全国市级联考山东省烟台市高考适应性练习二理综化学试题解析版文档格式.docx

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C.1mol枸橼酸最多消耗4molNaOH

D.1mol枸橼酸最多能与3mol乙醇发生酯化反应

【答案】D

【解析】枸橼酸与乙二酸的分子组成上明显差氧原子，所以不可能是同系物，选项A错误。

化学式为C6H8O7，选项B错误。

枸橼酸有3个羧基，所以1mol枸橼酸最多消耗3molNaOH，选项C错误。

枸橼酸有3个羧基，所以1mol枸橼酸最多能酯化3mol乙醇，选项D正确。

4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。

Z与Y、W在周期表中处于相邻位置；

由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应，生成淡黄色固体。

下列推断不正确的是

A.Y、Z、W的简单氢化物中Z的氢化物稳定性最强

B.X、Y、Z三种元素间既能形成共价化合物，也能形成离子化合物

C.离子半径：

X<

Y<

Z<

W

D.含W的钠盐溶液可能呈酸性、碱性或中性

【答案】C

【解析】两种化合物反应得到淡黄色固体的反应，应该是二氧化硫和硫化氢反应得到单质硫，所以X为H，Z为O，W为S，Y为N。

N、O、S中非金属性最强的是O，所以O的氢化物稳定性最强，选项A正确。

H、N、O三种元素之间可以形成共价化合物（如：

HNO3）或者离子化合物（如：

NH4NO3）所以选项B正确。

比较离子半径应该先看离子的核外电子层，电子层越多半径越大，电子层相同看核电荷数，核电荷数越大，离子半径越小，所以半径顺序为：

Z<

Y<

W，选项C错误。

含有S的钠盐，可以是硫酸钠（中性），亚硫酸钠（碱性），硫酸氢钠（酸性），选项D正确。

5.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是

A.AB.BC.CD.D

【解析】测定NaA和Na2CO3溶液的pH比较的是A-和CO32-的水解能力，进而得到的应该是HA和HCO3-的电离能力的强弱，得不到HA和H2CO3电离能力的强弱关系，选项A错误。

向KI淀粉溶液中滴加稀硫酸，再加入过氧化氢，溶液变蓝，说明I-被氧化为单质碘，即氧化性：

H2O2＞I2，选项B正确。

硫酸是蔗糖水解的催化剂，反应后如果直接加入银氨溶液，银氨溶液必定会被硫酸反应，从而无法进行银镜反应，应该先将硫酸中和，再加入银氨溶液，选项C错误。

明显第一步反应中硫化钠过量，再加入硫酸铜溶液的时候，硫酸铜就会与过量的硫化钠反应得到硫化铜的黑色沉淀，这个反应无关于硫化锌和硫化铜溶解度的大小，选项D错误。

点睛：

利用越弱越水解的原理解决问题时，应该要注意二元酸的正盐和酸式盐的区别。

一般可以这样理解：

正盐对应的“酸”应该酸式盐的酸根，酸式盐对应的酸才是真正的二元酸。

例如：

碳酸钠对应的是碳酸氢根，碳酸氢钠对应的是碳酸。

6.比亚迪纯电动汽车采用一种具有高效率输出、可快速充电、对环境无污染等优点新型电池，其工作原理如图。

M电极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料，聚合物交换膜只允许Li+通过，而e-不能通过。

电池反应式为LixC6+Li1-xFePO4

LiFePO4+6C。

下列说法不正确的是

A.放电时，N极是正极，电极反应式为Li（1-x）FePO4+xLi++xe-=LiFePO4

B.充电时，Li+通过聚合物交换膜向M极迁移

C.用该电池电解精炼铜，阴极质量增重19.2g时，通过聚合物交换膜的Li+数目为0.6NA

D.充电时电路中通过0.5mole-，消耗36gC

【解析】反应方程式为：

LixC6+Li1-xFePO4

LiFePO4+6C，所以LixC6转化为C，说明其表面是Li失去电子转化为Li+，进行迁移，所以其表面发生失电子的氧化反应，即LixC6为负极（M），所以Li1-xFePO4为正极（N），反应中Li1-xFePO4转化为LiFePO4，所以反应为：

Li（1-x）FePO4+xLi++xe-=LiFePO4，选项A正确。

充电是电解池，阳离子应该向阴极（负极）移动，所以选项B正确。

电解精炼铜的时候，阴极增加的质量是Cu，所以增加的铜为19.2g（0.3mol），转移电子为0.6mol，因为锂离子带一个单位的正电荷，通过交换膜的锂离子一定为0.6mol，选项C正确。

该电池的反应是锂单质和锂离子之间的转化，C只是作为金属锂的载体，反应前后没有变化，选项D错误。

解决可充电电池的问题时，一般由放电的原电池入手。

根据原电池的总反应得到：

氧化剂一定在正极得电子，还原剂一定在负极失电子，进而得到各个电极的反应。

将原电池的正极反应倒过来就是电解的阳极反应，将原电池的负极反应倒过来就是电解的阴极反应。

7.室温下，向三种浓度相同的弱酸HX、HY、HZ中分别滴加相同浓度的NaOH溶液，溶液pH与中和百分数变化曲线如图所示，下列判断不正确的是

A.三种酸的电离常数关系：

Ka（HX）>

Ka（HY）>

Ka（HZ）

B.图中A点时溶液中离子浓度大小关系：

c（Y-）>

c（Na+）>

c（HY）>

c（H+）>

c（OH-）

C.pH=7时，三种溶液中：

c（X-）=c（Y-）=c（Z-）

D.当中和百分数达100％时，将三种溶液混合后：

c（HX）+c（HY）+c（HZ）=c（OH-）-c（H+）

【解析】根据起点的pH得到：

浓度相等的时候，溶液的pH为HZ＞HY＞HX，所以说明酸性的顺序为：

HZ＜HY＜HX，即电离平衡常数为：

Ka（HZ），选项A正确。

图中A点代表中和50%，此时溶液为HY和NaY浓度相等的混合溶液，初始时不考虑电离和水解，有：

c（Y-）＝c（Na+）＝c（HY），因为溶液显酸性，所以HY的电离大于Y-的水解，因此有：

c（OH-），选项B正确。

溶液pH=7的时候，氢离子和氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒得到c（X-）、c（Y-）、c（Z-）分别等于其各自溶液中的C（Na+），因为三种酸的强弱不同，将浓度相等的三种酸溶液中和至pH=7需要的氢氧化钠的量一定不同，所以三个溶液中的C（Na+）一定不等，即c（X-）、c（Y-）、c（Z-）一定不等，选项C错误。

当中和百分数达100％时，将三种溶液混合后是NaX、NaY、NaZ三种盐浓度相等的溶液，所以有该溶液的质子守恒：

c（H+）+c（HX）+c（HY）+c（HZ）=c（OH-），因此选项D正确。

8.实验室欲测定铁铝合金的组成，将铁铝合金溶解后，取试样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下：

已知：

乙醚易挥发，易燃烧。

回答下列问题：

（1）常温下，将铁铝合金溶解的试剂是_________（填字母）。

a．稀盐酸b．稀硫酸c．稀硝酸d．浓硝酸

（2）已知氢氧化铁实际上是三氧化二铁的水合物，则通过称量氢氧化铁固体质量的方法来确定c（Fe3+）时，该方案理论上的主要缺点是________________________。

（3）操作X是___________________________，操作X后检验溶液中是否有Fe3+残留的方法是_______________________________。

（4）蒸馏装置如图所示，装置中存在的错误是___________________________。

（5）将含Fe3+的溶液定容至100mL需要的仪器是___________________________。

（6）已知滴定反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，当滴定达到终点时，消耗0.1000mol·

L-1Ce（SO4）2溶液15.00mL，则开始试样中c（Fe3+）=_____________。

若改用稀硫酸酸化的K2Cr2O7溶液滴定含Fe2+的待测液，则该过程的离子反应方程式为_____________________。

【答案】

（1）.c

（2）.氢氧化铁（Fe2O3·

nH2O）没有固定的组成（3）.分液（4）.从水溶液中取样，滴加少量KSCN溶液显红色说明有残留，否则无残留（5）.体系密闭（6）.100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管（7）.0.1600mol·

L-1（8）.Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O

【解析】

（1）由图示，合金溶液后溶液中存在的是Fe3+，所以加入的一定是氧化性酸，选项a、b一定错误。

铁铝在浓硝酸中都钝化，所以选项d错误。

最后只能使用稀硝酸，选项c正确。

（2）已知氢氧化铁实际上是三氧化二铁的水合物，所以该水合物的最大问题在于其n值不确定，所以通过称量氢氧化铁固体质量的方法来确定c（Fe3+）是不合理的。

（3）乙醚是不溶于水的液体，所以操作X应该是分液。

检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，观察溶液颜色是否变为红色，所以答案为：

从水溶液中取样，滴加少量KSCN溶液显红色说明有残留，否则无残留。

（4）图示的蒸馏装置是完全密闭的装置（注意：

最后的牛角管接锥形瓶是用胶塞连接的），这样进行加热是很危险的。

（5）将含Fe3+的溶液定容至100mL，应该将溶液转移至100mL容量瓶，洗涤烧杯，加水定容。

所以需要的仪器为：

100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。

（6）Ce（SO4）2为15×

0.1÷

1000=0.0015mol，根据反应得到Fe2+为0.0015mol，定容为100mL，取出25mL进行滴定，所以该100mL溶液中有Fe2+为0.0015×

4=0.006mol。

该溶液中的Fe2+来自于如下反应：

Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以原来的Fe3=为0.004mol，这些Fe3+来自于25mL水样，所以浓度为1000×

0.004÷

25=0.16mol/L。

若改用稀硫酸酸化的K2Cr2O7溶液滴定含Fe2+的待测液，Cr2O72-应该被还原为Cr3+，则该过程的离子反应方程式为：

Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。

有的答案中本题的（4）会回答为明火加热，这个确实是蒸馏有机物的一种缺陷，理论上实验室在蒸馏有机物的时候，是不能用明火加热的。

原因是：

有机物易挥发依然，挥发出来的有机气体接触到明火可能会燃烧。

但是高中的实验中没有除酒精灯之外的热源，所以只能用酒精灯加热。

9.合成氨在工业生产中具有重要意义。

（1）在合成氨工业中I2O5常用于定量测定CO的含量。

己知2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）△H=-76kJ·

mol-1；

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ·

mol-1。

则该测定反应的热化学方程式为____________________________________。

（2）不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4molCO，测得CO2的体积分数φ（CO2）随时间t变化曲线如图。

①温度T1时，0～0.5min内的反应速率v（CO）=________________。

②b点CO的平衡转化率α为____________，c点的平衡常数K为________________。

③下列措施能提高该反应CO转化率的是________（填字母）

a．升高温度b．增大压强c．加入催化剂d．移走CO2

（3）若氨水与SO2恰好生成正盐，则此时溶液呈_________（填“酸性”或“碱性”），向上述溶液中通入___________（填“NH3”或“SO2”）可使溶液呈中性，此时溶液中含硫微粒浓度的大小关系为________________。

（已知常温下NH3·

H2O的Kb=1.8×

10-5mol·

L-1，H2SO3的Ka1=1.5×

10-2mol·

L-1，Ka2=6.3×

10-8mol·

L-1）

【答案】

（1）.5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）∆H=﹣1377kJ·

mol-1

（2）.1.6mol·

L-1·

min-1（3）.60%（4）.1024（5）.d（6）.碱性（7）.SO2（8）.c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）

（1）反应①×

（－1/2）+②×

5/2得到：

5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）∆H=﹣1377kJ·

mol-1。

（2）①反应体系只有CO2和CO，通入4molCO，根据C守恒得到：

CO2和CO的物质的量之和为4mol。

CO2的体积分数为0.4，即CO2为4×

0.4=1.6mol，所以v（CO）=v（CO2）=1.6/（2×

0.5）=1.6mol·

min-1。

②由上b点的CO2为4×

0.6=2.4mol，说明反应的CO也是2.4mol，转化率为2.4÷

4=60%。

由上c点的CO2为4×

0.8=3.2mol，CO为0.8mol。

所以反应的平衡常数为k=3.25/0.85=1024。

③反应放热升高温度平衡逆向移动，转化率下降，选项a错误。

增大压强平衡不移动，选项b错误。

加入催化剂平衡不移动，选项c错误。

移走二氧化碳，减小生成物浓度，平衡正向移动，转化率升高，选项d正确。

本题中使用的课本中的一个计算结论：

离子的水解平衡常数应该等于水的离子积KW与该离子水解得到的弱电解质的电离平衡常数的比值。

即：

。

10.某科研小组以废旧的含镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等）为原料制取Ni2O3，工艺流程如下图：

相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：

（1）滤渣的主要成分为BaSO4和____________________（填化学式）。

（2）操作A中发生反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+、_________________________；

操作A中没有FeS和NiS沉淀产生，其原因是（用Ka和Ksp解释）__________________________。

（3）操作B加入H2O2的目的是________________，加NaOH溶液调节pH应在____________范围内；

操作C中加入NaF的目的是____________________。

（4）该工艺流程中使用H2S气体，优点是可以制取副产品CuSO4·

5H2O，但也有明显的缺点：

一是产生空气污染，二是______________________________________________。

（5）电解产生2NiOOH·

H2O的原理为：

在碱性条件下电解，Cl-在阳极被氧化为ClO-，ClO-再将Ni2+氧化成2NiOOH·

H2O沉淀。

则阳极的电极反应式为________________________。

（6）0.80gCuSO4·

5H2O副产品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，CuSO4·

5H2O稳定存在的温度应低于________，则200℃时固体物质的化学式____________。

【答案】

（1）.CaSO4•2H2O

（2）.2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓（3）.由Ka2=[S2-]•[H+]/[HS-]知：

若溶液中c（H+）过大，则c（S2-）过小，达不到FeS和NiS沉淀的溶度积（4）.将Fe2+氧化成Fe3+，有利于转化成Fe（OH）3沉淀（5）.3.2≤pH＜6.7（6）.将Ca2+转化成CaF2沉淀（7）.产生更多的Fe2+和H+，将消耗更多的氧化剂（H2O2）和NaOH（8）.Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O（9）.102℃（10）.CuSO4•H2O

（1）由题目已知CaSO4•2H2O微溶，原料中含有一定量的CaO，加入硫酸酸浸，所以应该有CaSO4•2H2O析出。

（2）操作A的生成物中有单质S，只能是溶液中的Fe3+将通入的H2S氧化为单质S，方程式为：

2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓。

注意：

H2S是弱酸，不能拆分。

上一步酸浸中硫酸应该过量，这一步通入H2S，H2S本来就是一个二元弱酸电离能力较差（Ka很小），上一步过量的氢离子对其电离又起到了抑制作用，所以溶液中的S2-的浓度应该很小。

此时如果要形成硫化物沉淀，就要求该硫化物的KSP极小，本题中FeS和NiS的KSP较大，无法沉淀。

（3）加入过氧化氢的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+，以利于转化为氢氧化铁的沉淀除去。

此时应该控制的pH是3.2到6.7之间（保证Fe3+沉淀完全，同时不沉淀Ni2+）。

由题目已知，CaF2是难溶物，所以加入NaF是为了除去溶液中剩余的少量Ca2+。

（4）使用H2S气体，发生反应：

2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，下一步中又要将Fe2+氧化为Fe3+，所以这个过程会增加需要加入的过氧化氢的量。

同时反应生成H+会导致后续沉淀氢氧化铁的时候需要加入更多的氢氧化钠。

（5）阳极产生的是ClO-（ClO-再将Ni2+氧化成2NiOOH·

H2O沉淀，是在溶液中进行的，不是电极反应），所以应该是Cl失去电子转化为ClO-，方程式为：

Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O。

............

11.金属铁、铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。

下图1表示铜与氯形成化合物A的晶胞（黑球代表铜原子）。

图2是Fe3+与乙酰乙酸乙酯形成的配离子B。

回答下列问题

（1）基态Cu原子的核外电子排布式为____________________________。

（2）从原子结构角度分析，第一电离能I1（Fe）与I1（Cu）的关系是：

I1（Fe）________I1（Cu）（填“>

“<

”或“=”）

（3）化合物A的化学式为____________，Cl原子的配位数是____________。

（4）B中碳原子的杂化轨道类型为________，含有的化学键为________（填字母）。

a．离子键b．金属键c．极性键d．非极性键

e．配位键f．氢键g．σ键h．π键

（5）化合物A难溶于水，但易溶于氨水，其原因可能是________________；

与NH3互为等电子体的分子有________________（写化学式，一种即可）。

NH3的键角大于H2O的键角的主要原因是________________________________________。

（6）已知化合物A晶体的密度为ρg·

cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中两个Cu原子之间的最短距离为________________________nm（列出计算表达式即可）。

【答案】

（1）.[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1

（2）.>

（3）.CuCl（4）.4（5）.sp2、sp3（6）.cdegh（7）.Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子）（8）.PH3（或AsH3等合理答案）（9）.NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小（10）.

（1）Cu为29号元素，核外电子排布为：

[Ar]3d104s1（具有3d能级的全满稳定结构）。

（2）Fe和Cu第一电离能都是失去4s上的一个电子需要失去的能量，Fe的4s上是一对电子，Cu的4s上是一个单电子，所以Fe失去4s上的电子需要额外拆开成对电子消耗能量，所以第一电离能I1（Fe）与I1（Cu）的关系是：

I1（Fe）＞I1（Cu）。

（3）晶胞图中，Cl占据晶胞的8个顶点和6个面心，有：

个，Cu都在晶胞内有4个，所以化学式为CuCl。

（4）配离子B中有形成4个单键的C，还有形成一个双键的C，所以是sp3和sp2杂化。

根据图示，其中存在用→表示的配位键，碳碳之间的非极性键，大量的极性键，单键都是σ键，双键是σ键加π键。

所以答案为cdegh。

氢键不是化学键，本题不用讨论。

（5）化合物A难溶于水，但易溶于氨水，其原因只可能是其中的Cu+和氨水中的NH3形成了配离子。

等电子体的要求是原子数和价电子数都相同，所以最好的方法是进行同主族元素代换，所以答案为PH3等。

NH3和H2O的中心原子都是sp3杂化，但是N有一个孤电子对，O有两个孤电子对，所以O对成键电子对的压迫应该强于N对成键电子对的压迫，所以NH3的键角大于H2O的键角。

（6）由图示，晶胞中两个Cu之间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即晶胞边长的

倍。

晶胞中应该含有4个CuCl，所以质量为4×

（64+35.5）÷

NA=

g。

晶体的密度为ρg·

cm-3，所以晶胞的体积为

cm3，晶胞的边长为

cm，即

nm，所以晶胞中两个Cu之间的最短距离为

nm。

12.合成H的两条途径如图：

回到下列问题：

（1）关于H说法正确的是_________（填标号）。

a．能使溴水褪色b．1mol该物质最多能与3molNaOH反应

c．属于芳香烃类物质d．分子内最多有9个碳原子共平面

（2）C生成D的反应类型为____________，G的名称为____________。

（3）写出D生成E的化学方程式________________________________