届高三综合训练一理综化学试题.docx

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届高三综合训练一理综化学试题

化学综合训练一答案

（一）

07．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。

下列说法正确的是（）

A．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点

B．油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收

C．丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物

D．《本草纲目》中“石碱”条目下写道：

“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。

”这里的“石碱”指KOH

8．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）

A．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NA

B．2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间

C．用惰性电极电解饱和食盐水，若线路中通过NA个电子，则阴极产生11.2L（标况）气体

D．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1，现有0.1molN2与0.3molH2混合反应，可放热9.2kJ

解：

A．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，随反应的进行硫酸的浓度逐渐减小，变稀后则不再反应，故生成SO2分子数目小于0.46NA，故A错误；

B．2.3gNa与氧气完全反应，Na的化合价由0价变为+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，故B错误；

C．用惰性电极电解饱和食盐水，则阴极产生1mol氢气，化合价由+1变为0价，转移2mol电子，若线路中通过NA个电子，阴极生成11.2L（标况）氢气，故C正确；

D．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1，现有0.1molN2与0.3molH2混合反应，反应的氮气的物质的量小于0.1mol，则放出的热量小于9.2kJ，故D错误。

故选：

C。

9．丙烯是一种常见的有机物。

下列有关丙烯的化学用语中，正确的是（　　）

A．结构简式是C3H6B．能发生取代、加成、聚合、氧化、还原反应

C．比例模型

D．聚合后的结构简式

答案：

B

10．W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其原子序数之和为30，W与X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，四种元素形成的某种化合物的结构式为

。

下列说法错误的是

A．X为硼元素或碳元素

B．Y不属于第ⅣA族元素

C．W与Y、Z分别形成的常见化合物能反应生成盐

D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：

Z>Y

答案：

A

根据W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，W与X、Y、Z都能形成共价化合物，W应该为氢元素；Y、W形成的化合物溶于水显碱性，Y为N，Y、W形成的常见化合物为NH3；Z、W形成的化合物溶于水显酸性，Z可能为F、S、Cl，根据四种元素形成化合物的结构式为

可知，Z不可能为S；根据其原子序数之和为30，且W、X、Y、Z原子序数依次增大判定Z不可能为F元素，故Z为Cl元素，则X为B元素。

据此推断：

X为硼元素，选项A错误；Y为N，不属于第ⅣA族元素，选项B正确；Y、Z分别与W形成的常见化合物为NH3和HCl，它们能反应生成NH4Cl，属于盐，选项C正确；Z、Y最高价氧化物对应的水化物分别为HClO4、HNO3，酸性HClO4>HNO3，选项D正确。

11．蔗糖与浓硫酸反应的实验改进装置如图所示，下列说法错误的是

A．改进装置后，有毒气体被碱液吸收，实现了绿色环保

B．浓硫酸在实验过程中体现了脱水性和强氧化性

C．产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明产生了CO2

D．该反应比较剧烈、危险，实验各物质的用量应按要求规范操作

答案：

C

原实验中生成的气体直接排放到大气中，改进之后，解决了教材实验的不足，实现了绿色环保，选项A正确；浓硫酸将蔗糖分子中氢、氧原子个数按2∶1脱去生成水，体现浓硫酸的脱水性，且生成的碳单质又被浓硫酸氧化成二氧化碳，浓硫酸又体现了强氧化性，选项B正确；产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，可能是二氧化硫，也可能是二氧化碳或二者的混合物，选项C错误；该反应比较剧烈，产生大量气体和热量，利用上述密闭装置，如果没有按照规范添加反应物的用量，会存在危险，选项D正确。

12．一种三层（熔）液电解辉锑矿（Sb2S3，半导体）制取锑的装置如图所示。

下列说法错误的是（）

A.Sb在阴极生成

B.三层流体互不相溶，密度也不同

C.阳极的电极反应式为xS2--2xe-=Sx

D.该电解工艺可在室温下工作

答案：

D

本题主要考查电化学原理，侧重考查学生分析和解决电化学问题的能力。

在阴极Sb2S3，得到电子生成密度大的液态锑进入下层，S2-迁移至上层NaCl-KCl-Na2S熔液中，A项正确；该冶炼法是利用液体密度不同和互不相溶而将其隔开，B项正确；由图可知在阳极产生硫蒸气Sx，C项正确；室温下熔液均为固体不导电，D项错误；

13．某三元羧酸H3A在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面具有重要的地位。

常温时，向10mL0.01mol·L−1的H3A溶液中滴入0.01mol·L−1的NaOH溶液，H3A、H2A−、HA2−、A3−的物质的量分数与溶液的pH的关系如图所示。

下列说法错误的是

A．该温度下，H3A的电离常数Ka1=10−a

B．若b=7，加入20mLNaOH溶液时，溶液的pH＜7

C．NaOH溶液的体积为30mL时，溶液中：

c（OH−）=3c（H3A）＋2c（H2A−）＋c（HA2−）＋c（H+）

D．反应2H2A−

H3A＋HA2−在该温度下的平衡常数K=10a−b

【解析】由信息可知H3A属于三元弱酸，该温度下，H3A的电离常数Ka1=

，横坐标为a时，c（H3A）=c（H2A−），Ka1=c（H+），此时溶液pH=a，则Ka1=10−a，A正确；若b=7，H3A的电离常数Ka2=10−b=10−7，加入20mLNaOH溶液时，H3A＋2OH−===HA2−＋2H2O，所得溶液的溶质为Na2HA，HA2−的电离常数即Ka3，则Ka3＜Ka2=10−7，HA2−的水解常数Kh2=

=10−7，HA2−的电离程度小于其水解程度，溶液pH＞7，显碱性，B错误；NaOH溶液的体积为30mL时，H3A＋3OH−===A3−＋3H2O，溶液中溶质为Na3A，A3−发生三级水解，溶液中质子守恒关系式为：

c（OH−）=3c（H3A）＋2c（H2A−）＋c（HA2−）＋c（H+），C正确；反应2H2A−

H3A＋HA2−的平衡常数K=

=

=10a−b，D正确。

26.（14分）工业上常用苏打烧结法提取自然界中的稀散元素硒（Se），我国科研人员自主设计的利用粗铜电解精炼所产生含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te）的阳极泥为原料，提取硒的某种工艺流程如图所示。

回答下列问题：

（1）电解精炼铜时，电源的正极连接_______（填“粗铜”或“精铜”），阳极溶解铜的质量__________（填“＞”“=”或“＜”）阴极析出铜的质量。

（2）“烧结”时苏打和硒化亚铜主要生成了Na2SeO3、Cu2O和CO2气体，该反应的化学方程式为________________________________。

“烧结”时生成了少部分Na2SeO4，写出“还原”时反应的离子方程式____________。

（3）含硒烧结物浸取时，最佳加热方式为________________，除去的物质为___________（填化学式）。

（4）本工艺副产物TeO2用于制造红外器件、声光器件材料，可溶于强酸和强碱，并形成复盐，则TeO2属于______氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”）。

（5）把硫酸工业第一步的产物SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质，写出该反应的离子方程式___________________。

若得到50kg硒单质，至少需要___________kg质量分数为90%的FeS2矿石。

（结果保留一位小数）

答案：

（1）粗铜（1分）＜（1分）

（2）2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O2

2Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2（2分）

2Fe2+＋

＋2H+===2Fe3+＋

＋H2O（2分）

（3）水浴加热（1分）Cu2O（2分）

（4）两性（1分）

（5）

+H2O+2SO2===Se↓+2

+2H+（2分）84.4（2分）

【解析】

（1）电解精炼铜时，粗铜连接电源的正极，精铜连接电源的负极，阳极铜溶解放电的同时，还有锌、铁、镍等金属同时放电，阴极只有铜析出，两极转移电子数相同，所以，阳极溶解铜的质量小于阴极析出铜的质量。

（2）根据信息，Cu2Se中+1价铜元素化合价未变，−2价硒元素化合价升高至+4价，化合价升高了6，O2被还原为−2价O，化合价降低了4，利用化合价升降法配平即可得出反应的化学方程式：

2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O2

2Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2。

（3）“浸取”时温度为80℃，水浴加热温度稳定、容易控制，所以最佳加热方式为水浴加热；从

（2）题的方程式可知，产物中Cu2O难溶于水，“浸取”时除去的物质为Cu2O；TeO2与强酸和强碱均能反应，故TeO2属于两性氧化物。

（4）Fe2+被氧化为Fe3+化合价升高了1，

转化为

，Se元素化合价降低了2，利用化合价升降法配平即可得出反应的离子方程式：

2Fe2+＋

＋2H+===2Fe3+＋

＋H2O。

（5）SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质，反应的离子方程式为

+H2O+2SO2===Se↓+2

+2H+。

可知n（SO2）∶n（

）∶n（Se）=2∶1∶1，根据硫元素守恒，推出n（FeS2）∶n（SO2）=1∶2，综合可得n（FeS2）∶n（Se）=1∶1，设需要mkgFeS2，计算式如下：

FeS2～Se

12079

mkg×90%50kg

解得m=84.4。

27．乳酸亚铁晶体{[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O，Mr=288}可由乳酸与FeCO3反应制得，易溶于水，是一种很好的补铁剂。

Ⅰ．制备碳酸亚铁（装置如下图所示）

（1）仪器A的名称为__________________。

（2）实验操作：

关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，目的是__________；然后关闭活塞1，接下来的操作是____________________________，装置C中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________。

Ⅱ．制备乳酸亚铁

向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。

（3）为防止乳酸亚铁变质，上述体系中还应加入____________________。

（4）为证明乳酸亚铁中含有Fe2+，选择的检验试剂为________________。

Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量

（5）经过滤、隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，获得乳酸亚铁晶体后，两位同学分别用不同的方案进行测定：

①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度，所得纯度总是大于100%，原因可能是____________________________________________________________________________。

②乙同学查阅文献后改用（NH4）4Ce（SO4）4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度（反应中Ce4+被还原为Ce3+），称取6.00g样品配成250.00mL溶液，取25mL，用0.1mol·L-1（NH4）4Ce（SO4）4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为__________________。

【答案】

（1）分液漏斗

（2）排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化关闭活塞3、打开活塞2Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O

（3）适量铁粉（4）KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液。

（5）①乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏多②96%

【解析】

（1）由图可知，该实验仪器为分液漏斗。

（2）碎铁中加入稀硫酸生成氢气，可排尽装置中的空气，防止生成的Fe2+被氧气氧化，排出空气后，在仪器C中生成FeCO3，需将仪器B中的压强增大，使仪器B中生成的Fe2+通过导管压入仪器C中，操作为关闭活塞3、打开活塞2；仪器C中生成FeCO3，原料为Fe2+和HCO3-，根据电荷守恒可知，化学方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。

（3）Fe2+易被氧气氧化，可加入铁粉，使生成的Fe3+与Fe反应生成Fe2+。

（4）检验Fe2+可用铁氰化钾，或先加入KSCN溶液不变色、加入氯水将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+再观察是否有血红色出现。

（5）①乳酸中的羟基也可与酸性高锰酸钾溶液反应，使消耗的高锰酸钾变多，所以纯度大于100%。

②Ce4+被还原为Ce3+，Fe2+被氧化为Fe3+，化合价升降守恒，物质的量之比为1∶1，n（Ce4+）=n（Fe2+）=0.1×0.02mol=0.002mol，250mL溶液取25mL，则原样品中含有0.02molFe2+，[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O的质量m=Mr×n=288×0.02g=5.76g，则纯度

ω=

×100%=96%。

28.（15分）甲烷水蒸气催化重整（SMR）是传统制取富氢混合气的重要方法，具有工艺简单、成本低等优点。

回答下列问题：

（1）已知1000K时，下列反应的平衡常数和反应热：

①CH4（g）

C（s）+2H2（g）K1=10.2ΔH1

②2CO（g）

C（s）+CO2（g）K2=0.6ΔH2

③CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）K3=1.4ΔH3

④CH4（g）+2H2O（g）

CO2（g）+4H2（g）K4ΔH4（SMR）

则1000K时，K4=____________；ΔH4=_________（用ΔH1、ΔH2、ΔH3来表示）。

（2）在进入催化重整装置前，先要对原料气进行脱硫操作，使其浓度为0.5ppm以下。

脱硫的目的为______________。

（3）下图为不同温度条件下电流强度对CH4转化率的影响。

由图可知，电流对不同催化剂、不同温度条件下的甲烷水蒸气催化重整反应均有着促进作用，则可推知ΔH4____0（填“>”或“<”）。

（4）下图为不同温度条件下6小时稳定测试电流强度对H2产率的影响。

由图可知，随着温度的降低，电流对H2产率的影响作用逐渐____________（填“增加”“减小”或“不变”），600℃时，电流对三种催化剂中的____________（用图中的催化剂表示式回答）影响效果最为显著，当温度高于750℃时，无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同，其原因是______________。

（5）我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。

第一步：

CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH4→Cads/[C（H）n]ads+（2–

）H2；第二步：

碳（或碳氢物种）和H2O反应生成CO2和H2，如Cads/[C（H）n]ads+2H2O→CO2+（2+

）H2。

反应过程和能量变化残图如下（过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH的关系为：

①_______②（填“＞”“＜”或“＝”）；控制整个过程②反应速率的是第_______步，其原因为____________________________。

28.（15分）

（1）33.32（2分）ΔH1+2ΔH3−ΔH2（2分）

（2）硫能使催化剂中毒（或硫能使催化剂活性下降等）（2分）

（3）>（2分）

（4）增加（1分）10Ni−3MgO/γ−Al2O3（1分）温度高于750℃时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态（2分）

（5）=（1分）Ⅱ（1分）第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢（1分）

【解析】

（1）方程式CH4（g）+2H2O（g）

CO2（g）+4H2（g），是由方程式①+2×③−②得到，K4=

=

=33.32，ΔH4=ΔH1+2ΔH3−ΔH2。

（2）硫会与催化剂反应，会使催化剂中毒，因此要脱硫。

（3）由图可知电流相同时，750℃甲烷的转化率比600℃时甲烷的转化率高，说明温度越高，转化率越高，K越大，ΔH4>0。

（4）据图可知，随温度降低，H2产率的变化幅度也增大，电流对H2产率的影响作用逐渐增加；600℃时，10Ni−3MgO/γ−Al2O3催化剂在不同电流时H2产率的变化幅度最大，因此电流对10Ni−3MgO/γ−Al2O3催化剂影响最为显著；测试时间为6小时，当温度高于750℃时，由于反应速率加快，反应已经达平衡移动，而催化剂不影响平衡移动，因此无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同。

（5）同一化学反应，催化剂只能改变反应的速率，对反应热不会造成影响，故过程①和②ΔH相等。

根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即控速步骤为第Ⅱ步。

【选做——结构化学】

35．铁和钴是两种重要的过渡元素。

请回答下列问题：

（1）钴在元素周期表中的位置是________，其基态原子的价电子排布图为__________________。

（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为________；分子中的大π键可用符号Π

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Π

），则CO

中的大π键应表示为________。

（3）已知Fe2＋的离子半径为61pm，Co2＋的离子半径为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是__________________________________________。

（4）Co（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g，则该配合物的配位数为________。

（5）奥氏体是碳溶解在γFe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构（如图所示），则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为________；若该晶胞参数为apm，则该晶体的密度为________g/cm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。

解析：

（1）Co在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子价电子排布图为

（2）CO

中C原子的孤电子对数为

×（4＋2－3×2）＝0，σ键数为3，所以价层电子对数为3，C原子采取sp2杂化；CO

中参与形成大π键的原子数是4个，电子数是6个。

（3）在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，原因是Fe2＋的离子半径小于Co2＋的离子半径，则FeO的晶格能大于CoO的晶格能，所以CoCO3的受热分解温度要高一些。

（4）向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g，n（AgCl）＝

＝0.02mol，则该配合物可表示为[Co（NH3）5Cl]Cl2，配位数为6。

（5）根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个；用均摊法计算，一个晶胞中含Fe原子个数为8×

＋6×

＝4，C原子个数为12×

＋1＝4，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为

g/cm3＝

g/cm3。

答案：

（1）第四周期第Ⅷ族　

（2）sp2　Π

（3）因为分解后生成的FeO和CoO中，FeO的晶格能更大

（4）6

（5）12　

【选做——有机化学基础】

36．

已知：

（R、R'可表示烃基或官能团）

A可发生如下转化（方框内物质均为有机物，部分无机产物已略去）：

请回答：

（1）F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，且分子中无甲基．已知1molF与足量金属钠作用产生H222.4L（标准状况），则F的分子式是　　，名称是　　．

（2）G与F的相对分子质量之差为4，则G具有的性质是　　（填字母）．

a．可与银氨溶液反应　　b．可与乙酸发生酯化反应

c．可与氢气发生加成反应d．1molG最多可与2mol新制Cu（OH）2发生反应

（3）D能与NaHCO3溶液发生反应，且两分子D可以反应得到含有六元环的酯类化合物，E可使溴的四氯化碳溶液褪色，则D→E的化学方程式是　　，该反应类型是　　反应．

（4）H与B互为同分异构体，且所含官能团与B相同，则H的结构简式可能是：

　　．

（5）A转化为B和F的化学方程式是　　．

（6）A的同分异构体含有两种官能团，该化合物能发生水解，且1mol该化合物能与4mol银氨溶液反应，符合该条件的同分异构体一共有　　种。

解析：

（1）F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1molF与足量金属钠作用产生H222.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个﹣OH，应为乙二醇，即C2H6O2，故答案为：

C2H6O2；乙二醇；

（2）G应为OHC﹣CHO，为乙二醛，含有﹣CHO，可发生氧化和加成反应，不能发生酯化反应，因含有2个﹣CHO，则1molG最多可与4mol新制Cu（OH）2发生反应，

故答案为：

ac；

（3）D应为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2＝CHCOOH，反应的方程式为CH3CH（OH）COOH

CH2＝CHCOOH+H2O，

故答案为：

CH3CH（OH）COOH

CH2＝CHCOOH+H2O；消去；

（4）B为

，H与B互为同分异构体，且所含官能团与B相同，可为CH2＝CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH，

故答案为：

CH2＝CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH；

（5）A为

，可水解生成

和乙二醇，反应的方程式为

，

故答案为：

（6）分子中不含醚键，只能为一个醛基一个甲酸酯基，共有12种结构。