河北省衡水中学届高三下学期一调考试理科综合化学试题Word文档格式.docx

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D．光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动

【答案】B

【解析】

A．需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故A正确；

B．分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；

C．电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；

D．光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；

答案为B。

2．下列化学用语正确的是

A．氯化钠的分子式：

NaCl

B．NH4Br的电子式：

C．比例模型

可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子

D．Mg5（Si4O10）8（OH）2·

4H2O的氧化物形式：

5MgO·

8SiO2·

5H2O

【答案】D

【详解】

A.氯化钠是离子化合物，化学式NaCl，没有分子式，A项错误；

B.NH4Br的电子式：

，B项错误；

C.比例模型

可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直线型，C项错误；

D.Mg5（Si4O10）8（OH）2·

5H2O，D项正确。

故答案选D。

【点睛】

比例模型不仅表示分子组成和内部成键情况，即结构式的特点，还涵盖了空间构型的特点。

3．轮烷的某种合成原料由C、H、O三种元亲组成，其球棍模型如图所示。

下列说法正确的是

A．该化合物的名称为乙酸乙酯

B．该化合物与Br2的四氯化碳溶液不反应

C．该化合物能发生水解反应，不能发生加聚反应

D．该化合物的链状同分异构体中，能与NaHCO3反应放出CO2的只有3种（不考虑立体异构）

A.由有机物的球棍模型可知，该有机物的结构简式为CH3COOCH=CH2，名称为乙酸乙烯酯，A项错误；

B.该化合物中含有碳碳双键，可以和Br2的四氯化碳溶液发生加成反应，B项错误；

C.该分子中含有酯基和碳碳双键，可以发生水解反应和加聚反应，C项错误；

D.能与NaHCO3反应放出CO2，说明含有羧基，符合条件的链状同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C（CH3）COOH，共有3种，D项正确。

4．用NA表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是

①31g白磷中含有1.5NA个P－P键

②1L0.1mol·

L－1的Na2CO3溶液中所含阴离子的总数目为0.1NA

③标准状况下，22.4LHF中含有NA个分子

④电解精炼铜时，若转移NA个电子，则阳极溶解32g铜

⑤将2.24L（标准状况）Cl2溶于水，转移的电子数为0.1NA

⑥常温下，含有0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2分子的数目小于0.1NA

⑦142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NA

⑧NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量为107g

A．①③④B．①⑥⑦C．③⑤⑦D．①⑥⑧

【分析】

①1mol白磷中含有6molP-P键，31g白磷（0.25mol）中含有P-P键1.5NA，正确；

②CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，1个CO32-水解产生2个阴离子，溶液中阴离子总数增大，所以1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA，错误；

③标况下，HF为液体，不能直接用气体摩尔体积计算，错误；

④粗铜中含有锌、铁、银等杂质，锌、铁先失电子，反应完成后，铜再失电子，阳极溶解铜小于32g，错误；

⑤氯气和水反应为可逆反应，0.1mol氯气反应转移电子数小于0.1NA，错误；

⑥浓硫酸与足量铜加热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，所以生成SO2的分子数小于0.1NA，正确；

⑦142g全为Na2SO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142g全为Na2HPO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NA，正确；

⑧胶体粒子为很多微粒的集合体，NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量为大于107g，错误。

综上所述，易知正确应选答案B。

5．科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。

A．过程I得到的Li3N中N元素为—3价

B．过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O===3LiOH+NH3↑

C．过程Ⅲ中能量的转化形式为化学能转化为电能

D．过程Ⅲ涉及的反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O

【答案】C

A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；

B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：

Li2N+3H2O＝3LiOH+NH3↑，B项正确；

C.由原理图可知，过程Ⅲ为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；

D.过程Ⅲ电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O，D项正确。

故答案选C。

6．用多孔石墨电极完成下列实验。

下列解释或推理合理的是

实验

现象

I中，a.b两极均有气泡产生

II，a极上析出红色固体

III，a极上析出灰白色固体

A．Ⅰ中电解一段时间后，c（Na2SO4）一定增大

B．由Ⅱ中反应H2+Cu2+=Cu↓+2H+可知，用玻璃导管将H2通入CuSO4溶液中，也会产生红色沉淀

C．Ⅲ中，只可能发生反应2Ag++Cu===Cu2++2Ag

D．I中，a极上既发生了化学变化，也发生了物理变化

A.若电解池中Na2SO4溶液是饱和溶液，电解Na2SO4溶液相当于电解水，电解一段时间后，Na2SO4溶液仍是饱和溶液，浓度不变，A项错误；

B.由Ⅱ中现象可知反应H2+Cu2+=Cu↓+2H+发生，这个发生前提是电极从电解池才取出，外界条件强加电子给铜，强行拿掉氢中的电子，因而才发生，氢气通入CuSO4溶液中不会发生反应，B项错误；

C.Ⅲ中，由于迅速从Ⅱ中取出，也可能发生反应2Ag++H2===2H++2Ag↓，C项错误；

D.a极上发生的电极反应是氢离子得到电子转化为氢气，是化学变化，产生的氢气又被吸附在多孔石墨电极上是物理变化，D项正确。

7．常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入已知浓度的NaOH溶液，若pC表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度的负对数，则所得溶液中pC（H2C2O4），pC（HC2O4－）、pC（C2O42－）与溶液pH的变化关系如图所示。

已知：

H2C2O4

HC2O4－+H+Ka1；

HC2O4－

C2O42－+H+Ka2。

则下列说法正确的是

A．当pH=3时，溶液中c（HC2O4－）<

c（C2O42－）=c（H2C2O4）

B．pH由3增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐减小

C．常温下，Ka2=10－5.3

D．常下随着pH的增大：

c2（HC2O4－）/[c（H2C2O4）c（C2O42－）]的值先增大后减小

pC表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度的负对数，所以C的物质的量浓度越大，pC越小，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入已知浓度的NaOH溶液，即pH增大，c（H2C2O4）减小，pC（H2C2O4）越大，为曲线Ⅱ，同时c（C2O42-）增大，pC（C2O42-）越小，为曲线Ⅲ，那么曲线Ⅰ则表示pC（HC2O4－）。

A.pC越小对应浓度越大，所以当pH=3时，溶液中c（HC2O4－）>

c（C2O42－）=c（H2C2O4），A项错误；

B.pH=3时溶质主要是NaHC2O4，向此时的溶液中加NaOH溶液，NaHC2O4和NaOH溶液之间会反应得到C2O42-，C2O42-的水解程度较大，对水的电离起到促进作用，B项错误；

C.b点时，HC2O4-和C2O42-的浓度相同，Ka2=[H+]=10-5.3，C项正确；

D.温度不变时，c2（HC2O4－）/[c（H2C2O4）c（C2O42－）]=

=

，显然不随pH的增大而变化，D项错误。

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

二、实验题

8．某研究小组设计如下所示实验装置（夹持装置已略去）分别探究NO与铜粉、Na2O2的反应。

①NO与Na2O2可发生反应2NO+Na2O2===2NaNO2。

②NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3－

③在溶液中存在平衡FeSO4+NO

Fe（NO）SO4（棕色）

I．关闭K3，打开K2，探究NO与铜粉的反应并检验NO。

（1）反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其目的是______________________。

（2）装置B中盛放的试剂为水，其作用是______________________。

（3）装置F中的实验现象为___________。

装置H中收集的气体为___________（填化学式）。

Ⅱ．关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2。

（4）装置G的作用是______________________。

（5）若省略装置C，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有___________（填化学式）。

（6）测定反应后装置E中NaNO2的含量。

已知；

在酸性条件下，NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组同学称取ag样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，用0.100mol·

L－1的酸性KMnO4溶液滴定至终点时，消耗bmL酸性KMnO4溶液。

①滴定过程中发生反应的离子方程式为______________________。

②滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是___________。

③样品中NaNO2的质量分数为___________用含有a、b的代数式表示）

【答案】排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮吸收挥发出的硝酸溶液由浅绿色变为棕色NO、N2吸收未参与反应的NO，防止污染空气NO2和O25NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O作氧化剂和滴定剂17.25b/a%

（1）NO易与O2反应生成NO2，反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其自的是排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮。

（2）硝酸易挥发，会随NO一起出来干扰后续的实验，所以装置B中盛放的试剂为水为了溶解挥发的硝酸。

（3）由于在溶液中存在平衡FeSO4+NO

Fe（NO）SO4（棕色），装置F中的实验现象为溶液由浅绿色变为棕色，D装置红色粉末变为黑色，NO和Cu发生了反应，生成CuO和N2，又因为NO是气体，不可能完全反应，故H收集的气体是一氧化氮和N2。

（4）根据信息NO能与酸性高锰酸钾溶液反应，装置G的作用吸收未参与反应的NO，防止污染空气。

（5）C是干燥装置，若省略装置C，那么水蒸气会与Na2O2反应生成NaOH和O2，NO和O2反应生NO2，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和O2。

（6）①在酸性条件下，NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，化学反应方程式：

5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O。

②滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用即作为滴定反应的反应物，作氧化剂，自身也可作指示剂判断反应终点，当锥形瓶滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为淡紫色，且半分钟不变色，即可。

③n（MnO4-）=0.1mol·

L-1×

b×

10-3L，n（NO2-）=n（MnO4-）×

5/2×

250/25=2.5×

10-3bmol，NaNO2的质量分数=n（NO2-）×

M（NaNO2）/a=172.5×

10-3b/a。

三、工业流程

9．碲（Te）具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以Me2Te（Me表示金属Cu、Pb、Au、Ag等）的形式存在。

（1）利用“氯化浸出-还原法”制备Te的工艺流程如下所示。

①浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCl4、H2TeO3，则浸出渣的主要成分为___________（填化学式）；

“浸出”过程中，加入NaCl的作用是___________。

“浸出”过程中，有少量污染性气体生成，需要进行尾气处理，该气体是___________（填化学名称）

②已知HAuCl4是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为___________。

③欲得到64g碲，则“二级还原”过程中至少需通入___________molSO2。

（2）“氧化碱浸-电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，经电解即可获得Te。

①以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为___________。

②电解过程中，阴极的电极反应式为___________。

③与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是___________（任写一点）

【答案】PbSO4和AgCl增大氯离子浓度，有利于HAuCl4的生成氯气[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au+4Cl-1Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O=Na2TeO3+2Cu（OH）2TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-不生成氯气等污染性气体（或工艺简单）

（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。

NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子（[AuCl4]-），促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。

NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。

②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：

[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；

③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×

4=n（SO2）×

2（其中64g的碲为0.5mol），解得n（SO2）=1mol。

（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu（OH）2。

②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

③根据以上分析可知与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。

四、综合题

10．H2是一种清洁能源。

在冶金、电力、材料等领域应用广泛。

请回答下列问题：

（1）某科研团队利用透氧膜获得N2、H2的工作原理如图甲所示（空气中N2与O2的物质的量之比按4：

1计）。

上述过程中，膜I侧所得气体的物质的量之比n（H2）：

n（N2）=3：

1，则CH4、H2O与O2反应的化学方程式为______________________。

（2）用H2和CO合成甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H1。

CO2（g）+3H2（g）==CH3OH（g）+H2O（g）△H2=－49.0kJ·

mol－1；

CO（g）+H2O（g）==CO2（g）+H2（g）△H3=－41.1kJ·

mol－1．则△H1=___________kJ·

mol－1。

（3）向容积可变的密闭容器中充入1molCO和2.2molH2，在恒温恒压条件下发生反应CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g），平衡时，CO的转化率[α（CO）]随温度、压强的变化情况如图乙所示。

①压强：

p1___________（填“>

”<

”或“=”）p2。

②M点时，H2的转化率为___________（计算结果精确到0.1%），该反应的平衡常数Kp=___________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×

物质的量分数）。

③不同温度下，该反应的平衡常数的对数值（lgK）如图丙所示，其中，A点为506K时平衡常数的对数值，则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lgK与温度（T）的关系的是___________。

（4）H2还原NO的反应为2NO（g）+2H2（g）

N2（g）+2H2O

（1），实验测得反应速率的表达式为v=kcm（NO）·

cn（H2）（k是速率常数，只与温度有关）

①某温度下，反应速率与反应物浓度的变化关系如下表所示。

编号

c（H2）/（mol/L）

c（NO）/（mol/L）

v/（mol/Lmin）

1

0.10

0.414k

2

0.20

1.656k

3

0.50

2.070k

由表中数据可知，m=___________，n=___________。

②上述反应分两步进行：

i．2NO（g）+H2（g）==N2（g）+H2O2

（1）（慢反应）；

ii．H2O2

（1）+H2（g）==2H2O

（1）（快反应）。

下列叙述正确的是___________（填字母）

A．H2O2是该反应的催化剂

B．反应i的活化能较高

C．总反应速率由反应ii的速率决定

D．反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效

【答案】14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2－90.1>

54.5％

B点和E点21BD

（1）空气中N2和O2的物质的量之比约为4：

1，膜Ⅰ侧所得气体中

，氮气的量在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气是12mol，由膜Ⅰ侧反应可知，12mol水得到电子，1mol氧气得到电子，膜Ⅰ上发生反应：

12H2O+24e-=12H2+12O2-、O2+4e-=2O2-，膜Ⅱ上14molCH4中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵守电子守恒，则反应为14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2。

（2）设已知反应方程式分别为a和b，则所求CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）方程式c=a+b，则ΔH1=ΔH2+ΔH3=－90.1kJ·

（3）①CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，CO的转化率会变大，结合图像乙，保持温度不变，转化率大的表示压强大，所以p1>

p2；

②该问可用三段式解决，M点α（CO）=60％，则CO转化了1mol×

60％=0.6mol，下面列三段式：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）

起始量1mol2.2mol0

转化量0.6mol1.2mol0.6mol

平衡量0.4mol1mol0.6mol

可知，H2转化了1.2mol，则H2的转化率为1.2mol/2.2mol×

100%=54.5％；

由上列式可知平衡时总物质的量n=（0.4+1+0.6）mol=2mol，Kp=

。

③该反应为放热反应，当温度越高时，平衡常数K越小，则lgK也会越小，也就是T与lgK呈反比，所以B点和E点符合lgK与温度（T）的关系。

（4）①保持H2的浓度不变，则

，带入编号1和编号2数据，得

，解得m=2，保持N2的浓度不变，则

，带入编号1和编号3数据，得

，解得n=1；

②A.H2O2参与两个反应，但第一步未做反应物，因而不是催化剂，实际上H2O2仅仅是中间产物，A项错误；

B.反应i是慢反应，说明反应速率小，在其他条件一样的情况下，活化能比较高，B项正确；

C.总反应速率由慢反应决定，即反应

（1），C项错误；

D.碰撞理论指出能发生化学反应的碰撞是指有效碰撞，即需要一定的能量和取向的碰撞，所以在所有碰撞中部分是有效地，D项正确。

故答案选BD。

11．一定条件下，Fe、HCN与K2CO3可发生反应Fe+6HCN+2K2CO3=K4Fe（CN）6+H2↑+2CO2↑+2H2O。

（1）金属铁的堆积方式为___________，其配位数为___________。

（2）HCN分子的结构式为___________，写出一种与CN－互为等电子体的阴离子：

___________。

（3）键角NH3___________（填“>

”“<

”或“="

）NF3，原因是___________。

（4）K4Fe（CN）6的中心离子的核外电子排布式为___________。

（5）C、N、O、H的第一电离能由小到大的顺序为___________。

（6）冰的晶体结构模型如图所示，其晶胞结构（如图所示）与金刚石的晶胞结构相似，水分子间以氢键相连，则一个晶胞中含有___________个氢键，用NA表示阿伏加德罗常数的值，若氢键的键长为dnm，则晶体密度ρ=___________g·

cm－3（用含有d、NA的代数式表示）。

【答案】体心立方堆积8

C22-＞N均采用sp3杂化，均有一对孤电子对，而电负性F＞N，故NF3中成键电子对远离中心原子N，排斥力较小，键角较小1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6C＜H＜O＜N16

（1）金属铁的紧密堆积方式为体心立方堆积，体心Fe原子与顶点8个Fe原子相邻，其配位数为8。

（2）HCN碳形成2个δ键，2个π键，HCN分子的结构式为

，与CN-互为等电子体的阴离子是C22-。

（3）由于N均采用sp3杂化，均有一对孤电子对，而电负性F＞N，故NF3中成键电子对远离中心原子N，排斥力较小，键角较小，所以NH3和NF3键角不同。

（4）配合物K4Fe（CN）6的中心离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。

（5）C、N、O处于同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族，第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以它们的电离能由小到大的顺序是C<

O<

N，同时H不在第二周期，也不与C、N、O同主族，不能直接判断