安徽省合肥市届高三下学期第二次教学质量检测理科综合化学试题Word文件下载.docx

安徽省合肥市届高三下学期第二次教学质量检测理科综合化学试题Word文件下载.docx

《安徽省合肥市届高三下学期第二次教学质量检测理科综合化学试题Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省合肥市届高三下学期第二次教学质量检测理科综合化学试题Word文件下载.docx（22页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

L－1NaOH为0.1mol，1mol氯气与2molNaOH反应转移1mol电子，故转移的电子数小于0.1NA，B项错误；

C、n（NH3）=

，n（O2）=

，依据方程式：

4NH3+5O2

4NO+6H2O可知，该反应生成1molNO，同时过量0.25molO2，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮（2NO+O2=2NO2），所以最终生成一氧化氮分子数小于NA，C项错误；

D、n（混合气体）=2.24L÷

22.4L/mol=0.1mol，若全为CH4则含极性键为0.4mol，若全为C3H6则含极性键0.6mol，由于CH4和C3H6的比例未知，则含极性键数无法确定，D项错误；

答案选A。

3.根据下列实验及其现象，所得出的结论合理的是

A.AB.BC.CD.D

【详解】A、用pH试纸分别检验等浓度Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，前者试纸变蓝比后者更深，说明Na2CO3溶液的碱性更强，根据越弱越水解，酸性H2CO3弱于H2SO3，但H2SO3不是S的最高价含氧酸，不能说明S和C非金属性强弱，A项不合理；

B、MgCl2溶液中加入NaOH溶液产生白色沉淀，该反应能发生的原因是生成难溶物使离子浓度减小，不是由于碱性强弱引起的，B项不合理；

C、向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，该钠盐可能为Na2SO3、NaHSO3、Na2S2O3等，C项不合理；

D、向有机物X中滴入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，该有机物可能含碳碳双键、碳碳三键、醛基、羟基等，也可能为苯的同系物，若该有机物为乙醇等则不能发生加成反应，D项合理；

4.据（ChemCommun）报导，Marcelmayor合成了桥连多环烃（

），拓展了人工合成自然产物的技术。

下列有关该烃的说法不正确的是

A.属于饱和环烃，不能使Br2的CCl4溶液褪色

B.与氯气取代，可得到6种不同沸点的一氯代物

C.分子中含有3个六元环，4个五元环

D.与

互为同分异构体

【答案】B

【详解】A、

属于饱和环烃，不能使Br2的CCl4溶液褪色，A项正确；

B、该有机物的结构中有5种不同环境的氢原子，因此可得到5种不同沸点的一氯代物，B项错误；

C、由结构简式可知该有机物为桥环结构，分子中含有4个五元环，3个六元环，C项正确；

D、由

的分子式为C11H16，故与

互为同分异构体，D项正确；

故选B。

5.锌碘液流电池具有高电容量、对环境友好、不易燃等优点，可作为汽车的动力电源。

该电池采用无毒ZnI2水溶液作电解质溶液，放电时将电解液储罐中的电解质溶液泵入电池，其装置如右图所示。

A.M是阳离子交换膜

B.充电时，多孔石墨接外电源的正极

C.充电时，储罐中的电解液导电性不断增强

D.放电时，每消耗1molI3－，有1molZn2+生成

【答案】C

【详解】A、根据题知左侧金属锌作负极，放电时，Zn2＋通过离子交换膜移向正极移动，故M是阳离子交换膜，故不符合题意；

B、充电时，多孔石墨做阳极，发生氧化反应，才能使电池恢复原状，所以接外电源的正极，故不符合题意；

C、充电时，阳极发生的反应为：

3I－－2e－=I3－，阴极发生的反应为：

Zn2＋＋2e－=Zn，故储罐中的电解液导电性不断减弱，故符合题意；

D、放电时，正极发生还原反应：

I3－＋2e－=3I－，故每消耗1molI3－，有1molZn2+生成，故不符合题意；

故选C。

6.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素．Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，W与X同主族，Z与Q最外层电子数相差6。

A.非金属性：

Q>

Y>

X>

Z

B.简单气态氢化物的沸点：

W

C.Y与X、Z、Q均可形成至少两种二元化合物

D.Y、Z、Q组成化合物的水溶液呈碱性

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素，则X为C元素；

元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；

元素W与X同主族，则W为Si元素；

Z与Q最外层电子数相差6，Z的原子序数大于O，若为F元素，Q最外层电子数=7-6=1，为Na元素，不满足原子序数Q>

W；

结合Z、Q为主族元素可知Z为Na元素，Q为C1元素，据此进行解答。

【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Si元素，Q为Cl元素。

A、由X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，Q为Cl元素，同周期从左到右非金属增强，同主族从上到下非金属减弱，故非金属性：

Y>

Q>

Z，故不符合题意；

B、对分子晶体，相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，X<

W，故不符合题意；

C、Y氧元素与C、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如CO、CO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，故符合题意；

D、Y、Z、Q分别为O、Na、Cl，NaClO的水溶液呈碱性，但NaClO3、NaClO4的水溶液呈中性，故不符合题意；

7.常温下，用0.10mol·

L－1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·

L－1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图所示。

A.①所示溶液中：

c（Cl－）>

c（HCN）>

c（CN－）>

c（OH－）

B.②所示溶液中：

c（Na+）>

c（Cl－）＞c（CH3COO－）>

c（CH3COOH）

C.阳离子物质的量浓度之和：

②与③所示溶液中相等

D.④所示溶液中：

c（CH3COOH）+c（H+）－c（OH－）=0.05mol·

L－1

【详解】A、①为向0.1mol/L20.00mLNaCN溶液中加入0.1mol/L10.00mLHCl，反应后得到等物质的量浓度的NaCl、HCN和NaCN的混合液，由于溶液呈碱性，c（OH-）>

c（H+），NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，则溶液中c（HCN）>

c（Cl-）>

c（CN-）>

c（OH-），A项错误；

B、②为向0.1mol/L20.00mLCH3COONa溶液中加入0.1mol/LHCl且加入盐酸的体积小于10.00mL，所得溶液含等物质的量浓度CH3COOH和NaCl、以及CH3COONa且CH3COONa的浓度大于NaCl，溶液呈酸性，故c（CH3COO-）>

c（Cl-），B项错误；

C、②和③中c（H+）相等，但加入的盐酸体积不相等，溶液中c（Na+）不相等，②与③所示溶液中阳离子物质的量浓度之和不相等，C项错误；

D、④为向0.1mol/L20.00mLCH3COONa溶液中加入0.1mol/L20.00mLHCl，两者恰好完全反应得到物质的量浓度均为0.05mol/L的CH3COOH和NaCl的混合液，溶液中电荷守恒为c（H＋）＋c（Na＋）=c（OH－）+c（CH3COO－）＋c（Cl－），由钠离子和氯离子浓度相等，结合物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.05mol/L，两式整理得c（CH3COOH）+c（H+）-c（OH-）=0.05mol/L，D项正确；

【点睛】巧抓“四点”，突破“粒子”浓度关系：

（1）抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合；

（2）抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的；

（3）抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足；

（4）抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。

三、非选择题：

（一）必考题：

8.难溶物CuCl广泛应用于化工和印染等行业。

某研究性学习小组拟热分解CuCl2·

2H2O制备CuCl，并进行相关探究。

该小组用下图所示裝置进行实验（夹持仪器略）。

回答下列问题：

（1）实验操作的先后顺序是：

①→______→_____→______→⑤。

①检查装置的气密性后加入药品；

②熄灭酒精灯，冷却；

③在“气体入口”处通干燥HCl；

④点燃酒精灯，加热；

⑤停止通人HCl，然后通入N2。

（2）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是___________；

A中发生主要反应的化学方程式为___________。

（3）反应结束后，CuC1产品中若含有少量CuCl2杂质，则产生的原因可能是___________；

若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能是___________。

（4）取agCuCl产品，先加入足量FeCl3溶液使其完全溶解，再稀释到100mL。

从中取出25.00mL，用cmol·

L－1Ce（SO4）2标准液滴定至终点[Ce（SO4）2被还原为Ce3+]；

如此滴定三次，平均消耗标准液的体积为VmL。

请写出产品溶于FeCl3溶液的离子方程式：

___________；

产品中CuC1的质量分数为___________（用含字母的式子表示）。

【答案】

（1）.③

（2）.④（3）.②（4）.先变红，后褪色；

（5）.2CuCl2·

2H2O

2CuCl+Cl2↑+4H2O；

（6）.加热温度不够；

（7）.没有在HCI气流中加热（或HCI气流不足）；

（8）.Fe3＋＋CuCl=Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－；

（9）.

；

【详解】

（1）热分解CuCl2·

2H2O制备CuCl，为了抑制CuCl2的水解（提高CuCl的产率和纯度）以及防止CuCl被氧化，所以实验开始前需要从气体入口通入HCl气体排尽装置中的空气；

实验过程中通入HCl；

实验结束停止通入HCl，通入N2直至硬质玻璃管冷却；

实验操作的先后顺序为①→③→④→②→⑤。

（2）B中物质由白色变为蓝色，说明生成了H2O；

分解过程中Cu元素的化合价由+2价降为+1价，即Cu元素被还原，则反应中还有Cl2生成，C处湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色。

根据得失电子守恒和原子守恒，A处发生的主要反应的方程式为2CuCl2·

2CuCl+Cl2↑+4H2O。

（3）反应结束后，CuCl产品中若含有少量CuCl2杂质，产生的原因可能是加热温度不够，CuCl2·

2H2O失去结晶水；

若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能是没有在HCl气流中加热，CuCl2水解生成Cu（OH）2，加热时Cu（OH）2分解成CuO和H2O。

（4）根据题意CuCl被FeCl3氧化成CuCl2，Fe3+被还原成Fe2+，反应的离子方程式为CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+。

题中发生的反应有CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，则CuCl~Ce4+，产品中n（CuCl）=

mol×

=

mol，产品中CuCl的质量分数为99g/mol×

mol÷

ag=

。

9.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。

某科研小组从某废旧铍铜元件（主要含BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：

已知：

i．铍、铝元素化学性质相似；

BeCl2熔融时能微弱电离。

ii．常温下：

Ksp[Cu（OH）2]=2.2×

10－20，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×

10－38，Ksp[Mn（OH）2]=2.1×

10－13。

（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有___________（填化学式）；

写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：

___________。

（2）滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为得到较纯净的BeCl2溶液，选择下列实验操作最合理步骤的顺序是___________；

电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是___________。

①加入过量的NaOH：

②加入过量的氨水；

③加入适量的HCl；

④过滤；

⑤洗涤。

（3）反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质，该反应的化学方程式为___________。

（4）常温下，若滤液D中c（Cu2+）=2.2mol·

L－1、c（Fe3+）=0.008mol·

L－1、c（Mn2+）=0.21mol·

L－1，向其中逐滴加入稀氨水，生成沉淀F是___________（填化学式）；

为了尽可能多的回收铜，所得滤液G的pH最大值为___________。

【答案】

（1）.Na2SiO3、Na2BeO2；

（2）.BeO22－＋4H＋=Be2＋+2H2O；

（3）.②④⑤③；

（4）.增强熔融盐的导电性；

（5）.MnO2＋CuS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O；

（6）.Fe（OH）3；

（7）.8.0；

Be、Al元素化学性质相似，废旧铍铜元件中加入NaOH溶液，BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中，滤渣B中含CuS、FeS；

滤液A中加入过量HCl，Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，Na2BeO2与过量HCl反应生成NaCl、BeCl2和H2O，滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2；

MnO2具有氧化性，滤渣B中加入MnO2和H2SO4，CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2（SO4）3、S，MnO2被还原为MnSO4；

滤液D中主要含CuSO4、Fe2（SO4）3、MnSO4，根据题给Cu（OH）2、Fe（OH）3、Mn（OH）2的溶度积，滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe（OH）3；

滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。

据此分析作答。

【详解】Be、Al元素化学性质相似，废旧铍铜元件中加入NaOH溶液，BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中，滤渣B中含CuS、FeS；

（1）废旧铍铜元件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息i，BeO属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，反应方程式为BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，CuS、FeS不与氢氧化钠反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；

根据信息i，反应I中为Na2BeO2与过量盐酸反应，反应的离子方程式为BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O；

（2）Be、铝元素化学性质相似，先向滤液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是②④⑤③；

BeCl2熔融时能微弱电离，熔融BeCl2中离子浓度较小，电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是增大离子浓度，增强熔融盐的导电性；

（3）反应II中CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O；

（4），Cu2＋开始沉淀时c（OH－）=

=1×

10-10mol/L；

Fe3＋开始沉淀时c（OH－）=

10-12mol/L；

Mn2＋开始沉淀时c（OH－）=

10-6mol/L，因此首先沉淀的是Fe3＋，即生成的沉淀F为Fe（OH）3。

为了尽可能多的回收Cu，滤液E中加入氨水应使Cu2+尽可能完全沉淀，Mn2+不形成沉淀，Cu2+完全沉淀时c（OH-）=

10-8mol/L<

1×

10-6mol/L，滤液G的c（OH-）最大为1×

10-6mol/L，c（H+）最小为1×

10-8mol/L，pH最大为8.0。

10.“绿水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。

NO在空气中存在如下反应：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）△H

上述反应分两步完成，如图所示。

（1）写出反应①的热化学方程式（△H用含物理量E的等式表示）：

（2）反应①和反应②中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。

决定2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）反应速率的是___________（填“反应①”或“反应②”）；

对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是___________（反应未使用催化剂）。

（3）某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如上右图所示。

前5秒内O2的平均生成速率为___________；

该温度下反应2NO+O2

2NO2的化学平衡常数K为___________。

（4）对于（3）中的反应体系达平衡后（压强为P1），若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量___________（填“增大”、“减小”或“不变”）；

若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，c（O2）=0.09mol·

L－1，则P1︰P2=___________。

（5）水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。

若向20.00mL0．10mol·

L－1HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·

L－1NaOH溶液，所得pH曲线如图所示，则A点对应的溶液中

=___________。

【答案】

（1）.①2NO（g）

N2O2（g）ΔH=（E2－E3）kJ·

mol－1；

（2）.反应②；

（3）.决定总反应速率是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢；

（4）.0.001mol·

L-1·

s-1；

（5）.100；

（6）.减少；

（7）.5：

13；

（8）.103.70；

（1）根据图像反应①的热化学方程式为2NO（g）

mol－1。

（2）根据图像反应①的活化能<

反应②的活化能，反应①为快反应，反应②为慢反应，决定2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）反应速率的是慢反应②。

对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是：

决定总反应速率是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢。

（3）前5s内υ（NO2）=（0.04mol/L-0.03mol/L）÷

5s=0.002mol/（L·

s），则υ（O2）=0.001mol/（L·

s）。

用三段式：

2NO2

2NO+O2

c（始）0.0400

c（变）0.020.020.01

c（平）0.020.020.01

反应2NO2

2NO+O2的平衡常数为（0.022×

0.01）÷

0.022=0.01，则反应2NO+O2

2NO2的平衡常数K为1÷

0.01=100。

（4）根据图像反应2NO2

2NO+O2为吸热反应，对于（3）中的反应体系达平衡后（压强为P1），若升高温度，平衡正向移动，再次达平衡后，混合气体的质量不变，混合气体物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小。

再通入一定量O2，平衡逆向移动，设转化NO物质的量浓度为x，则平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为（0.02+x）mol/L、（0.02-x）mol/L、0.09mol/L，温度不变平衡常数不变，则[（0.02-x）2×

0.09]÷

（0.02+x）2=0.01，解得x=0.01mol/L，即平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为0.03mol/L、0.01mol/L、0.09mol/L，在恒温恒容时压强之比等于物质的量浓度之比，P1：

P2=（0.02+0.02+0.01）：

（0.03+0.01+0.09）=5:

13。

（5）根据图像0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.15，则HNO2的电离平衡常数Ka=（1×

10-2.15）2÷

（0.1-1×

10-2.15）；

A点溶液呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×

10-7mol/L，溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（NO2-），则A点溶液中c（Na+）=c（NO2-），A点对应的溶液中

=Ka÷

c（H+）=[（1×

10-2.15）]÷

（1×

10-7）=103.70。

（二）选考题：

11.

铁和钴是两种重要的过渡元素。

请回答下列问题：

（1）钴在元素周期表中的位置是___________，其基态原子的价电子排布图为___________。

（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为___________；

分子中的大π键可用符号Π

表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π