届河南省九师联盟高三上学期质量检测理科综合化学试题解析版Word格式.docx

1、C. 维生素C是NaNO2中毒的急救药之一，利用了维生素C的还原性D. 波尔多液（硫酸铜、石灰和水配成）用作农药，利用Cu2使病毒蛋白变性【详解】A.四氯乙烯是一种很强的溶剂，可以溶解油脂类物质。这个过程没有发生化学变化，是物理溶解的过程。故A正确；B. “碳九”其主要成分包括异丙苯、正丙苯、乙基甲苯、茚、均三甲苯、偏三甲苯、连三甲苯等，其中茚：不属于苯的同系物，故B错误；C. NaNO2具有较强的氧化性，可氧化血红蛋白中的Fe2+，维生素可将Fe3+还原为Fe2+，利用了维生素C的还原性，故C正确；D.硫酸铜是重金属盐，利用Cu2使病毒蛋白变性，故D正确；3.对实验室制得的粗溴苯含溴苯（不溶

2、于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2）、Br2和苯（沸点80）进行纯化，未涉及的装置是A. B. C. D. 【答案】C思路：除溴（利用SO2的还原性）分离出苯和溴苯的混合液（分液）分离出溴苯（蒸馏）。【详解】A.除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+ SO2+2H2O = H2SO4+2HBr，故A正确；B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；C.由分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；D. 溴苯的沸点是156.2、苯的沸点是80，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；答案选C。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 2g氘化锂（6LiD）中含中子数为

3、NAB. 22.4L（标准状况）CHCl3含CH键数目为NAC. 2molSO2和1mol18O2充分反应，产物中含18O原子数为2NAD. 0.5molCl2通入FeCl2溶液中，最后溶液中含Fe3数目为NA【答案】A【详解】A. 2g氘化锂（6LiD）中含中子数为：4NA=NA，故A正确；B.已知体积，但标准状况下CHCl3不是气态，无法计算其物质的量，故B错误；C. SO2和18O2的反应是可逆的，故产物中含18O原子数小于2NA，故C错误；D. FeCl2溶液中Fe2物质的量未知，最后溶液中含Fe3数目也未知，故D错误；答案选A；【点睛】易错项是D，注意题干信息没有给出FeCl2物质的

4、量，或者没有说明FeCl2是“足量”的，故无法得知溶液中含Fe3数目。5.C2H4及C2H2等均可用适当的羧酸盐采用Kolbe电解法得到。如图为制取C2H2的电解装置，该装置工作时，下列说法中错误的是A. 电能转变为化学能B. 阴极周围溶液的pH不断升高C. 电极a上发生：D. 制取乙烯可用CH3COOK溶液作阳极电解液【答案】D电解池中，与电源正极相连的是阳极，与电源负极相连的是阴极。故电极a是阳极，电极b是阴极。【详解】A. 该装置为电解池，是电能转变为化学能，故A正确；B. 阴极与电源的负极相连，电解溶液中的阳离子发生还原反应，故阴极的电极反应式为：2H2O+2e-= H2+2OH-，周

5、围溶液的pH不断升高，故B正确；C. 电极a是阳极，失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为：，故C正确；D.由Kolbe电解法原理可知，用CH3COOK溶液作阳极电解液得到的是乙烷，故D错误；答案选D。【点睛】本题的难点是D选项，需掌握Kolbe电解法的原理：，可知CH3COOK溶液作阳极电解液得到的是乙烷。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最低负价等于X、Z的最低负价之和，Y的周期数是族序数的3倍，W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键。A. 常压下，单质的沸点：WZB. Y与X形成化合物的水溶液呈碱性C. 原子半径：WXYZD. W的氧化

6、物的水化物的酸性比Z的弱Y的周期数是族序数的3倍，可知Y是Na；W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键，结合W、X原子序数均比Na小，可知W的简单氢化物是NH3，X的简单氢化物是HF，即W是N，X是F；W的最低负价等于X、Z的最低负价之和，Z是S。【详解】A. 常压下，N2是气态，S是固态，故单质的沸点：N2S，故A错误；B. Na与F形成化合物NaF属于强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故B正确；C. 电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。故原子半径：FNSNa，故C错误；D. 没有说明是最高价氧化物对应的水化物，无法确定酸性大小，故D错误；

7、【点睛】掌握原子、离子半径比较技巧：一看电子层数，电子层数越大，半径越大；二看核电荷数，核电荷数越大，半径越小；（电子层数相等时）三看核外电子数，核外电子数越大，半径越大。（电子层数、核电荷数相等时）7.25时，改变0.1molL1H2SO3溶液的pH，各微粒的物质的量分数（）变化如图所示，下列说法中错误的是A. 1gK1（H2SO3）1.9B. pH3时，c（HSO3）c（H2SO3）c（SO32）C. 反应H2SO3SO322HSO3的lgK5.3D. pH7.2时，c（HSO3）c（SO32）c（H）结合电离常数表达式可知，图像中的两个交点，可分别计算出K1（H2SO3）=10-1.9和

8、K2（H2SO3）=10-7.2，【详解】A.由分析可知，K1（H2SO3）=10-1.9 ，则1gK1（H2SO3）1.9，故A正确；B. pH3时，由图可知，c（HSO3）c（H2SO3）c（SO32），故B正确；2HSO3的K=105.3，则lgK5.3，故C正确；D. pH7.2时，c（HSO3）c（SO32）c（H），故D错误；8.无水FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。实验原理：2FeCl3C6H5Cl2FeCl2C6H4Cl2HCl实验装置：按如图所

9、示组装好的装置，检查气密性后，向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。回答下列问题：（1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：a_上图中的j口（按气流方向，用小写字母表示）。实验完成后通入氮气的主要目的是_。（2）装置C中的试剂是_（填试剂名称），其作用是_。（3）启动搅拌器，在约126条件下剧烈搅拌30min，物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用_（填字母）。a酒精灯 b水浴锅 c电磁炉 d油浴锅（4）继续升温，在128139条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。该步骤中加热温度已经接近

10、或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是_。（5）继续加热1h后放置冷却，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0molL1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2的产率约为_（保留3位有效数字）。【答案】 （1）. fgdebc（提示：除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气） （2）. 将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收 （3）. 无水氯化钙 （4）. 防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解 （5）. d （6）. 球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流 （7）. 97.0（1）思路

11、：先除CO2再除H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）再除O2（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）；（2）由FeCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置；（3）油浴锅的好处是便于控制温度；（4）有冷凝管可使反应物冷凝回流；【详解】（1）由分析可知，装置接口的连接顺序为fgdebc，吸收装置注意长进短出；实验完成后继续通入氮气的主要目的是：将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。（2）FeCl2、FeCl3易水解，装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解；（3）结合温度约126

12、，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d；（4）由装置图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流；（5）n（HCl）=n（NaOH）=0.025L2.0molL1=0.05mol，n（FeCl2）=n（HCl）=0.05mol=0.1mol，加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯，物质的量分别约为0.103mol和0.2mol，由反应方程式可知氯苯过量，则该实验中FeCl2的产率约为100%97.0。9.一种从废甲醇催化剂（含ZnO、CuO及少量Fe2O3、石墨及MnO2等）回收铜并制取活性氧化锌的工艺流程如下：（1）废催

13、化剂“破碎”的目的是_，“酸浸”后“浸渣”的主要成分是_。（2）“氧化”时Mn2被氧化的离子方程式为_。（3）“中和沉淀”时pH对锌转化为碱式碳酸锌的转化率影响如图所示：pH7时，转化率开始减小的原因是_用离子方程式说明，已知Zn（OH）2性质与Al（OH）3类似。（4）“过滤3、洗涤”时，能证明已洗涤干净的操作方法是_；所得滤液中主要溶质是_。（5）测定“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：准确称取粗铜粉mg，加入足量HCl和H2O2使其完全溶解（CuH2O22HCu22H2O，Zn及Fe也同时溶解）。将溶液煮沸12min，除去过量的H2O2。依次滴入适量氨水、醋酸及NH4HF2溶液，以排

14、除Fe3的干扰。然后加入稍过量的KI（2Cu24I2CuII2），再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用cmolL1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失（I22S2O322IS4O62）且半分钟内不变色，共消耗Na2S2O3标准溶液VmL。铜的质量分数为_（列出计算表达式）。缺少步骤会使测定的铜的质量分数_（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】 （1）. 提高铜、锌的浸取率和浸取速率 （2）. 石墨 （3）. Mn2S2O823H2OMnO（OH）22SO424H （4）. Zn24OHZnO222H2O （5）. 取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色

15、沉淀，则表明已洗涤干净 （6）. （NH4）2SO4 （7）. （8）. 偏大滴定实验计算思路：先找出所求物质与标准溶液的物质的量关系式：2Cu2 I22S2O32，进而求出Cu的质量，最后算出其质量分数。（1）“破碎”的目的是增大固体接触面积，提高铜、锌的浸取率和浸取速率；石墨常温下不与浓硫酸反应，所以“酸浸”后“浸渣”的主要成分是石墨； （2）“氧化”时，Mn2被氧化为MnO（OH）2，S2O82中-1价的氧原子被还原为-2价，所以离子方程式为Mn2S2O823H2OMnO（OH）22SO424H；（3）已知Zn（OH）2性质与Al（OH）3类似，即碱性过强，Zn（OH）2会与OH反应生成

16、ZnO22，故pH7时，转化率开始减小的原因用离子方程式说明是Zn24OH2H2O；（4）证明沉淀已洗涤干净的操作方法是检验杂质离子：硫酸根离子，步骤是取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净；由溶液中剩余大量NH4+和SO42-可知，所得滤液中主要溶质是（NH4）2SO4；（5）由关系式：2Cu2 I22S2O32可知，n（Cu2）= n（S2O32）=cV10-3mol，m（Cu2）=10-3 g，则铜的质量分数为。缺少步骤，过量的H2O2会氧化更多I，生成更多的I2，消耗更多的S2O32，使测定的铜的质量分数偏大。10.乙烯是

17、合成纤维、合成橡胶、合成塑料、合成乙醇的基本化工原料。（1）实验室快速制取少量乙烯可用乙烯利（）与NaOH溶液反应制取。写出该反应的化学方程式为_（磷转化为磷酸正盐）。（2）乙烷裂解制备乙烯越来越受到石化企业的重视。已知部分热化学方程式如下：C2H6（g）=C2H4（g）H2（g） H1137kJmol1CO2（g）H2（g）=CO（g）H2O（g） H242kJC2H6（g）CO2（g）=C2H4（g）CO（g）H2O（g） H3反应的H3_kJmol1。若在1273K时，100kPa下反应（）达到平衡时，混合气体中C2H4、C2H6、H2的物质的量分别为0.047、0.006、0.047，

18、则乙烯的分压为p（C2H4）_kPa；平衡常数Kp_（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。恒温恒容密闭容器中进行的反应（），能说明已达到平衡状态的是_（填字母）。a压强不再随时间变化 b混合气体密度不再随时间变化cv（H2）正v（CO）逆 d单位时间内断裂CO的数目与断裂HO的相等乙烷直接裂解以及与CO2耦合裂解可能发生的反应及平衡转化率（）与温度（T）的关系分别如下图所示，已知：aC2H6C2H4H2；bC2H6CO2=C2H4COH2O；cC2H62CO24COH2；d2C2H6CO2C2H42CO2H2CH4；e16C2H69CO2=14C2H412CO12H26H2OC

19、H4。下列说法正确的是_（填字母）。a600以下，反应a的趋势最大bCO2和C2H6耦合裂解有利于提高乙烷的平衡转化率c过量CO2和C2H6耦合高温裂解，可较好防止催化剂表面结炭d用合适的催化剂催化CO2和C2H6耦合裂解，可提高反应平衡常数（3）以太阳能电池为电源，利用电解法也可实现CO2制备乙烯，其装置如图所示。电极a为电源的_（填“正极”或“负极”），生成乙烯的电极反应式为_。【答案】 （1）. （2）. 179 （3）. 47 （4）. 368.2 （5）. cd （6）. bc （7）. 负极 （8）. 2CO212H12eCH2CH24H2O（2）利用盖斯定律；分压=物质的量分数总

20、压，代入平衡常数表达式可解；紧扣“逆向相等，变量不变”判断平衡状态；（3）与电源负极相连的是阴极，得到电子，发生还原反应。（1）用与NaOH溶液反应制取少量乙烯，且磷转化为磷酸正盐即Na3PO4。综上该反应的化学方程式为：；（2）反应=反应+反应，则H3H1+H2=179kJ在1273K时，100kPa下反应（）达到平衡时，混合气体中C2H4、C2H6、H2的物质的量分别为0.047、0.006、0.047，乙烯的分压为p（C2H4）47kPa；p（C2H6）6 kPa，p（H2）=47kPa，平衡常数Kp=368.2 kPa；a反应（）反应前后气体数目不变，压强一直恒定，故压强不再随时间变化

21、不能说明已达到平衡状态，故a错误；b反应物和生成物全是气体，由质量守恒可知气体质量不变。且恒容密闭容器，由密度=气体质量容器体积，可知密度一直恒定，故混合气体密度不再随时间变化不能说明已达到平衡状态，故b错误；cv（H2）正v（CO）逆，一正一逆反应速率，且符合方程式的化学计量数之比，能说明已达到平衡状态，故c正确；d单位时间内断裂CO（正反应方向）的数目与断裂HO（逆反应方向）的相等，且符合方程式的断键数目之比，能说明已达到平衡状态，故d正确；答案选cd。a600以下，反应e的（C2H6）最大，故反应e的趋势最大，故a错误；bCO2和C2H6耦合裂解，可将C2H6转化为其他气体燃料，如CO和

22、CH4，有利于提高乙烷的平衡转化率，故b正确；c过量CO2和C高温会反应为CO，可较好防止催化剂表面结炭，故c正确；d平衡常数仅受温度影响，催化剂不会改变平衡常数，故d错误；答案选bc。（3）与电极a相连的电极上CO2转化为乙烯，碳元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，作为阴极，故电极a为电源的负极，生成乙烯的电极反应式为2CO212H12eCH2CH24H2O。11.硫、铁及其化合物用途非常广泛。（1）基态S原子价电子排布式为_，基态Fe原子未成对电子数为_个。（2）团簇中，S、C、N的化合价依次为2、2、3，Fe2与Fe3数目之比为_；与铁形成配位键的原子是_。（3）工业上主要通过反应

23、SO3SCl2SOCl2SO2制备SOCl2（氯化亚砜），上述四种分子中，属于非极性分子的是_；SCl2分子空间构型为_形；SOCl2分子中心原子杂化方式是_。（4）黄铁矿的晶体结构如图所示，已知黄铁矿晶胞参数为a0.5417nm，阿伏加德罗常数的值为NA。则黄铁矿的密度为_gcm3（列出计算式）。【答案】 （1）. 3s23p4 （2）. 4 （3）. 31 （4）. S和C （5）. SO3 （6）. V （7）. sp3 （8）. （1）主族元素的价电子排布式即最外层电子排布式，未成对电子数目看最外层电子的轨道排布式；（2）列原子守恒、化合价的方程组可解；（3）由中心原子的化合价与元素最

24、高正价的关系可快速判断分子类型，由中心原子的价层电子对数可判断杂化类型，结合孤电子对数可判断空间构型；（4）求密度公式：（1）S是第16号元素，位于元素周期表的第三周期第VIA族，故其价电子排布式为3s23p4，基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，由3d轨道电子排布图可知，未成对电子数为4个；中，S、C、N的化合价依次为2、2、3，则CN的化合价为-1，设Fe2数目为x，Fe3数目为y，则有x+y=4 2x+3y=9（化合价代数和等于所带电荷）。解得x=3，y=1。则Fe2与Fe3数目之比为31。铁原子提供空轨，与C和S形成配位键；（3）SO3中硫元素的化合价为+6，硫原子最外层6个电子全

25、部成键，属于非极性分子；SCl2价层电子对数=4，孤电子对数=4-2=2，则分子空间构型为V形；SOCl2价层电子对数=4，分子中心原子杂化方式是sp3；（4）已知黄铁矿晶胞参数为a0.5417nm=0.5417cm，则黄铁矿的密度为:gcm3。12.以芳香化合物A为原料制备灭鼠剂氟鼠酮中间体（G）的一种合成路线如下：（1）A的化学名称是_；AB的试剂及反应条件依次是_。（2）EF的反应类型是_。（3）D的结构简式为_。（4）G中的含氧官能团名称为_。（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能发生银镜反应和水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6611，写出一种符合上述条件的X的结构简式：

26、_。（6）PES（聚丁二酸乙二醇酯）是一种可生物降解型聚酯，设计以1，2二氯乙烷为初始原料制备PES的合成路线：_（无机试剂任用）。【答案】 （1）. 甲苯 （2）. Cl2，光照 （3）. 取代反应 （4）. （5）. 羟基、酯基和醚键 （6）. 或 （7）. 由题干信息可以推出：A：B：C：D：E：（1）A：，化学名称是甲苯；取代的是甲基上的氢原子，故试剂及反应条件依次是Cl2，光照；（2）E：断C-Cl键，剩下的带苯环的结构取代苯甲醚中醚键对位上的氢原子，故EF的反应类型是取代反应；（3）由分析可知，D的结构简式为（4）芳香化合物X是F的同分异构体，X能发生银镜反应和水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6611，分析一下限定条件：“峰面积之比为66”应该分别是两个甲基对称等效，