高三上学期开学考试理综化学试题答案解析65.docx
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高三上学期开学考试理综化学试题答案解析65
云南省凤庆县一中【精品】高三上学期开学考试理综化学试题
学校:
___________姓名：
___________班级：
___________考号：
___________
一、单选题
1．某FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42-的物质的量浓度为6mol·L-1，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为
A．11.2gB．16.8gC．19.6gD．22.4g
2．将足量Cl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中。
在此过程中溶液的pH与Cl2用量的关系示意图是（溶液体积变化忽略不计，且不考虑Cl2与水反应）
A．
B．
C．
D．
3．铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。
下列说法错误的是
A．①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作B．a、b中铝元素的化合价相同
C．③中需要通入过量的氨气D．④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝
4．使用化学手段可以消除某些环境污染。
下列主要依靠化学手段消除环境污染的是（ ）
A．在燃煤中添加生石灰
B．将某些废旧塑料熔化后再成型
C．把放射性核废料深埋于地下岩层
D．用多孔吸附剂清除水面油污
5．中科院国家纳米科学中心【精品】11月22日宣布，该中心科研人员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。
这不仅将人类对微观世界的认识向前推进了一大步，也为在分子、原子尺度上的研究提供了更精确的方法。
下列说法中正确的是
A．正是氢键的存在，冰能浮在水面上
B．氢键是自然界中最重要、存在最广泛的化学键之一
C．由于氢键的存在，沸点：
HCl＞HBr＞HI＞HF
D．由于氢键的存在，水分子中氢氧键角是104.50°
6．下列叙述不正确的是
A．金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被氧化
B．钢铁吸氧腐蚀的正极反应是：
O2+4e-+2H2O=4OH-
C．氢氧燃料电池中，氢气在负极发生氧化反应
D．将地下钢管与直流电源的正极相连，用来保护钢管
7．海水是一个巨大的化学资源宝库。
在开发利用海水资源过程中，下列说法不正确的是
A．加入明矾，使海水的盐分沉淀并淡化
B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了物理变化
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法和电渗透法等
D．大海中含有钾、溴、碘等元素，需经过氧化还原反应才可得到钾、溴、碘的单质
二、填空题
8．生活中的有机物种类丰富，在衣食住行等多方面应用广泛，其中乙醇是比较常见的有机物。
（1）乙醇是无色有特殊香味的液体，密度比水_______。
（2）工业上用乙烯与水反应可制得乙醇，该反应的化学方程式为__________________（不写反应条件），原子利用率是______________。
（3）属于乙醇的同分异构体的是_______（选填编号）。
A．
B．
C．甲醇D．CH3—O—CH3E．HO—CH2CH2—OH
（4）乙醇能够发生氧化反应：
①46g乙醇完全燃烧消耗_______mol氧气。
②乙醇在铜作催化剂的条件下可被氧气氧化为乙醛，反应的化学方程式为____________________。
三、实验题
9．世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯。
二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或受热。
实验室以电解法制备ClO2的流程如下：
（1）ClO2中所有原子________（填“是”或“不是”）都满足8电子结构。
上图所示方法制得的混合气中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，除去该杂质气体可选用_____；
A．饱和食盐水B．碱石灰C．浓硫酸D．蒸馏水
（2）稳定性二氧化氯是为推广二氧化氯而开发的新型产品。
下列说法正确的是_______；
A．二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理
B．应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期
C．稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围
D．在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装置
（3）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备，但该方法缺点是产率低、产品难以分离，还可能污染环境。
写出该方法发生的化学方程式__________；
（4）我国广泛采用经干燥空气稀释的氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应制备，化学方程式是______，此法相比欧洲方法的优点是____________
（5）科学家又研究出了一种新的制备方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为_______，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是___________。
10．乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。
完成下列填空：
（1）实验室用乙醇制取乙烯时，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是______。
（2）验证乙烯加成反应性质时，需对乙烯气体中的干扰物质进行处理，可选用的试剂是_____（填写化学式）；能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是______。
（选填编号）
a．溴水褪色b．有油状物质生成
c．反应后水溶液酸性增强d．反应后水溶液接近中性
（3）实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时，甲、乙两套装置如图1都可以选用。
关于这两套装置的说法正确的是______。
（选填编号）
a．甲装置乙酸转化率高b．乙装置乙酸转化率高
c．甲装置有冷凝回流措施d．乙装置有冷凝回流措施
（4）用乙装置实验时，提纯乙中乙酸乙酯的流程如图3以上流程中试剂A的化学式是______；操作Ⅱ的名称是______；操作Ⅲ一般适用于分离______混合物。
（5）如图2是用乙醇制备溴乙烷的装置，实验中有两种加料方案：
①先加溴化钠→再加乙醇→最后加1：
1浓硫酸；
②先加溴化钠→再加1：
1浓硫酸→最后加乙醇。
按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，若在试管中加入______，产物可变为无色。
与方案①相比较，方案②的明显缺点是______。
四、工业流程题
11．活性ZnO在橡胶、塑料、涂料工业有重要应用，工业上用含锌物料（含FeO、CuO等杂质）制取活性ZnO的流程如图所示：
（1）上述流程中，浸出时用的是60%H2SO4（密度是1.5g/cm3），则该H2SO4的物质的量浓度为______________（保留两位小数）。
（2）上述流程H2SO4浸出后溶液中Fe3+的浓度为0.04mol·L-1，控制滤液的pH，加入H2O2后产生大量红褐色沉淀。
①粗略测定溶液pH的实验操作是___________________________________________。
②已知：
常温下Fe（OH）3的Ksp＝4.0×10-38。
滤液的pH至少为________时，溶液中Fe3+开始沉淀。
（3）A溶液中主要含有的溶质是______________，验证溶质所含阳离子的方法是_____________。
（4）制备ZnO所焙烧的物质是含结晶水的碱式碳酸锌。
取碱式碳酸锌6.82g，溶于HCl生成CO2448mL（标准状况下），溶解过程消耗HCl0.12mol，若该碱式盐中氢元素的质量分数为1.76%，试推测该碱式碳酸锌的化学式_________________。
五、有机推断题
12．A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素。
A与其他元素既不同周期又不同族；B、C的价电子层中未成对电子数都是2；E核外的s、p能级的电子总数相等；F与E同周期且第一电离能比E小；G的＋1价离子（G+）的各层电子全充满。
回答下列问题：
（1）写出元素名称：
B_______，G_______。
（2）写出F的价电子排布图：
_______。
（3）写出化合物BC的结构式：
__________________。
（4）由A、C、F三元素形成的离子[F（CA）4]—是F在水溶液中的一种存在形式，其中F的杂化类型是________________。
（5）在测定A、D形成的化合物的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的主要原因是______________________。
（6）E的一种晶体结构如图甲，则其一个晶胞中含有_______个E；G与D形成的化合物的晶胞结构如图乙，若晶体密度为ag/cm3，则G与D最近的距离为____pm
（阿伏加德罗常数用NA表示，列出计算表达式，不用化简；乙中○为G，●为D。
）
参考答案
1．A
【详解】
根据电荷守恒，溶液中的三种阳离子浓度均为2mol/L，根据SO42-反应前后的量不变，溶液中已有铁元素0.4mol，所以只需再加0.2molFe，即11.2g，选A。
2．A
【详解】
亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br-。
氯气氧化亚硫酸生成硫酸：
Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl
0.02mol0.02mol0.02mol0.04mol
H2SO3为弱酸，生成两种强酸：
H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化Br-：
Cl2+2HBr=Br2+2HCl
0.01mol0.02mol
HBr全部被氯气氧化转变为Br2和HCl，HCl和HBr都是强酸，所以c（H+）不变；
答案选A。
【点睛】
本题考查了氧化还原反应的计算，注意反应的先后顺序，Cl2能氧化HBr，Br2能氧化H2SO3，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br-，由于Br-全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化。
3．C
【详解】
加入盐酸，氧化铝和氧化铁溶解，生成氯化铁和氯化铝，二氧化硅不溶解，过滤即可除去；加入过量的氢氧化钠，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，过滤除去氢氧化铁；向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2气体，即生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解得到氧化铝，氧化铝电解得到单质铝，所以只有选项C是错误的，故答案选C。
4．A
【详解】
A．在燃料煤中添加氧化钙，生成的二氧化硫和氧化钙反应生成亚硫酸钙，最终氧化为硫酸钙，发生化学变化，故A正确；
B．将某些废旧塑料熔化后重新成型，固体的形状发生变化，但性质不变，不是化学变化，故B错误；
C．原子的放射性属于核变化，不是化学反应，故C错误；
D．用多孔吸附剂清除水面油污，利用了吸附剂的物理性质，故D错误；
故选A。
5．A
【详解】
A．冰中分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，所以冰能浮在水面上，是氢键的原因，选项A正确；
B．氢键属于分子间作用力，不属于化学键，选项B错误；
C．卤素的氢化物中只有HF含有氢键，卤素的氢化物的沸点：
HF＞HI＞HBr＞HCl，选项C错误；
D．键角是共价键的参数，键角与氢键无关，而与成键电子对、孤对电子等有关系，选项D错误；
答案选A。
6．D
【详解】
A．金属腐蚀的本质是金属原子在负极上失去电子而被氧化的过程，故A正确；
B．钢铁吸氧腐蚀的正极是氧气发生得电子的还原反应，电极反应是：
O2+4e-+2H2O=4OH-，故B正确；
C．氢氧燃料电池中，在负极上是燃料发生氧化反应的过程，故C正确；
D．将地下钢管与电源负极相连，作电解池的阴极被保护，能防止钢铁锈蚀，故D错误；
故选D。
7．A
【详解】
A.明矾的净水原理为明矾电离出的铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可以吸附水里悬浮的杂质，不能使海水的盐分沉淀并淡化，A错误；
B.蒸发过程只涉及到物理变化，B正确；
C.海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法和电渗透法等，C正确；
D.大海中含有钾、溴、碘等元素，均以化合态存在，需经过氧化还原反应才可得到钾、溴、碘的单质，D正确；
答案选A。
8．小CH2=CH2+H2O
CH3CH2OH100%D32CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O
【详解】
（1）乙醇的密度比水小，故答案为小；
（2）乙烯中含双键可和水发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：
CH2═CH2+H2O→CH3CH2OH，从方程式可看出，反应物全部转化为生产物，原子利用率为100%，故答案为CH2═CH2+H2O→CH3CH2OH；100%；
（3）分子式相同结构不同的有机物互称同分异构体，故乙醇的同分异构体为甲醚，故答案为D；
（4）①46g乙醇的物质的量为：
=1mol，C2H5OH+3O2
2CO2+3H2O，所用1mol乙醇燃烧消耗3mol氧气，故答案为3；
②乙醇在铜做催化剂的条件下可被氧气氧化为乙醛，反应的化学方程式为2C2H5OH+O2
2CH3CHO+2H2O，故答案为2C2H5OH+O2
2CH3CHO+2H2O。
9．不是CABCD2NaClO3+4HCl（浓）=2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2产率高，易于分离，没有产生毒副产品H2C2O4+2NaClO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用
【分析】
NH4Cl溶液中加入盐酸进行电解得到NCl3，结合N元素化合价升高，可知氢元素化合价降低，则生成的气体A为H2，NCl3溶液中加入NaClO2溶液，得到ClO2与气体B，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3。
【详解】
（1）Cl最外层7个电子，只有1个单电子，O最外层6个电子，含2个单电子，则O原子不能满足8电子稳定结构，产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，为氨气，可选酸来除杂，只有C中浓硫酸符合；
（2）A．二氧化氯具有强的氧化性，二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理，代替氯气，为“绿色”消毒剂，故A正确；
B．二氧化氯能杀菌消毒，有效地延长食品贮藏期，故B正确；
C．稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围，便于运输和应用，故C正确；
D．二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装，故D正确；
故选A、B、C、D；
（3）氯酸钠氧化浓盐酸生成二氧化氯、氯化钠、水和氯气，反应的化学方程式：
2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；
（4）氯气与固体亚氯酸钠发生氧化还原反应生成二氧化氯和氯化钠，依据氧化还原反应结合原子个数守恒，反应的方程式：
2NaClO2+Cl2═2NaCl+2ClO2；该法相比欧洲方法的优点为安全性好，没有产生毒副产品；
（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用。
10．利用浓硫酸的吸水性，使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOHdb、dNa2CO3分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr气体生成，HBr挥发会造成HBr的损耗
【分析】
（1）乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170℃可到乙烯，反应为可逆反应，浓硫酸还具有吸水性；
（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择氢氧化钠溶液吸收SO2；乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，据此分析解答；
（3）甲装置边反应边蒸馏，乙装置采用冷凝回流，等反应后再提取产物，使反应更充分；
（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离，得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可；
（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。
【详解】
（1）乙醇制取乙烯的同时还生成水，浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是：
浓硫酸还具有吸水性，反应生成的水被浓硫酸吸收，使反应向有利于生成乙烯的方向进行；
（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择碱性溶液吸收SO2；
a．若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色；
b．若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成；
c．若反应后水溶液酸性增强，说明乙烯与溴水发生了取代反应；
d．反应后水溶液接近中性，说明反应后没有HBr生成，说明乙烯与溴水发生了加成反应；
答案选d；
（3）甲装置边反应边蒸馏，而乙醇、乙酸易挥发，易被蒸出，使反应物转化率降低，乙装置采用冷凝回流，等充分反应后再提取产物，使反应更充分，乙酸的转化率更高；答案选bd。
（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离；分液得到的乙酸乙酯中还含有少量杂质，再精馏，精馏适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物；
（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色，可用亚硫酸钠溶液吸收生成的溴单质；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。
11．9.18mol·L-1用玻璃棒蘸取待测溶液并滴在pH试纸上，将显示的颜色与标准比色卡对照2（NH4）2SO4取少量A溶液，加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝Zn3（OH）4CO3·H2O
【详解】
（1）稀硫酸的物质的量浓度=
=
=9.18mol/L；
（2）①粗略测定溶液pH的用pH试纸测定，操作为：
用玻璃棒蘸取待测溶液并滴在pH试纸上，将显示的颜色与标准比色卡对照；
②已知：
常温下Fe（OH）3的Ksp=4.0×10-38。
上述流程H2SO4浸出后溶液中Fe3+的浓度为0.04mol/L，控制滤液的pH，加入H2O2后产生大量红褐色沉淀；
当出现氢氧化铁沉淀时，溶液中Ksp=c3（OH-）c（Fe3+）=4.0×10-38×c（OH-）=1×10-12mol/L，c（H+）=10-2mol/L，pH=2；
（3）依据流程分析，碳酸氢铵洗涤沉淀表面硫酸反应生成硫酸铵，所以A中主要含有的溶质是（NH4）2SO4，铵根离子与氢氧根离子在反应生成氨气和水，氨气与湿润的红色石蕊试纸变蓝，则检验铵根离子的操作为：
取少量A溶液，加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（4）n（CO32-）=n（CO2）=0.02mol；
n（Zn2+）=n（ZnCl2）=
n（Cl-）=
n（HCl）=0.06mol；
n（OH-）=2n（Zn2+）-2n（CO32-）=0.08mol；
n（H2O）=[6.82g-m（Zn2+）-m（OH-）-m（CO32-）]÷18g/mol=0.02mol；
n（Zn2+）：
n（OH-）：
n（CO32-）：
n（H2O）=0.06：
0.08：
0.02：
0.02=3：
4：
1：
1；
化学式为：
Zn3（OH）4CO3•H2O。
12．碳铜
C≡OSP3杂化HF分子间通过氢键形成缔合分子2
×108pm
【详解】
A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素。
A与其他元素既不同周期又不同族，是H；B、C只能是第2周期元素，价电子层中未成对电子数都是2是2p2和2p4产生的，故分别是C和O；E核外的s、p能级的电子总数相等，有1s22s22p4或1s22s22p63s2，从晶体来看为金属，故是Mg；F与E（Mg）同周期且第一电离能比Mg小，F是Al；G的＋1价离子（G+）的各层电子全充满，是第4周期元素，离子应该为1s22s22p63s23p63d10，是Cu。
D不在第IA族，有时8O~12Mg之间，为F。
（4）离子[Al（OH）4]—中的Al价层电子4对，杂化类型是sp3。
（5）在测定A、D形成的化合物HF的相对分子质量时，因HF分子间通过氢键形成缔合分子使得实验测定值一般高于理论值。
（6）如图甲Cu的一种晶体结构是六方最密堆积，图为3个晶胞，一个晶胞中含有2个Cu；Cu与F形成的化合物是的晶胞结构如图乙，1:
1的是CuF，Cu与F最近的距离为为对角线的1/4，故有：
Cu与F最近的距离
×108pm
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