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

1、B向2 mL1 mol/L NaOH溶液中加入几滴1 mol/L MgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1 mol/L FeCl3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AA BB CC DD4关于有机物a（）、b（）、c（）的说法错误的是Aa、b、c互为同分异构体Ba、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色Ca、c与足量氢气反应消耗氢气的物质的

2、量之比是43Da、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：ZXWC含氧酸的酸性：XZWDY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

3、。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CF电极上的电极反应式为ClO2eH2O=Cl2OHD图2装置中若有2 mol H通过质子交换膜完全反应，则共生成2 mol乙醛酸7常温下，向20 mL 02 molL-1二元酸H2A溶液中滴加02 molL-l NaOH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）=20 mL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N

4、aHA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） =40 mL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K3Fe（C2O4）33H2O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，

5、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_。A1.0 molL1HNO3 B1.0 molL1盐酸 C1.0 molL1NaOH溶液D0.1 molL1KI溶液 E0.1 molL1CuSO4溶液

6、F20%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4.48 L O2时，转移电子的数目是_。（4）25时，向浓度均为0.04 molL1的Cu2、Pb2、Bi3的混合溶

7、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）6.01036、Ksp（PbS）3.01028、Ksp（Bi2S3）1.61020（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）。当调节pH2.5时，铋（Bi）的存在形式有_。向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋

8、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296.0 kJmol1、283.0 kJmol1，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：NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g） H1200.9 kJmol1 Ea13.2 kJmol1反应：SO2（g）+O3（g）SO3（g）+O2（g） H2241.6 kJmol1 Ea258

9、kJmol1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2 L的反应器中充入含2.0 mol NO、2.0 mol SO2的模拟烟气和4.0 mol O3，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：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_。下列说法正确的是_。AQ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假设100时P、Q均为

10、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：ab是_离子交换膜（填“阳”或“阴”）。阴极区的电极反应式为_。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

11、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172.5173 ，100 以上升华，二茂铁属于_晶体。已知分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为）。已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大键应表示为_。（4）铜可以形成一种离子化合物Cu（NH3）4（H2O）2SO4，若要确定Cu（NH3）4（H2O）2SO4是晶体还是非

12、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。与Mg紧邻的Ni有_个。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_。若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度_gcm3（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

13、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：RCH2COOHRCHClCOOH，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1A【解析】【详解】A.草木灰中含有K2CO3，

14、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；2BA.通过方程式可知，当转移2mol电子时，固体增重56g，当增重2.8 g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

15、同的阴阳离子数和质子数，故B项正确；C.8.7g MnO2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.0.5 molL1的CH3COONH4溶液中，由于NH4+的水解，NH4+浓度小于0.5 molL1，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pH7。但由于NH4+的水解

16、，使NH4+浓度降低。3AA.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

17、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；4DA.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，1mol a完全加成消耗4mol氢气，1mol c完全加成消耗3mol氢气，a、c消耗氢气的物质的量之比是43，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。5D【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

18、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：XZW，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。6AA图1镁燃料电池

19、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；BMg的活泼性较强，能与水反应生成氢气，其反应为：Mg2H2O=Mg（OH）2H2，B正确；CF为正极，ClO得电子，所以F电极上的电极反应式为ClO2eH2O=Cl2OH，C正确；D图2装置中2 mol H+通过质子交换膜，则电池中转移2 mol电子，根据电极方程式HOOCCOOH2e2H=HOOCCHOH2O，可知生成1 mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成，所以生成的乙醛酸为2 mol，D正确。答案选A。7CA、当V（NaOH）=20mL时，02

20、molL-l NaOH与20 mL 02 molL-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

21、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。8NH4Cl+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 0.02mol Fe、0.08mol FeO BEF 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

22、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K3Fe（C2O

23、4）33H2O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0.1

24、mol，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x mol，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：0.02mol Fe、0.08mol FeO；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

25、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 2Bi2O2Na2O2 =2NaBiO3 NA或 6.021023 10-111 Bi3 、Bi（HDz）3 Bi（HDz）36OHBi（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

26、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：2Bi2O2Na2O2 =2NaBiO3；当消耗标准状况下4.48 L O2，即0.2mol O2时，转移电子的数目是：NA或 6.021023；（4）当Pb2+恰好沉淀完全时，c（S2-）=Ksp（PbS）/c（Pb2+）3.01028/10-5=3.01023 molL1，此时，c（Cu2+）=Ksp（CuS）/c（S2-）=6.01036/3.01023=21013molL1。溶液中c（Bi3+）=0.02molL1，Q= c2（Bi3+）c3（S2-） Ksp（Bi2S3），所以，此时Bi3+没有沉淀。c（Cu2+）c（Bi3+）21013：0.02=10-111；