河北省衡水中学届高三大联考全国卷理科综合化学试题Word格式.docx

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，下列说法正确的是

A．M的名称为异丁烷

B．N的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身）

C．Q的所有碳原子一定共面

D．M、N、Q均能使酸性KMnO4溶液褪色

4．下列操作和现象所得结论正确的是

操作和现象

结论

A

其他条件不变，缩小H2（g）+I2（g）

2HI（g）的平衡体系的容器容积，气体颜色变深

增大压强，平衡逆向移动

向某溶液中滴加稀盐酸，再加KSCN溶液，溶液变为血红色

原溶液中一定含有Fe3+

C

用滴定管量取20.00mL稀硫酸，初读数时尖嘴处有气泡，末读数时气泡消失

所取稀硫酸体积小于20.00mL

D

25℃时，分别测定等物质的量浓度的Na2C2O4溶液和NaF溶液的pH，前者pH大

酸性：

H2C2O4＜HF

5．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的最低负价与最高正价的代数和为0；

Y原子和Z原子的最外层电子数均是其内层电子总数的1/2。

下列说法正确的是

A．X的简单阴离子与Y的简单阳离子半径：

X<

Y

B．X分别与Z、W、Q形成的最简单化合物的稳定性：

Z

C．ZQ5分子中的所有原子最外层均满足8电子结构

D．W、Q形成的含氧酸均为强酸

6．一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示（电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极）。

该装置工作时，下列说法不正确的是

A．电极丁的反应式为MnO42--e-=MnO4-

B．电极乙附近溶液的pH减小

C．KOH溶液的质量分数：

c%＞a%＞b%

D．导线中流过2mol电子时，理论上有2molK+移入阴极区

7．25℃时，部分含Fe元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是

A．HFeO4-在水中的电离程度小于水解程度

B．B、C两点对应溶液中水的电离程度：

B>

C

C．B点溶液加适里水稀释，溶液中所有离子浓度均减小

D．由A点数据可知，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15×

l0-4

二、实验题

8．氮化钙（Ca3N2）时一种重要的化学试剂，通常条件下为棕色易水解的固体。

某小组在实验室制备氮化钙并测定其纯度，设计如下实验

Ⅰ．氮化钙的制备。

（1）加热条件下，钙和氮气制备氮化钙的反应方程式为______。

（2）钙和氮气制备氮化钙的装置如下（夹持装置略去）：

上述装置合理的连接顺序为______（按气流方向，用接口字母表示，装置不重复使用）。

（3）按连接好的装置进行实验。

①实验步骤如下：

检查装置气密性、加入药品：

______（请按正确顺序填入下列步骤的字母标号）。

a．点燃装置C处酒精灯，反应一段时间

b．打开分液漏斗活塞

c．点燃装置A处酒精灯

d．熄灭装置A处酒精灯

e．熄灭装置C处酒精灯

f．关闭分液漏斗活塞

②装置B的作用为______。

③装置C的硬质玻璃管中的现象为______

（4）设计实验证明Ca3N2中混有钙单质：

______

Ⅱ．测定氮化钙纯度

ⅰ称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol/L的盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释到200.00mL；

ii．取20.00mL稀释后的溶液，用0.2mol/LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸，到终点时消耗标准溶液25.00mL。

（5）所取固体中氮化钙的质量分数为______。

三、原理综合题

9．工业上以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），含有MgO、SiO2等杂质]为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：

已知：

①酸酸时，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+；

②本实验温度下，Ksp[Mg（OH）2]=1.0×

10-11；

③溶液中离子浓度小于等于l.0×

10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。

请国答下列问题：

（1）FeTiO3中Ti元素的化合价为_____价，铁红的用途为_____（任写一种）。

（2）“水解”中，发生反应的离子方程式为________。

（3）“沉铁”中，气态产物的电子式为______；

该过程需控制反应温度低于35℃，原因为_______。

（4）FeCO3转化为铁红时，发生反应的化学方程式为____________。

（5）滤液3可用于制备Mg（OH）2。

若滤液3中c（Mg2+）=1.2×

10-3mol/L，向其中加入等体积的NaOH溶液的浓度为________mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全（溶液体积变化忽略不计）。

（6）“电解”时，电解质为熔融的CaO，则阴极反应式为_______，制得1molTi单质，理论上导线中通过的电量为______（保留三位有效数字，已知：

l个电子的电量为1.6×

10-19C）。

10．氢气是重要的化学试剂，化工原料和有广阔发展前景的新能源。

请回答下列问题：

I．实验室用锌和稀硫酸制备氢气时，可向稀硫酸中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，原因为____________。

II.以甲醇为原料制备氢气的一种原理如下：

i.CH3OH（g）

CO（g）+2H2（g）△H＝+90kJ·

mol-1

ii.CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）△H＝-41kJ·

（1）已知：

断裂1mol分子中的化学健需要吸收的能量如下表所示。

表中x=___________。

（2）向vL恒容密闭容器中充入lmo1CH3OH（g），发生反应i，图l中能正确表示CH3OH（g）的平衡转化率（a）随温度（T）变化关系的曲线为________（填“A”或“B”），理由为______，T1℃时，体系的平衡压强与起始压强之比为___________________。

（3）起始向10L恒容密闭容器中充入1molCH3OH（g）和1molH2O（g），发生反应i和反应ii，体系中CO的平衡体积分数与温度（T）和压强（p）的关系如图2所示。

①随着温度升高，

的值_______（填“增大”“减小”或“不变”），理由为_____。

②P1、P2、p3由大到小的顺序为_______。

③测得C点时，体系中CO2的物质的量为0.2mol，则T2℃时，反应ii的平衡常数K=_______。

11．砷，稼和钢均为重要的合金材料，在工业生产和科研领域均有重要应用。

（1）基态Ga原子中有_______种能量不同的电子，其未成对电子数目为_______。

（2）GaAs的晶胞与金刚石相似，其中As原子位于晶胞的顶点和面心，则Ga原子的配位数为_______。

Ga、Ge、As、Se四种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_________。

（3）Cu3（AsO4）2是一种木材防腐剂，其阴离子中As原子的杂化轨道类型为______，H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为_________________。

（4）[Cu（NH3）4]SO4是一种重要的配合物，与SO42-互为等电子体的分子的化学式为______（任写一种），一定压强下，将NH3和PH3的混合气体降温，首先液化的为_______。

（5）晶胞有两个基本要素：

①原子坐标参数：

表示晶胞内部各原子的相对位置，一种钇钡铜氧晶体的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为（0，0，0），B为（0，1，1），C为（1，1，0）；

则D原子的坐标参数为___________。

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。

该钇钡铜氧晶体的晶饱参数分别为anm、bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，其密度为_______g·

cm-3（列出计算式即可）。

四、有机推断题

12．有机高分子化合物M的一种合成路线如下：

I.RCHBr-CH2Br

RC≡CH；

II.CH≡CH+CH2=CH-CH=CH2

Ⅲ.

。

（1）A的化学名称为______，F中所含官能团的名称为_________。

（2）C+D→E的反应类型为__________。

（3）B的结构简式为______，C的分子中最多有_____个原子在同一直线上。

（4）H+I→M的化学方程式为______________。

（5）在催化剂，加热条件下，G与氧气反应生成Q（C9H8O3），同时满足下列条件的Q的同分异构体有_____种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有6组吸收峰的结构简式为_________。

①除苯环外不含其他环状结构；

②能与FeCl3溶液发生显色反应；

③能与NaHCO3溶液反应生成CO2

（6）参照上述合成路线和相关信息，以甲醇和一氯环己烷为有机原料（无机试剂任选），设计制备己二酸二甲酯的合成路线：

_________________。

参考答案

1．D

【解析】

A.糖类、油脂、蛋白质均能供给人体营养不是因为它们能水解，单糖不能水解也属于营养物质，很多能水解的物质不属于营养物质如卤代烃，所以A不正确；

B.铁能在常温下被浓硫酸钝化，但它不能用于制作铜和浓硫酸的反应器，因为这个反应要加热，所以B不正确；

C.碳的非金属性比硅强，所以碳的还原性比硅弱，碳之所以能把硅从二氧化硅中置换出来，是因为在高温下碳转化为CO气体，是一个熵增的反应，从化学平衡的角度来看，CO逸出对硅的生成是有利的，所以C不正确；

D.氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵能看到冒白烟，所以可以用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，D正确。

2．A

【解析】A.400mL1mol/L稀硝酸中含0.4molHNO3，与Fe完全反应（还原产物只有NO），由化学方程式4HNO3+Fe=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O可知转移电子的数目为0.3NA，所以A正确；

B．含有0.1molNH4+的氨水中，还有水电离的少量H+，根据电荷守恒可知含有OH-的数目大于0.1NA，所以B不正确；

C.0.2molH2O和D2O形成的混合物中，含有中子的数目一定小于2NA，因为一个水分子中只有8个中子、一个重水分子中有10个中子，即0.2molH2O有1.6mol中子、而0.2molD2O有2mol中子，所以B不正确；

D.乙酸的分子式为C2H4O2，乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，其相对分子质量分别为60和88，两种物质的单位质量的耗氧量是不同的，所以30g乙酸和乙酸乙酯的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NA不正确。

3．B

【解析】A.M的名称为异戊烷，A不正确；

B.N的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身）分别为

，所以B正确；

C.Q分子中3号碳原子上连接的3个碳原子一定不共面，分子中有两个甲基，甲基上的氢原子不可能都与碳原子共面，所以C不正确；

D.M、N、Q中只有Q有碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色，所以D不正确。

4．C

A.其他条件不变，缩小H2（g）+I2（g）

2HI（g）的平衡体系的容器容积，碘蒸气的浓度变大，所以气体颜色变深，但是因为前后气体分子数不变，平衡不发生移动，A不正确；

B.向某溶液中滴加稀盐酸，再加KSCN溶液，溶液变为血红色，不能确定原溶液中一定含有Fe3+，因为操作步骤是错误的，应该先加入KSCN溶液，观察到溶液变红才能确定，所以B不正确；

C.用滴定管量取20.00mL稀硫酸，初读数时尖嘴处有气泡，末读数时气泡消失所取稀硫酸体积小于20.00mL，因为气泡的体积也计算在内，所以C正确；

D.碳酸根离子的水解分两步进行，以第一步为主，水解的离子方程式为C2O42-+H2O

HC2O4-+OH-，25℃时，分别测定等物质的量浓度的Na2C2O4溶液和NaF溶液的pH，前者pH大，根据越弱越水解，可判断酸性：

HC2O4-＜HF，所以D不正确。

5．B

【解析】由题意知，短周期中原子的最外层电子数是内层电子总数的元素只有Li和P两种，所以Y是Li，Z是P，那么X只能为H，W和Q只能为S和Cl。

A.X的简单阴离子与Y的简单阳离子半径H+>

Li+，因为H的核电荷数较小，所以A不正确；

B.H分别与P、S、Cl形成的气态氢化物的稳定性随它们非金属性的增强而增强，所以B正确；

C.PCl5分子中的P原子周围有5个成键电子对，所以C不正确；

D.S、Cl形成的含氧酸中有多种弱酸如次氯酸、亚硫酸等。

点睛：

1.氢元素的最高价为+1，最低价为-1，-1价的氢离子的K层达到2电子稳定结构。

2.有关某元素的氧化物的水化物的酸性问题一定要特别注意，看清是否为最高价氧化物，不是最高价氧化物的水化物就不能依据非金属性进行比较。

6．C

A、在燃料电池中，氧气作正极，所以通入空气的极是正极，电极丁是阳极，锰酸根离子失去电子转化为高锰酸根，电极反应式为：

MnO42－－e－=MnO4－，A正确；

B、通入燃料的极是负极，电极乙是负极，丙电极是阴极，氢原子的氢离子放电产生氢气，氢气在负极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为H2－2e－+2OH－＝2H2O，因此电极乙附近溶液的pH减小，B正确；

C、燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即c%大于b%，负极消耗氢氧根离子，所以b%＞a%，得到c%＞b%＞a%，C错误；

D、导线中有2mol电子通过时，理论上阴极就生成2molOH-，需有2molK＋移入阴极区，D正确，答案选C。

7．D

A.HFeO4-在水中既能电离又能水解，其电离使溶液显酸性，其水解使溶液显碱性，由图像可知，物质的量分数最大时pH约为5，所以电离程度大于水解程度，A不正确；

B.B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：

B<

C，所以B不正确；

C.B点溶液加适里水稀释，溶液中所有离子浓度均减小肯定是不正确的，因为在一定温度下，水的离子积是定值，所以不可能均减小，C不正确；

D.由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%,则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为

=4.15，c（H+）=10-4mol/L,H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=

=4.15×

l0-4,D正确。

8．3Ca+N2

Ca3N2i→gh→ab→ef→jk→dcbaefd防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质银白色金属逐渐变为棕色取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸（或水），将生成气体通过碱石灰（或浓硫酸），通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质92.5%

【分析】

由于氮化钙易水解，所以用干燥的氮气与钙反应制备氮化钙；

根据题给装置和试剂，本题利用空气提供反应所需氮气，由于钙能与空气中的氧气、水蒸气等反应，所以要先除去空气中的氧气、水蒸气等；

同时为防止氮化钙水解，实验中要防止外界水蒸气进入装置中；

据此分析作答。

【详解】

Ⅰ．

（1）加热时，氮气与钙反应生成氮化钙，反应方程式为3Ca+N2

Ca3N2，

故答案为3Ca+N2

Ca3N2；

（2）根据题给装置和试剂，本题利用空气提供反应所需氮气，由于钙能与空气中的氧气、水蒸气等反应，所以通过D装置除空气中的水蒸气和酸性气体，用A装置中灼热的铁粉除空气中的氧气；

在C装置中氮气与Ca反应生成氮化钙，由于氮化钙易水解，B装置中用浓硫酸防止空气中水蒸气进入C中的硬质玻璃管中；

C与B之间的F装置防止倒吸；

按气流方向的连接顺序是：

i→gh→ab→ef→jk→d，

故答案为i→gh→ab→ef→jk→d；

（3）①实验开始检查装置气密性、加入药品，先点燃装置A处酒精灯（以保证与Ca反应的气体只有氮气）、打开分液漏斗活塞、点燃装置C处酒精灯，反应一段时间、熄灭装置C处酒精灯、关闭分液漏斗活塞，最后熄灭装置A处酒精灯，即可制得氮化钙，则操作顺序为cbaefd，

故答案为cbaefd；

②装置B中盛装的浓硫酸能吸收水蒸气，防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质，

故答案为防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质；

③装置C中氮气和钙在加热条件下生成氮化钙，可观察到的现象为银白色金属逐渐变为棕色，

故答案为银白色金属逐渐变为棕色；

（4）Ca、Ca3N2都能与盐酸（或水）反应，盐酸（或水）与Ca反应生成的H2能使黑色的CuO变红，而氮化钙与盐酸（或足量水）反应没有气体产生，则证明Ca3N2中混有钙单质的实验步骤为：

取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸（或水），将生成气体用碱石灰干燥后通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质。

故答案为取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸（或水），将生成气体通过碱石灰（或浓硫酸），通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质；

Ⅱ．（5）剩余的盐酸量为

×

0.2mol/L×

0.025L=0.05mol，故与NH3反应的盐酸为0.1L×

1mo/L-0.05mol=0.05mol，根据氮元素守恒：

Ca3N2～2NH3~2HCl，则n（Ca3N2）=0.025mol，则氮化钙的质量分数为

100%=92.5%，

故答案为92.5%。

9．+4制备红色颜料和油漆、冶炼铁等TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+

防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解）4FeCO3+O2

2Fe2O3+4CO24.4×

10-3TiO2+4e-=Ti+2O2-3.85×

105C

该流程中钛铁矿酸溶时，生成硫酸亚铁和硫酸氧钛，同时氧化镁也溶生成硫酸镁，二氧化硅不溶成为滤渣I，过滤后硫酸氧钛在90℃水解生成钛酸沉淀，煅烧钛酸得二氧化钛，电解熔融的二氧化钛制得金属钛；

滤液中加入碳酸氢铵将亚铁离子沉淀，过滤得碳酸亚铁，在氧气中煅烧碳酸亚铁得铁红。

（1）FeTiO3中铁和氧的化合价分别为+2和-2，所以Ti元素的化合价为+4价，铁红的用途为制备红色颜料和油漆、冶炼铁等。

（2）“水解”中，发生反应的离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+。

（3）“沉铁”中发生反应Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，气态产物为CO2，其电子式为

；

该过程需控制反应温度低于35℃，温度过高NH4HCO3会分解，而且会促进亚铁离子的水解，所以原因为防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解）。

（4）FeCO3转化为铁红时，发生反应的化学方程式为4FeCO3+O2

2Fe2O3+4CO2。

（5）若滤液3中c（Mg2+）=1.2×

10-3mol/L，假设溶液体积为1L，则n（Mg2+）=1.2×

10-3mol,沉淀这些镁离子要消耗n（OH-）=2n（Mg2+）=2.4×

10-3mol,反应后溶液体积变为2L，c（OH-）=

，所以n（OH-）总=2.4×

10-3mol+2L

mol/L=4.4

10-3mol,向其中加入等体积的NaOH溶液的浓度为

=4.4×

10-3mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全。

（6）“电解”时，电解质为熔融的CaO，则阴极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，制得1molTi单质，理论上导线中通过的电子为4mol，电量为

4mol

C=3.85×

105C。

10．锌置换出硫酸铜中的铜，形成许多微小原电池，加快反应速率1606B反应i为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH3OH（g）的平衡转化率增大9：

5减小升高温度，反应i中CO的物质的量增大，反应ii中CO的物质的量增大、CO2的物质的量减小。

最终

的值减小p3>

p2>

p10.875

I．实验室用锌和稀硫酸制备氢气时，可向稀硫酸中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，个原因为锌置换出硫酸铜中的铜，形成许多微小原电池，加快反应速率。

II.

（1）由i.CH3OH（g）

mol-1两个热化学方程式相加可得：

CH3OH（g）+H2O（g）

CO2（g）+3H2（g）△H＝+49kJ·

mol-1，因为△H＝反应物的键能总和-生成物的键能总和=2038+925-x-436

=49，解之得x=1066.所以表中x=1606。

（2）.向vL恒容密闭容器中充入lmo1CH3OH（g），发生反应i，图l中能正确表示CH3OH（g）的平衡转化率（a）随温度（T）变化关系的曲线为B，理由为反应i为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH3OH（g）的平衡转化率增大，T1℃时，

CH3OH（g）

CO（g）+2H2（g）

起始量（mol）100

变化量（mol）yy2y

平衡量（mol）1-yy2y

由图像知CH3OH的转化率=40%=

解之得y=

在同温同压下体系的平衡压强与起始压强之比等于其物质的量之比=

9：

5。

（3）.起始向10L恒容密闭容器中充入1molCH3OH（g）和1molH2O（g），发生反应i和反应ii，因为反应i为吸热反应，而反应ii为放热反应，所以①随着温度升高，

的值减小，理由为升高温度，反应i中平衡向右移动使CO的物质的量增大，反应ii中平衡向左移动使CO的物质的量增大、CO2的物质的量减小，最终

的值减小。

②反应i正反应方向为气体分子增多的方向，反应ii气体分子数不变，所以压强只对反应i的化学平衡产生影响，压强增大，平衡向逆反应方向移动，CO的物质的量分数变小，所以P1、P2、p3由大到小的顺序为p3>

p1。

③测得C点时，体系中CO2的物质的量为0.2mol，则T2℃时,设混合气体中n（CO）=x，则由C原子守恒，n（CH3OH）=1mol-0.2mol-x，由反应ii:

CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）10

变化量（mol）0.20.2

平衡量（mol）0.80.2

所以平衡体系中n（H2O）=0.