优质高中高三联考理科综合化学试题答案解析Word格式文档下载.docx

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C．维生素C可以水解得到2种产物

D．维生素C不可溶于水，可以溶于有机溶剂

4．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。

该历程示意图如下，则下列说法正确的是（）

A．E为该反应的反应热

B．①→②吸收能量

C．CH4→CH3COOH过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成

D．加入催化剂能改变该反应的能量变化

5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂。

W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和。

下列说法不正确的是（）

A．X、Z的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂

B．化合物Y2X2和YZX都既存在离子键，又存在共价键

C．原子半径大小：

W>

X；

简单离子半径：

Y<

Z

D．W与X能形成多种化合物，都能与Y的最高价氧化物的水化物溶液发生反应

6．我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。

其原理如图所示。

A．Pt1电极附近发生的反应为：

SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+

B．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2：

1

C．该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极

D．该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合

7．在25°

C时，向amL0.10mol·

L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·

L-1的NaOH溶液。

滴定过程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc（OH-）]与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。

已知P点溶液中存在c（OH-）=c（H+）+c（HNO2），下列说法不正确的是（）

A．25°

C时，HNO2电离常数的数量级是10-4

B．M点溶液中存在：

2c（H+）+c（HNO2）=c（OH-）+c（NO2-）

C．图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同

D．a=10.80

二、实验题

8．废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。

锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。

I.回收锌元素，制备ZnCl2

步骤一：

向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；

步骤二：

处理滤液，得到ZnCl2·

xH2O晶体；

步骤三：

将SOCl2与ZnCl2·

xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。

制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2（夹持及加热装置略）的装置如下：

已知：

SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。

（1）接口的连接顺序为a→___→____→h→i→___→___→___→e。

（2）三颈烧瓶中反应的化学方程式：

____。

（3）步骤二中得到ZnCl2·

xH2O晶体的操作方法：

___。

（4）验证生成物中含有SO2的现象为：

II.回收锰元素，制备MnO2

（5）步骤一得到的固体经洗涤，初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的____。

III.二氧化锰纯度的测定

称取1.0g灼烧后的产品，加入1.34g草酸钠（Na2C2O4）固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参与反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出10.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为10.00mL。

（6）写出MnO2溶解反应的离子方程式___。

（7）产品的纯度为____。

三、工业流程题

9．我国黄铜矿的储量比较丰富，主要产地集中在长江中下游地区、川滇地区、山西南部、甘肃的河西走廊以及西藏高原等地。

黄铜矿是一种铜铁硫化物矿物，外观黄铜色，主要成分是CuFeS2，还含有少量的SiO2和Ni、Pb、Ag、Au等元素。

为实现黄铜矿的综合利用，设计了如下的工艺流程。

①a、b、c均为整数；

②CuCl+2Cl-

CuCl32-。

（1）CuFeS2中S的化合价为___。

铁红的主要成分是___（填化学式）。

（2）实验测得“反应I”中有SO42-生成，该反应离子方程式为___，选H2O2溶液优于HNO3的原因是___。

（3）“反应II”中NaCl浓度过大，碱式氯化铜产率较低，其原因是____。

（4）写出“焙烧I”发生反应的化学方程式___。

（5）废电解液中含有少量的Pb2+，从废电解液中除去Pb2+的方法是往其中通入H2S至饱和，使Pb2+转化为硫化物沉淀，若废电解液的pH=4，为保证不生成NiS沉淀，Ni2+浓度应控制在___以下。

（已知：

饱和H2S溶液中c（H2S）为0.1mol/L，H2S的电离常数Ka1=1.0×

10-7，Ka2=2.0×

10-15，Ksp（NiS）=1.4×

10-16）

四、原理综合题

10．含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。

回答下列问题：

（1）N2O在金粉表面发生热分解反应：

2N2O（g）

2N2（g）+O2（g）∆H

4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）∆H1

2NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（l）∆H2

∆H=____（用含∆H1、∆H2的代数式表示）。

（2）一氧化二氮可反生2N2O（g）

2N2（g）+O2（g）。

不同温度（T），N2O分解半哀期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间），则T1___T2（填“>

”、“=”或“<

”）。

当温度为T1、起始压强为P0，反应至t1min时，体系压强P=____（用P0表示）。

（3）将NH3与O2按体积比4：

5充入刚性容器中，起始体系总压强为P0kPa，分别在催化剂M、N作用下发生反应4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）∆H3=-905.0kJ/mol，NH3的分压（P）与时间和温度的关系如图所示：

①催化剂的催化效果：

M____N（填“强于”或“弱于”）。

②T°

C时，0~12.5min内P（NH3）减小量___（填“>

”）12.5~25min内P（NH3）减小量，理由为___。

（4）NaClO2是一种绿色消毒剂和漂白剂，工业上采用电解法制备NaClO2的原理如图所示。

①交换膜应选用___（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。

②阳极的电极反应式为_____。

11．形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。

世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理"

的想象。

学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。

（1）基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]__，基态Ga原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为___。

（2）HC≡CNa（乙炔钠）广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为___。

乙炔钠中存在___（填字母）。

A．金属键B．σ键C．π键D．氢键E.配位键F.离子键G.范德华力

（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子的立体构型为____。

写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式___。

（4）钙和铁都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铁的熔沸点远高于钙，其原因是____。

（5）配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN-的结构式可以表示为[S=C=N]-或[S-C≡N]-，SCN-与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5。

SCN-中提供孤电子对的原子可能是___。

（6）某离子晶体的晶胞结构如图所示。

①晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有___个。

②设该晶体的摩尔质量为Mg·

mol-1，晶胞的密度为ρg.cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为___cm。

12．有机化合物G是4-羟基香豆素，是重要的医药中间体，可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。

请回答：

（1）D→E的反应类型是___。

（2）G中含有的官能团名称为____。

（3）写出G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式___。

（4）化合物E的同分异构体很多，符合下列条件的结构共___种。

①能与氯化铁溶液发生显色反应；

②能发生银镜反应；

③能发生水解反应

其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：

2：

1：

1的结构简式为____。

（5）E的同分异构体很多，所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是___（填标号）。

a.质谱仪b.元素分析仪c.红外光谱仪d.核磁共振仪

（6）已知酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。

苯甲酸苯酚酯（

）是一种重要的有机合成中间体。

请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）：

参考答案

1．A

【解析】

【详解】

A.黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质，发生了化学变化，故A错误；

B.曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，故B正确；

C.液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故C正确；

D.蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故D正确；

故选：

A。

2．B

A.铜与稀硫酸不反应，故一旦浓硫酸变稀，反应即停止，即硫酸不能完全反应，故转移的电子数小于0.18NA，故A错误；

B.78g钾的物质的量为2mol，而钾反应后变为+1价，故2mol钾燃烧转移2NA个电子，故B正确；

C.氨气和HCl反应后生成的氯化铵为离子化合物，不存在分子，故C错误；

D.标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而二氧化碳中含4对共用电子对，故1mol二氧化碳中含4NA对共用电子对，故D错误；

故答案为B。

3．B

A.从题给的化学方程式可知，维生素C与I2反应时，脱去分子中环上-OH中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A错误；

B.维生素C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；

C.维生素C含有酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；

D.维生素C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D错误；

4．C

A.根据图示E为该反应的活化能，故A错误；

B.①→②的能量降低，过程为放热过程，故B错误；

C.该过程中甲烷中的C-H键断裂，为极性键的断裂，形成CH3COOH的C-C键，为非极性键形成，故C正确；

D.催化剂不能改变反应的能量变化，只改变反应的活化能，故D错误；

故答案为C。

5．D

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，推测为碳酸钠，则W为C，X为O，Y为Na，满足其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂，该物质为O和Na元素形成的Na2O2；

Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和，则Z的最外层电子数为7，则Z为Cl。

根据分析W为C，X为O，Y为Na，Z为Cl，

A.O、Cl形成的单质臭氧、氯气可作水的消毒剂，二者形成的二氧化氯具有强氧化性，也可作水的消毒剂，故A正确；

B.化合物Y2X2为Na2O2，YZX为NaClO，过氧化钠中含有离子键和共价键，NaClO中既含有离子键又含有共价键，故B正确；

C.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径大小：

W＞X；

钠离子含有2个电子层，氯离子含有3个电子层，则简单离子半径：

Y＜Z，故C正确；

D.C、O可以形成CO、二氧化碳，二氧化碳能够与NaOH溶液反应，但CO不与NaOH溶液反应，故D错误；

故答案为D。

【点睛】

碳酸钠溶液水解显碱性，故可以用来除油污；

Na2O2能与水与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为供氧剂。

6．A

SO2在负极失电子生成SO42-，所以Pt1电极为负极，Pt2电极为正极。

A.Pt1电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：

SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故A错误；

B.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：

1，故B正确；

C.质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故C正确；

D.二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D正确；

故答案为A。

7．B

已知P点溶液中存在c（OH-）=c（H+）+c（HNO2），同时溶液中存在电荷守恒：

c（OH-）+c（NO2-）=c（H+）+c（Na+），二式联立消去c（OH-）可得：

c（NO2-）+c（HNO2）=c（Na+），此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。

A.HNO2电离常数K=

，未滴加氢氧化钠时0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2⇋H++NO2，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以K=

，故A正确；

B.根据分析可知a=10.80mL，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：

c（OH-）+c（NO2-）=c（H+）+c（Na+），存在物料守恒：

c（NO2-）+c（HNO2）=2c（Na+），二式联立可得2c（H+）+c（HNO2）=2c（OH-）+c（NO2-），故B错误；

C.M、N、P、Q四点溶液中均含有：

H+、OH-、NO2-、Na+，故C正确；

D.已知P点溶液中存在c（OH-）=c（H+）+c（HNO2），同时溶液中存在电荷守恒：

c（NO2-）+c（HNO2）=c（Na+），此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，故D正确；

8．fgbcdxSOCl2+ZnCl2·

xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤品红溶液褪色除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2MnO2+C2O42-+4H+

Mn2++2CO2↑+2H2O43.5%

Ⅰ．SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，注意防止倒吸。

III.该滴定实验的原理为利用高猛酸钾标准液来测定未反应的草酸根的量，从而确定与草酸根反应的二氧化锰的量。

Ⅰ．

（1）根据分析可知装置的连接顺序为f→g→h→i→b→c→d→e，

（2）三颈烧瓶中为SOCl2与ZnCl2·

xH2O中的结晶水的反应，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，所以反应方程式为：

xSOCl2+ZnCl2·

xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2；

（3）由溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

（4）二氧化硫可使品红溶液褪色，所以当生成物中有二氧化硫时会观察到品红溶液褪色；

II.（5）固体含有碳和MnOOH，灼烧可生成二氧化碳，以除去碳，且将MnOOH氧化为MnO2，故答案为：

除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；

III.（6）MnO2溶解在草酸钠中，二氧化锰会将草酸根氧化得到锰离子和二氧化碳，结合电荷守恒和质量守恒书写可得离子方程式为：

MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；

（7）高猛酸钾在酸性环境下也可以将草酸根氧化，反应方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据方程式可知存在数量关系：

2MnO4-~5C2O42-，则10.00mL待测液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L×

0.01L×

=0.0005mol，则总剩余的n（C2O42-）=0.0005mol×

=0.005mol，总的草酸根的物质的量为

=0.01mol，则与二氧化锰反应的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根据反应方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O可知n（MnO2）=0.005mol，所以产品的纯度为

第

（2）题的方程式书写为易错点，要注意与SOCl2反应的不是单纯的水，而是ZnCl2·

xH2O中的结晶水，所以在方程式中不能写水；

从溶液中获取晶体的一般操作为：

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、（洗涤、干燥）。

9．-2Fe2O32CuFeS2+17H2O2+2H+=2Cu2++2Fe3++4SO42-+18H2O不引入杂质离子，无污染氯离子浓度大，CuCl+2Cl-

CuCl32-平衡正向移动，导致CuCl的浓度减小，生成的碱式氯化铜的量减少，产率较低2CuFeS2

Cu2S+2FeS+S0.07mol/L

本题中存在两个流程，第一个流程目的是以黄铜矿为原料生产碱式氯化铜，黄铜矿（主要含CuFeS2及少量Fe2O3、SiO2），加入稀盐酸酸浸，SiO2不溶于稀盐酸，溶液中浸出Cu2+，Fe2+，Fe3+等离子，加入H2O2溶液，酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀除去Fe3+，进行操作Ⅰ过滤，得到SiO2、Fe（OH）3滤渣，溶液中则存在Cu2+为主，还存在SO42-，加入Cu和NaCl溶液，反应生成CuCl沉淀，经过操作Ⅱ过滤得到CuCl（s）和滤液，加入H2O和O2发生反应Ⅲ，得到碱式氯化铜；

第二个流程中先将黄铜矿隔绝空气焙烧，得到Cu2S和FeS等，加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，熔渣为Fe2O3等，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到精铜。

（1）根据呈电中性CuFeS2，Cu为+2价，Fe为+2价，所以S为-2价，铁红的主要成分是Fe2O3；

（2）实验测得反应I中有SO42-生成，由S2-转化得到，H2O2作为氧化剂还会将CuFeS2中的二价铁氧化成三价，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：

2CuFeS2+17H2O2+2H+=2Cu2++2Fe3++4SO42-+18H2O；

H2O2作为氧化剂其还原产物无污染，且不引入新的杂质，而HNO3的还原产物污染环境且引入杂质；

（3）根据题目提供信息CuCl+2Cl-

CuCl32-，当氯离子浓度过大时平衡正向移动，导致CuCl的浓度减小，生成的碱式氯化铜的量减少；

（4）根据流程可知产物中有Cu2S和FeS，通的化合价降低，则必有元素的化合价升高，反应物只有CuFeS2，铁元素化合价没变，可知S的化合价升高，又因为隔绝空气焙烧，所以氧化产物应为S单质，故方程式为：

2CuFeS2

Cu2S+2FeS+S；

（5）饱和H2S溶液中c（H2S）为0.1mol/L，溶液pH=4，则溶液中c（H+）=10-4mol/L，根据Ka1=

1.0×

10-7，可解的c（HS-）约为10-4mol/L，根据Ka2=

2.0×

10-15，解得溶液中c（S2-）约为2.0×

10-15mol/L，Ksp（NiS）=1.4×

10-16=c（Ni2+）·

c（S2-），所以为保证不生成NiS沉淀，Ni2+浓度应小于

。

焙烧I过程的反应方程式书写为易错点，要注意到反应条件为隔绝氧气焙烧，再结合元素的化合价的变化即可知另一生成物为S单质，而不是S的氧化物。

10．

△H2-

△H1>

1.25p0弱与>

反应物的浓度逐渐减小，反应速率减慢阳离子交换膜2Cl--2e-=Cl2↑

（1）已知：

①4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O

（1）△H1

②2NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O

（1）△H2

盖斯定律计算（②×

2-①）×

得到N2O在金粉表面发生热分解：

2N2O（g）=2N2（g）+O2（g）△H=

△H1；

（2）温度越高，反应越快，半衰期越短，等压强p0下可以看出T2下的半衰期长因此T1大于T2；

压强之比等于物质的量之比，半衰期指的是任一浓度N2O消耗一半所需要的时间，由反应方程式可知，设起始时有2molN2O，t1时生成1molN2和0.5molO2，还剩1molN2O，故混合气体的总物质的量为（1+0.5+1）mol=2.5mol，因此在T1、p0下反应后的物质的量是起始的1.25倍，故p=1.25p0；

（3）①该反应焓变小于0，正反应为放热反应，温度越高平衡左移，氨气的平衡分压越高，所以T1