精品解析福建省泉州市届高三下学期第一次质量检查理科综合化学试题精校Word版Word文件下载.docx

1、B. 能发生氧化、水解、加成等反应C. 所有碳原子不可能在同一平面上D. 环上的一氯代物只有1种【答案】C【详解】A.该有机物的分子式为C8H8O4，故A项错误；B.该有机物含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，可与溴水等物质发生加成反应，但不能发生水解反应，故B项错误；C.与羧基相连的碳原子为饱和碳原子，形成四面体结构，所有碳原子不可能在同一平面上，故C项正确；D.环上的一氯代物共有2种，故D项错误；综上，本题选C。【点睛】有机物的结构决定性质。解决实际问题时，应从官能团入手，根据C的官能团为碳碳双键和羧基，可推测化合物C的性质，如：可发生氧化反应，加成反应。4.下列有关实验的操作、现象和对应

2、的解释或结论都正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】A【详解】A.硫酸铝溶液蒸干并灼烧后得到硫酸铝白色固体，故A项正确；B.由于先加入氯化钠溶液，后加入碘化钠溶液，所以Ag+先与Cl-结合生成AgCl白色沉淀，再与I-结合生成AgI黄色沉淀。由于硝酸银是足量的，所以无法比较氯化银和碘化银的Ksp大小，故B项错误；C.根据实验现象可得到酸性排序：HClH2CO3H2SiO3，但比较非金属性强弱应该比较最高价氧化物对应水化物的酸性，故C项错误；D二氧化硫是酸性氧化物，将足量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中，二氧化硫与氢氧化钠反应，溶液由碱性逐渐变为弱酸性，所以溶液褪色，与二氧化硫的漂白

3、性无关，故D项错误；综上，本题选A。【点睛】比较非金属性强弱时，应比较最高价氧化物对应水合物的酸性，而不能比较氢化物的酸性。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，W、Y最外层电子数之和为11，W与X形成离子化合物X3W2下列说法正确的是A. 原子半径：WXYYD. X的单质在空气中具有抗腐蚀性短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X形成离子化合物X3W2，则W为-3价，X为+2价，则W最外层为5个电子，X最外层为2个电子，故W为N元素，X为Mg元素。W、Y最外层电子数之和为11，故Y为Si元素。W、Z同主族，则Z为P元素，据此分析；【

4、详解】A.原子半径：MgSiPN，故A项错误；B.Y的最高价氧化物为二氧化硅，可与HF反应，故B项错误；C.最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3H3PO4H2SiO3，故C项错误；D.Mg单质与空气中的氧气反应，表面覆盖一层致密的氧化物薄膜，具有抗腐蚀性，故D项正确；6.某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液主要成分为Ca（OH）2，酸液室通入CO2（以NaCl为支持电解质），产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述错误的是A. 电子由M极经外电路流向N极B. N电极区的电极反应式为2H+2e=H2C. 在碱液室可以生成 NaHCO3、Na2CO3D. 放电一段时间后，酸液室溶液

5、pH增大氢气在电极M表面失电子得到氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极。同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此分析；【详解】A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A项正确；B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H+2e=H2，故B项正确；C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C项错误；D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消

6、耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D项正确；7.常温下0.2molL1Na2CrO4溶液中，H2CrO4、CrO42、Cr2O72和HCrO4的分布曲线如图所示。下列叙述错误的是（已知：2 CrO42+2H+ Cr2O72+H2O）A. 曲线M表示pH与CrO42的变化关系B. Ka2（H2CrO4）的数量级为106C. HCrO4的电离程度大于水解程度D. pH=2和pH=5时，2HCrO4 Cr2O72+H2O的平衡常数相等由图可知，Na2CrO4溶液中，CrO42离子浓度最大，当溶液酸性增强时CrO42浓度逐渐减小，c（HCrO4）增大，所以M表示c（CrO42-）

7、随pH变化的曲线，Q表示c（HCrO4）随pH变化的曲线，据此分析；【详解】A. Na2CrO4溶液中，存在大量CrO42，当溶液酸性增强时CrO42转化为Cr2O72，CrO42离子浓度减小，Cr2O72离子浓度增大，所以曲线M表示pH与CrO42的变化关系，故A项正确；B. 由图可知，Q表示的是c（HCrO4）随pH变化的曲线，Ka2（H2CrO4）=c（H+）c（CrO42）/c（HCrO4），由图可知，当pH约为6.5时，c（CrO42）和c（HCrO4）相等，所以Ka2（H2CrO4）10-6.5=3.1610-7，故B项错误；C. 由图可知，c（CrO42-）=c（H2CrO4）时

8、，溶液显酸性，所以HCrO4的电离程度大于水解程度，故C项正确；D. pH=2和pH=5时，由于温度不变，所以平衡常数不变，故D项正确；8.亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置（夹持装置略）制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）装置A制取SO2A中反应的化学方程式为_。导管b的作用是_。（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。该反应必须维持体系温度不得高于20，采取的措施除了冷水浴外，还可以是_（只写1种）。开始反应缓慢，待生成少量 NOSO4H后，温度变化不大，但反应速

9、度明显加快，其原因是_。（3）装置C的主要作用是_（用离子方程式表示）。（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是_。（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000molL1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500molL1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。2KMnO4 +5NOSO4H +2H2O= K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4配平：_ MnO4+_C2O42+_=_ Mn2+_+_H2O滴定终点时的现象为_。亚硝酰硫酸的纯

10、度=_。M（NOSO4H）=127gmol1【答案】 （1）. Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2； （2）. 平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下； （3）. 调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度； （4）. 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂； （5）. SO2+2OH-=SO32-+H2O； （6）. C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解； （7）. 2； （8）. 5； （9）. 16H+； （10）. 2； （11）. 10CO2； （12）. 8； （13）. 溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复； （14）. 92.02%；根据题意可知，在

11、装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析；【详解】（1）利用装置A，固液混合制取二氧化硫，其方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；导管b的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；（2）浓硫酸遇水放出大量热，维持体系温度不得高于20，还可以是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；开始反应缓慢，待生成少量 NOSO4H后，反应速度明显加快，温度变化不大，排除温度的影响，其原因是：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，加快了反应速率；（3）装置C利用氢氧化

12、钠将剩余的二氧化硫吸收，防止污染环境，方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O；（4）NOSO4H遇水分解，C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解；（5）发生的是MnO4和C2O42的氧化还原反应， MnO4做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4和C2O42的离子反应方程式为：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O；利用草酸钠溶液滴定酸性KMnO4溶液，滴定终点时的现象为：溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复；根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶

13、液滴定剩余酸性KMnO4溶液。L1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1（MnO4） =2/5n（C2O42）=2/50.2500molL120.0010-3L=210-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2（MnO4） =0.1000molL160.0010-3L-210-3mol=410-3mol。n（NOSO4H）= 5/2n2（MnO4）= 10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m（NOSO4H）/ 1.380g100%=10-2mol127 gmol1/ 1.380g100%=92.02%；【点睛】本题

14、测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中NOSO4H的含量。9.工业上利用脱硫后的天然气合成氨的某流程如下：（1）“一次转化”中H2O（g）过量的目的是_。（2）已知部分物质燃烧的热化学方程式如下：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） H=484kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g） H=566kJCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） H=802k

15、J“二次转化”时CH4和O2反应生成CO和H2的热化学方程式为_。（3）“CO变换”的反应是CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）某温度下，该反应的平衡常数K=1，若要使CO的转化率达到90%，则起始时c（H2O）c（CO）应不低于_。（4）“脱碳”后的溶液再生的方法是_（以化学方程式表示）。（5）“净化”时发生的反应为Cu（NH3）2Ac（aq）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3COAc（aq），H0。充分吸收CO采取的措施是_（选填序号）。a.升温 b.降温 c.加压 d.减压（6）已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g） H”、“=”或“； （7）. 1/2700；

16、（8）. ad；经过第一次转化，将部分甲烷转化为一氧化碳和氢气，二次转化过程中富集空气，利用空气中的氧气，将甲烷转化为CO。在CO变换中，将CO与H2O作用得到CO2和H2。通过碳酸钾除去二氧化碳气体，经过净化得到纯净的氮气和氢气，最后合成了氨气，据此分析；（1）“一次转化”中CH4与H2O反应生成CO和H2，H2O（g）过量可以使平衡正向移动，增大CH4的平衡转化率；（2）2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） H=484kJmol1 mol1 mol1 将2-2-得，2CH4 （g）+O2（g） 2CO（g）+4H2（g） H=-70kJ/mol; （3）设初始 c（H2O）为a mol

17、/L，c（CO）为b mol/L，达到平衡状态时，转化的CO为x mol/L，三段式如下：CO（g） + H2O（g） CO2（g） + H2（g）c0 a mol/L b mol/L 0 mol/L 0 mol/Lc x mol/L x mol/L x mol/L x mol/Lc平 （a-x）mol/L （b-x）mol/L x mol/L x mol/LK=c（CO2）c（H2）/c（CO）c（H2O）= （x mol/Lx mol/L）/ （a-x）mol/L（b-x）mol/L=1，解得x=ab/（a+b），CO的转化率=x/a100% 90%，解得b 9a，则起始时c（H2O）c（

18、CO）应不低于9:1（4）“脱碳”过程中，二氧化碳结合碳酸钾生成碳酸氢钾，若要得到碳酸钾，可以在加热条加下，碳酸氢钾分解得到碳酸钾，其方程式为：2KHCO3（5）若要充分吸收CO，可采用降温或加压的方法，使平衡正向移动，故选bc；（6）当升高温度时，平衡向逆向移动，氨气的体积分数减小，故可知T1T2；由题意可知，a点总压为50Mpa，平衡时氢气与氮气之比为3:1，氨气的体积分数为0.2。则氮气的体积分数为0.6，氨气的体积分数为0.2.平衡时氮气分压为10Mpa，氢气分压为30Mpa，氨气分压为10Mpa， T2时Kp=（10Mpa）2/10Mpa（30Mpa）3 =1/2700（Mpa）2；

19、a.加压时，平衡正向移动，氢气转化率增大。v=kc（N2）c1.5（H2）c1（NH3）=kn（N2）/vn （H2）/v 1.5n（NH3）/v1= kn（N2）n（H2）1.5n（NH3）/v-1.5，通过压缩体积增大压强时，可知反应速率加快，故a正确；b.使用催化剂时，氢气平衡转化率不变，故b错误；c.增大氢氮比，氢气平衡转化率降低，故c错误；d.分离氨气，使平衡正向移动，氢气的转化率增大，v=kc（N2）c1.5（H2）c1（NH3），氨气浓度减小，反应速率加快，d正确；故本题选ad；10.钛广泛应用于航天、军事、化工、医疗等领域。钛在高温下易和氧、氮、碳等元素化合，提炼纯钛条件苛刻。

20、从高钛渣（主要为TiO2）提炼海绵钛流程如下：氯化后的粗TiCl4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、VOCl3等杂质，相关物质的沸点如下表：回答下列问题：（1）高钛渣经过破碎、磁选磨粉后送氯化车间，磨粉的目的是_。（2）“分馏”得到的低沸点物是_。分馏难以除去OCl3，原因是_。加入铝粉使VOCl3转化为VOCl2便于除去，写出铝粉与VOCl3反应的化学方程式：_。（3）“除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4，使AlCl3转化为_而除去。（4）“还原”需要在Ar的气氛中进行，原因是_。副产物经电解生成_可循环使用。（5）制备钛的一种新型方法是：将TiO2粉末浇注成形，烧结后

21、作阴极，以石墨为阳极，CaCl2为熔盐进行电解（CaCl2熔盐不参与电极反应，起溶解和传导O2的作用）阳极牛成的气体除O2外，还有_（填化学式）。阴极的电极反应式为_。【答案】 （1）. 增大接触面积，加快反应速率； （2）. 四氯化硅 （3）. VOCl3与TiCl4的沸点接近； （4）. 3VOCl3+Al= VOCl2+AlCl3； （5）. Al（OH）3或AlOCl； （6）. 防止镁、钛在高温下与空气中的氧气、氮气等发生反应； （7）. Mg、Cl2； （8）. CO、CO2； （9）. TiO2+4e-=Ti+2O2-；本题目的是制备单质钛。首先将高钛渣氯化，得到粗TiCl4，其

22、中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、VOCl3等多种杂质。由于混合物中各物质沸点相差较大，利用分馏的方法除去FeCl3、SiCl4。VOCl3与TiCl4的沸点接近，分馏难以除去OCl3，故加入铝粉，将TiCl4转化为AlCl3，从而除去VOCl3。再将铝除去，经过蒸馏得到精TiCl4，经过还原最终得到纯净的单质钛，据此分析；（1）高钛渣经过破碎、磁选磨粉可以增大反应物之间的接触面积，加快反应速率；（2）根据表格可知，四氯化硅的沸点最低，为56.5，故“分馏”得到的低沸点物是四氯化硅；VOCl3的沸点为138，TiCl4的沸点为136，VOCl3与TiCl4的沸点接近，分馏难以除去OCl

23、3；（3）该条件下发生AlCl3+H2O=AlOCl+2HCl，得到AlOCl，或认为Al3+水解，得到Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3或AlOCl；（4）镁、钛在高温下与空气中的氧气、氮气等发生反应，故“还原”需要在Ar的气氛中进行；Mg还原TiCl4得到单质Ti和氯化镁，在电解的条件下生成Mg、Cl2；（5）石墨为阳极，发生失电子的氧化反应，结合O2生成CO或CO2；阴极反应物为二氧化钛，发生得电子的还原反应，电解质溶液中传导的是O2，故阴极的电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。11.NaCl是重要的化工原料。（1）元素Na的焰色反应呈_色。价电子被激发到相邻高能级后形

24、成的激发态Na原子，其价电了轨道表示式为_。（2）KBr具有NaCl型的晶体结构，但其熔点比NaCl低，原因是_。（3）在适当的条件下，电解NaCl水溶液可制得 NaClO3。NaCl水溶液中，不存在的微粒间作用力有_（填序号）。A.离子键 B.极性键 C.配位键 D.氢键 E.范德华力ClO3离子的几何构型为_，中心原子的杂化方式为_。（4）NaCl晶体在50300GPa的高压下和Cl2反应，可以形成一种新晶体，其立方晶胞如下图所示（大球为Cl，小球为Na）。若A的原子坐标为（0，0，0），B的原子坐标为（，0，），则C的原子坐标为_。晶体中，Cl构成的多面体包含_个三角形的面，与Cl紧邻的

25、Na个数为_。已知晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_gcm3（列出计算式）。【答案】 （1）. 黄； （2）. （3）. K+半径 Na+，Br-半径大于Cl-，KBr中离子键更活泼，晶格能较低； （4）. A； （5）. 三角锥形； （6）. sp3杂化； （7）. （1,3/4,1/2）； （8）. 20； （9）. 4； （10）. 259/（NAa3）1030；（1）元素Na的焰色反应呈黄色；激发态Na原子，价电子由3s能级激发到3p能级，其价电了轨道表示式为（2）KBr具有NaCl型的晶体结构，都属于离子晶体。但其熔点比NaCl低，原因是K+半径大于 Na+，Br-半径大于Cl-，KBr中离子间的作用力较弱，晶格能较低；（3）A.NaCl水溶液中，NaCl电离成自由移动的钠离子和氯离子，离子键被破坏，故A不符合题意；B.水分子中存在极性键