；

D.a中苯环上的一氯代物有3种，侧链上有2种，共5种，b的一氯代物有1种，c的一氯代物有2种，故D项错误；

综上，本题选D。

5．D

【分析】

短同期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y单质能在X单质中燃烧，生成的二元化合物与H2O反应，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体是氨气，则X是N，X与Z同主族，Z是P；

W原子核外最外层电子数是次外层的2倍，也是Y原子最外层电子数的2倍，则W是C，因此Y是Mg；

根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、N、Mg、P；

A.核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径：

r（Z）＞r（X）＞r（Y），A错误；

B.氨气分子间存在氢键，且碳元素的氢化物不止一种，无法比较其沸点，B错误；

C.应该是最高价含氧酸的酸性：

X＞Z＞W，C错误；

D.镁能与二氧化碳发生置换反应生成氧化镁和碳，D正确；

答案选D。

6．A

A．图1镁燃料电池中失电子的为负极，则E为负极，F为正极。

图2装置为电解池，根据H+的流向可以判断N极为阴极，因此若利用镁燃料电池为电源，则E极连N极，A错误；

B．Mg的活泼性较强，能与水反应生成氢气，其反应为：

Mg＋2H2O=Mg（OH）2＋H2↑，B正确；

C．F为正极，ClO－得电子，所以F电极上的电极反应式为ClO－＋2e－＋H2O=Cl－＋2OH－，C正确；

D．图2装置中2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC－COOH＋2e－＋2H＋=HOOC－CHO＋H2O，可知生成1mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成，所以生成的乙醛酸为2mol，D正确。

答案选A。

7．C

A、当V（NaOH）=20mL时，0．2mol·

L-lNaOH与20mL0．2mol·

L-1H2A反应生成NaHA，结合图象可知，HA-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则离子浓度大小的顺序为c（Na+）>

c（H+）>

c（A2-）>

c（OH-），故A错误；

B、等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA，由图象可知，当加入20mLNaOH溶液时，A2-的浓度大于H2A，说明HA-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，所以其溶液中水的电离程度比纯水中的小，故B错误；

C、等浓度H2A和NaHA的混合溶液形成缓冲溶液，溶液中存在H2A的电离平衡和HA-的水解平衡，加入酸时HA-会消耗氢离子生成H2A，加入碱时会和H2A反应生成NaHA，所以无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，故C正确；

D、当V（NaOH）=40mL时，生成Na2A，A2-会发生水解，升高温度，促进A2-的水解，c（A2-）减小，则c（Na+）/c（A2-）增大，故D错误；

答案为C。

8．NH4Cl+NaNO2==N2↑+NaCl+2H2O检验水蒸气P2O5或CaCl2溶液褪色（或变浅）CO2和CO第二次点燃A1，是利用生成的氮气将装置中残余的气体吹到后续装置，使其充分吸收0.02molFe、0.08molFeOBEF

根据题意可知，D装置中发生三草酸合铁酸钾的分解。

利用B装置制取氮气作保护气。

防止三草酸合铁酸钾的分解产物被氧化的同时，利用生成的氮气将装置中残余的气体吹到后续装置，使其充分吸收。

通入D装置前，利用C1装置将挥发出的水蒸气吸收。

将三草酸合铁酸钾的分解产物收依次通过C2、C3装置检验并吸收生成的水，依次通过E1、E2装置，检验并吸收产生的二氧化碳，通入E3、E4装置后，E4中澄清石灰水变浑浊，说明产物中含有具有还原性的气体，结合元素守恒可知，该气体为一氧化碳，据此分析；

（1）利用NH4Cl和饱和NaNO2混合液制N2，发生价态归中的氧化还原反应，生成氯化钠和水，其方程式为：

NH4Cl+NaNO2=N2↑+NaCl+2H2O；

（2）结合三草酸合铁酸钾晶体的化学式K3[Fe（C2O4）3]·

3H2O可知，分解产物中含有水，故利用C2装置中的无水硫酸铜检验水蒸气；

利用C3装置吸收水蒸气，故盛装的试剂是P2O5或CaCl2；

（3）E1中的澄清石灰水均变浑浊，说明产生二氧化碳，并利用E2装置除去二氧化碳。

依次通过E3和E4装置，若E4装置中澄清石灰水变浑浊，则说明气体与E3中高锰酸钾溶液发生了氧化还原反应，生成了二氧化碳，故推测该气体为CO。

E3的现象是溶液褪色（或变浅），该过程证明气体产物是CO2和CO；

（4）第二次点燃A1的理由是：

利用生成的氮气将装置中残余的气体吹到后续装置，使其充分吸收；

（5）反应过程中生成水0.3mol，可知参与反应的三草酸合铁酸钾的物质的量为0.1mol，其中含铁元素0.1mol。

由于产物中铁元素不能以+3价的形式存在，故生成物中可能存在0价铁单质或+2价的氧化亚铁。

若为单质铁，溶于水后测得最后残余固体的质量为5.6g，不符合题意，若为氧化亚铁，则最后残余固体的质量为7.2g，故推测产物为铁和氧化亚铁的混合物。

设生成单质铁xmol，氧化亚铁（0.1-x）mol，可得56x+72（0.1-x）=6.88，解得x=0.02mol，故固体产物中铁元素的存在形式为：

0.02molFe、0.08molFeO；

探究固体产物中铁元素的存在形式，可以将固体产物放入足量的CuSO4溶液中搅拌，使其充分反应，然后过滤洗涤沉淀，再加入盐酸。

若溶液中有红色不溶物，则说明产物中含有铁，向溶液中加入KSCN溶液，不变红色，再加入双氧水，若变红色，则说明固体产物中含有FeO，故答案为BEF；

9．粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等S、SiO2防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率氯气2Bi＋2O2＋Na2O2=2NaBiO3NA或6.02×

102310-11∶1Bi3＋、Bi（HDz）3Bi（HDz）3＋6OH－＝Bi（OH）3↓+3H2O+3Dz2－

由流程图可知，辉铋矿中含有Bi2S3和少量SiO2，加入浓盐酸和氯化铁后，氯化铁将硫离子氧化成单质硫。

通过过滤1除去S、SiO2。

再加入单质铁将Bi3＋还原成Bi单质，经过提纯后得到精铋，最后在焙烧条件下得到NaBiO3，据此分析；

（1）为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等；

浸取过程中，二氧化硅不反应，三价铁将硫离子氧化成单质硫，过滤1的滤渣的主要成分有S、SiO2；

（2）Bi3+和Fe3+会发生水解，加入浓盐酸可以抑制这两种离子的水解，提高原料的浸出率；

母液中含有大量氯化亚铁，通入氯气后，将亚铁离子氧化得到氯化铁，即可循环使用；

（3）焙烧时，铋与氧气、过氧化钠反应生成NaBiO3，结合元素守恒和得失电子守恒可得到反应方程式为：

2Bi＋2O2＋Na2O2=2NaBiO3；

当消耗标准状况下4.48LO2，即0.2molO2时，转移电子的数目是：

NA或6.02×

1023；

（4）当Pb2+恰好沉淀完全时，c（S2-）=Ksp（PbS）/c（Pb2+）＝3.0×

10－28/10-5=3.0×

10－23mol·

L－1，此时，c（Cu2+）=Ksp（CuS）/c（S2-）=6.0×

10－36/3.0×

10－23=2×

10－13mol·

L－1。

溶液中c（Bi3+）=0.02mol·

L－1，Q=c2（Bi3+）·

c3（S2-）<

Ksp（Bi2S3），所以，此时Bi3+没有沉淀。

c（Cu2+）∶c（Bi3+）＝2×

10－13：

0.02=10-11∶1；