届河南省洛阳市高三下学期第四次模拟考试理科综合化学试题解析版Word下载.docx

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说法正确的是

A.C3H6Cl2有4种同分异构体B.乙烯与Br2的CCl4溶液反应后，混合液分为两层

C.乙醇被氧化一定生成乙醛D.合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用

【答案】A

【详解】A．分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个氢原子被两个氯原子取代，两个氯原子取代一个碳上的氢原子有2种：

CH3-CH2-CHCl2、CH3-CCl2-CH3，取代两个碳上的氢有2种：

CH2Cl-CH2-CH2Cl，CH2Cl-CHCl-CH3，共有4种，故A正确；

B．乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2-CH2Br，BrCH2-CH2Br易溶于四氯化碳，溶液不分层，故B错误；

C．乙醇发生氧化反应可生成乙醛，也可以生成乙酸，故C错误；

D．虽然大量使用合成材料会污染环境，但是禁止使用是不现实的，应该合理使用，尽量减少污染，故D错误；

答案选A。

4.以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的）。

充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。

下列说法正确的是

A.锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用

B.该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化

C.放电时，负极材料上的反应为6C+xLi++xe-=LixC6

D.放电时，正极材料上的反应为LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+

【分析】

根据题意描述，放电时，石墨为负极，充电时，石墨为阴极，石墨转化LixC6，得到电子，石墨电极发生还原反应，与题意吻合，据此分析解答。

【详解】根据上述分析，总反应为LiFePO4+6C

Li1-xFePO4+LixC6。

A.为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用，故A正确；

B.根据总反应方程式LiFePO4+6C

Li1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化，否则不能构成原电池反应，故B错误；

C.放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：

LixC6-xe-=6C+xLi+，故C错误；

D.放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：

Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4，故D错误；

【点睛】本题的难点为电池的正负极的判断，要注意认真审题并大胆猜想。

本题的易错点为B，要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。

5.NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是

A.铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NA

B.1molNaClO中含有的Cl—数目为NA

C.5mL0.005mol/L的Fe（SCN）3中溶质的微粒数目为2.5×

10－7NA

D.18gH2O中含有的电子数为10NA

【答案】D

【详解】A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；

B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；

C.Fe（SCN）3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe（SCN）3中溶质的物质的量为0.005L×

0.005mol/L=2.5×

10－5mol，微粒数目略小于2.5×

10－5NA，故C错误；

D.18gH2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故D正确；

答案选D。

【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：

①对象是否为气体；

②温度和压强是否为标准状况。

6.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。

在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。

A.1mold的氧化物含2mol化学键

B.工业上电解c的氧化物冶炼单质c

C.原子半径：

a<

b<

c<

d

D.简单氢化物的沸点：

短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。

在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，生成白色沉淀，盐酸过量时部分沉淀溶解，说明生成的沉淀中含有氢氧化铝，因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐，如NaAlO2，因此a为O元素，c为Al元素，b为Na元素；

根据盐b2da3的形式，结合强酸制弱酸的原理，d酸难溶于水，因此d酸为硅酸，d为Si元素。

据此分析解答。

【详解】根据上述分析，a为O元素，b为Na元素，c为Al元素，d为Si元素。

A.d的氧化物为二氧化硅，1mol二氧化硅中含有4molSi-O键，故A错误；

B.工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的，故B正确；

C.一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：

d<

b，故C错误；

D.水分子间能够形成氢键，沸点较高，而SiH4不能，因此简单氢化物的沸点：

a＞d，故D错误；

7.常温下，向10mL0.10mol/LCuCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2S溶液，滴加过程中－lgc（Cu2+）与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示。

A.Ksp（CuS）的数量级为10－21

B.曲线上a点溶液中，c（S2－）•c（Cu2+）>

Ksp（CuS）

C.a、b、c三点溶液中，n（H+）和n（OH－）的积最小的为b点

D.c点溶液中：

c（Na+）>

c（Cl－）>

c（S2－）>

c（OH－）>

c（H+）

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：

Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象分析解答。

【详解】A．该温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-17.7mol/L×

10-17.7mol/L=10-35.4，则Ksp（CuS）的数量级为10-36，故A错误；

B．沉淀溶解平衡常数Ksp（CuS）只与温度有关，并且Ksp（CuS）=10-35.4，很小，所以随着Na2S溶液的滴加，溶液中c（Cu2+）减小、-lgc（Cu2+）增大，二者关系始终满足c（S2-）•c（Cu2+）=定值=Ksp（CuS），故B错误；

C．温度不变，Kw=c（H+）c（OH－）不变，则n（H+）n（OH－）=KwV2，说明溶液的体积越小，n（H+）n（OH－）越小，因此n（H+）和n（OH－）的积最小的为a点，故C错误；

D．c点时溶质为浓度之比2∶1的NaCl和Na2S混合溶液，Na2S是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，所以c点溶液中：

c（Na+）＞c（Cl-）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（H+），故D正确；

8.CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl进行制备。

制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl。

合成该有机物的实验装置示意图（加热装置未画出）和有关数据如下：

物质

C2H5OH

CCl3CHO

CCl3COOH

C2H5Cl

熔点/℃

-114.1

-57.5

58

-138

7

沸点/℃

78.3

97.8

198

12.3

溶解性

与水互溶

可溶于水、乙醇

微溶于水，可溶于乙醇

（1）恒压漏斗A的作用是________；

A装置中发生反应的化学方程式为________。

（2）装置B的作用是________；

装置F在吸收气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象。

________。

（3）装置E中的温度计要控制在70℃，三口烧瓶采用的最佳加热方式是______。

如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该从________（填“a”或“b”）口通入。

实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是_______。

（4）实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。

如果不使用D装置，产品中会存在较多的杂质________（填化学式）。

除去这些杂质最合适实验方法是_______。

（5）利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：

CCl3CHO+NaOH=CHCl3+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2↑I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

称取该实验制备的产品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL，调节溶液为合适的pH后，加入30.00mL0.100mol·

L−1的碘标准液，用0.100mol·

L−1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00mL，则该次实验所得产品纯度为________。

【答案】

（1）.保持漏斗与反应容器内

气压相等

（2）.2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（3）.安全瓶（或“防止装置C中液体倒吸入装置A中”）（4）.漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中（5）.水浴（6）.b（7）.增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果（8）.C2H5Cl、CCl3COOH（9）.蒸馏（10）.59%

A装置利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，为了防止副反应CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl的发生，需要除去氯气中的水蒸气和氯化氢，因此B装置为安全瓶，C装置用饱和食盐水除去HCl，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E装置中反应制备CCl4CHO，F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，据此分析解答。

【详解】

（1）使用恒压漏斗A可以保持漏斗与反应容器内的气压相等，便于液体流下；

A装置中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：

保持漏斗与反应容器内的气压相等；

2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；

（2）装置B为安全瓶，防止装置C中液体倒吸入装置A中；

装置F在吸收气体时，由于漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，因此可以防止液体发生倒吸现象，故答案为：

安全瓶（或防止装置C中液体倒吸入装置A中）；

漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；

（3）装置E中的温度计要控制在70℃，对三口烧瓶加热，最好采用水浴加热。

如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该遵循下进上出的原则，从b口通入。

实验使用球形冷凝管可以增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果，因此不使用直形冷凝管，故答案为：

水浴；

b；

增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；

如果不使用D装置，生成的氯气中会混入水蒸气，水蒸气与氯气会反应生成次氯酸，从而发生副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl，产品中会存在较多的C2H5Cl、CCl3COOH杂质。

根据物质的熔沸点和溶解性可知，除去这些杂质最合适的实验方法为蒸馏，故答案为：

C2H5Cl、CCl3COOH；

蒸馏；

（5）消耗的Na2S2O3的物质的量=0.100mol·

L−1×

0.02L=0.002mol，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，溶液中残留的碘的物质的量=0.001mol，因此与样品反应的碘的物质的量=（0.030L×

0.100mol·

L−1-0.001mol）×

=0.02mol，根据CCl3CHO+NaOH=CHCl3+HCOONa，HCOONa+I2=HI+NaI+CO2↑有CCl3CHO～HCOONa～I2，因此样品中CCl3CHO的物质的量=0.02mol，质量为0.02mol×

147.5g/mol=2.95g，实验所得产品纯度=

×

100%=59%，故答案为：

59%。

9.研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。

回答下列问题：

Ⅰ．CO可用于高炉炼铁，已知：

Fe3O4（s）+4CO（g）=3Fe（s）+4CO2（g）△H1=akJ/mol

3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=bkJ/mol

则反应Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）的△H3=________kJ/mol（用含a、b的代数式表示）。

Ⅱ．一定条件下，CO2和CO可以互相转化。

（1）某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：

CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）。

容器

反应物

甲

8molCO2（g）、16molH2（g）

乙

wmolCO2（g）、xmolH2（g）、ymolCO（g）、zmolH2O（g）

甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。

则0~15min内平均反应速率v（H2）=______，此条件下该反应的平衡常数K=______。

欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是：

y______z（填“＞”、“＜”或“=”），且y=______（用含x、w的等式表示）。

（2）研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）

C6H5CH=H2（g）+CO（g）+H2O（g）△H”中乙苯

平衡转化率影响如图所示：

则△H_____0（填“＞”、“＜”或“=”），压强p1、p2、p3从大到小

顺序是________。

（3）CO可被NO2氧化：

CO+NO2

CO2+NO。

当温度高于225℃时，反应速率v正=k正·

c（CO）·

c（NO2）、v逆=k逆·

c（CO2）·

c（NO），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。

在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为________。

【答案】

（1）.

（2）.0.2mol/（L·

min）（3）.1.8（或

）（4）.=（5）.x-2w（6）.＞（7）.p1＞p2＞p3（8）.

Ⅰ．根据盖斯定律分析解答；

Ⅱ．

（1）甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，转化的二氧化碳为：

8mol×

75%=6mol，根据三段式计算解答；

欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，说明甲和乙互为等效平衡，结合等效平衡原理分析解答；

（2）根据图象分析解答；

（3）达平衡时v正=v逆，即k正•c（CO）•c（NO2）=k逆•c（CO2）•c（NO），由此计算。

【详解】Ⅰ．已知：

①Fe3O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H1=akJ/mol

②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=bkJ/mol

根据盖斯定律，

可得：

Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H3=（△H1+2△H2）×

=

（b+2a）kJ/mol，故答案为：

（b+2a）；

Ⅱ．

（1）甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，转化的二氧化碳为8mol×

75%=6mol，

CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）

初始（mol）81600

转化（mol）6666

平衡（mol）21066

0～15min内平均反应速率v（H2）=

=0.2mol/（L•min）；

该反应的平衡常数K=

=l.8；

平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，说明甲和乙互为等效平衡，需必须满足（w+y）∶（x+y）=8∶16，整理可得：

y=x-2w且z=y，故答案为：

0.2mol/（L•min）；

l.8；

=；

x-2w；

（2）根据图象可知，温度越高、乙苯的平衡转化率越大，表明△H＞0；

该反应的△n气＞0，则压强越大，乙苯的平衡转化率越小，故p1＞p2＞p3，故答案为：

＞；

p1＞p2＞p3；

（3）达平衡时v正=v逆，即k正•c（CO）•c（NO2）=k逆•c（CO2）•c（NO），故

=K，故答案为：

K=

。

【点睛】明确盖斯定律的应用和三段式在化学平衡计算中的应用为解答本题的关键。

本题的易错点为化学平衡常数的计算，要注意化学平衡常数计算表达式的应用。

10.精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。

一种从铜阳极泥（主要含有铜、银、金、少量的镍）中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：

已知：

ⅰ分金液中含金离子主要成分为[AuCl4]－；

分金渣的主要成分为AgCl；

ⅱ分银液中含银离子主要成分为[Ag（SO3）2]3－，且存在[Ag（SO3）2]3—

Ag++2SO

ⅲ“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。

（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu______。

分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）______。

“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_______。

（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为________。

（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。

“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为_______。

调节溶液的pH不能过低，理由为______（用离子方程式表示）。

（4）已知Ksp[Ag2SO4]=1.4×

10－5，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42—浓度（假定溶液中Ag+浓度为0.1mol/L）。

（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/LNiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。

当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：

为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_______g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_______。

【答案】

（1）.强

（2）.Ag、AgCl（3）.H2O2分解放出氧气（4）.2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－+3H2O（5）.分银液中存在[Ag（SO3）2]3—

Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c（SO32－）减小，平衡正向移动，c（Ag+）增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl（6）.SO32－+2H+=SO2↑+H2O（7）.溶液中SO42—浓度应低于1.4×

10－3mol/L（8）.10（9）.H2

铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；

加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金液的主要成分为[AuCl4]-；

分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。

（1）由表中数据可知，镍的Ni浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni比Cu强。

根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；

“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象，故答案为：

强；

Ag、AgCl；

H2O2分解放出氧气；

（2）分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，反应的离子方程式为：

2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O，故答案为：

2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O；

（3）分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl的原因为：

H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH不能过低理由为：

避免产生