届云南省名校联考高三下学期高考模拟联合考试理综化学试题解析版Word格式文档下载.docx
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有关W的叙述不正确的是（）
A.W的分子式为C10H18O3
B.W分子中所有的碳原子不可能处于同一平面上
C.W通过加聚反应和缩聚反应均可形成高分子
D.1molW与足量的Na反应一定能生成22.4L氢气
【答案】D
【详解】A．根据W的结构简式及原子的成键方式,分子式为C10H18O3,A叙述正确；
B．根据甲烷、乙烯为中心的简单有机物的空间构型,有机物W中,5个碳原子为sp3杂化,3个碳原子sp2杂化,所有的碳原子不可能处于同一平面上,B叙述正确；
C．W中含一个羟基和一个羧基,含有碳碳双键,可发生加聚反应和缩聚反应,C叙述正确；
D．W中含一个羟基和一个羧基,未知温度和压强,与Na反应生成氢气不一定为22.4L,D叙述错误；
答案为D。
3.X、Y、Z、M是同周期原子序数依次增大的元素。
X单质常温下能与水反应,电解熔融XM制得X单质。
Y是第三周期离子半径最小的金属元素。
Z元素的单质是IT行业的基石,下列说法正确的是（）
A.X、Y两种元素的原子半径相比,前者较小
B.Z、M两种元素的气态氢化物稳定性相比,前者较大
C.Z的氧化物只能和强碱反应,不能与任何酸反应
D.Y的氧化物能分别溶解于X、M最高价氧化物对应水化物的溶液
【分析】
Y是第三周期离子半径最小的金属元素,则Y为Al；
Z元素的单质是IT行业的基石,Z为Si；
X单质常温下能与水反应,电解熔融XM制得X单质,X为Na,M为Cl,故X为Na,Y为Al,Z为Si,M为Cl。
【详解】A．X、Y两种元素分别为Na、Al,为同周期元素,原子半径：
Na＞Al,A说法错误；
B．Z、M两种元素分别为Si、Cl,且非金属性为Si＜Cl,故氢化物的稳定性：
SiH4＜HCl,B说法错误；
C．Z为Si,其氧化物为SiO2为酸性氧化物,能与NaOH溶液反应,也能与HF反应,C说法错误；
D．Y的氧化物为Al2O3,为两性氧化物,既可以和NaOH溶液反应,又能与HClO4反应,D说法正确；
4.下列关于实验室制取NH3并验证性质的各装置叙述中,不正确的是（）
A.装置①可用于实验室快速制取少量NH3
B.装置②中加入CaCl2固体可以干燥NH3
C.可用装置③收集NH3
D.打开装置④中的止水夹,加热圆底烧瓶可以引发喷泉
【答案】B
【详解】A．装置①可用浓氨水和生石灰反应用于实验室快速制取少量NH3,A正确；
B．装置②中加入为碱石灰,不能用CaCl2固体可以干燥NH3,B错误；
C．氨气的密度小于空气,装置③为短进长出,可收集NH3,C正确；
D．氨气易溶于水,打开装置④中的止水夹,加热圆底烧瓶气体热胀冷缩,导致氨气与水接触,烧瓶中的压强迅速减小,可以引发喷泉,D正确；
答案为B。
5.常温下实验室配制1L0.10mol•L-1NaHCO3标准溶液,测得该溶液的pH为8.3。
下列说法正确的是（）
A.将8.4gNaHCO3溶于1L水可得该标准溶液
B该溶液中c（H2CO3）＜c（
）
C.温度升高,该溶液中c（
）减少
D.该溶液中c（
）+2c（
）+c（H2CO3）=0.10mol/L
【详解】A．应将8.4gNaHCO3即0.1mol,溶于水配成1L溶液,A说法错误；
B．NaHCO3溶液呈碱性,说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度,因此c（
）＜c（H2CO3）,B说法错误；
C．温度升高,促进水解和电离平衡正向进行,c（
）减少,C说法正确；
D．根据物料守恒,c（
）+c（
）+c（H2CO3）=0.10mol/L,D说法错误；
6.下述实验能达到预期目的的是（）
编号
实验内容
实验目的
A
将SO2通入酸性KMnO4溶液中
证明SO2具有还原性
B
用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸中部,再与标准比色卡对比
测量氯水中的c（H+）
C
加热
除去NH4Cl中混有的I2
D
向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸
制备Fe（OH）3胶体
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【详解】A．将SO2通入酸性KMnO4溶液中,S的化合价由+4价变为+6价,作还原剂,A能达到目的；
B．新制氯水有强氧化性、漂白性,能使指示剂变质,故不能用pH试纸测量其c（H+）,B不能达到目的；
C．NH4Cl受热易分解,I2能升华,不能用加热的方法分离,C不能达到目的；
D．向盛有沸水
烧杯中滴加几滴FeCl3饱和溶液至溶液呈现红褐色时,停止加热,制备氢氧化铁胶体,D不能达到目的；
答案为A。
7.建设生态文明是关系人民福祉、关乎民族未来的大计,是实现中国梦的重要内容,如何减少CO2排放已经引起全社会广泛关注。
一种CO2回收利用装置的工作原理如图所示,此装置工作时,下列说法错误的是（）
A.太阳能转化为化学能和电能
B.催化剂a表面发生的反应为：
2H2O+4e-=O2↑+4H+
C.催化剂b极带负电,为电源的正极,质子交换膜只允许H+通过
D.标准状况下,回收22.4LCO2生成HCOOH46g
【详解】A．CO2与H2O生成HCOOH和O2是吸热反应,吸收太阳能发生反应的同时产生电流,故该装置是将太阳能转化为化学能和电能,A说法正确；
B．催化剂a表面水失电子,发生的反应为：
2H2O-4e-=O2↑+4H+,B说法错误；
C．催化剂a失去电子带正电,为电源的负极,H+经过质子交换膜从负极流向正极,C说法正确；
D．标准状况下,回收22.4LCO2即1mol,转移2mol电子,则生成1molHCOOH,即46g,D说法正确；
.
8.实验室模拟工业利用废铁镁矿渣（含SiO2、MgCO3及少量Fe2O3、FeCO3）和高纯硅工业制备的副产物SiCl4为原料,制备二氧化硅和氯化镁晶体,流程如下：
回答下列问题：
（1）反应前通常会将废矿渣粉碎,目的是______。
沉淀1是______（填名称）,SiCl4与水反应的化学方程式为______。
（2）向溶液2中加H2O2的目的是______。
试剂1可以是下列试剂中的______（填标号）。
A.NaOHB.MgCl2C.MgCO3D.MgO
（3）为使Fe3+完全沉淀,应调节pH为______。
（完全沉淀是指溶液中离子浓度小于1×
10-5mol·
L-1,Ksp[Fe（OH）3]=4×
10-38,
（4）直接加热蒸发溶液3无法获得氯化镁晶体,原因是______,应该采取的措施是______。
（5）若该流程制备MgCl2·
2H2O的产率为95%,则制得655gMgCl2·
2H2O需含MgCO3质量分数为42%的铁镁矿渣______g（保留一位小数）。
【答案】
（1）.加快反应速率,使矿渣反应充分
（2）.硅酸或原硅酸（3）.
（4）.氧化Fe2+,便于除杂（5）.CD（6）.3.2（7）.加热促进氯化镁水解,生成氢氧化镁（8）.在HCl气流中加热（9）.1052.6
SiCl4与水反应生成原硅酸和盐酸,原硅酸加热可生成二氧化硅和水；
废矿渣与盐酸反应生成氯化镁、氯化铁和氯化亚铁溶液,未反应的为二氧化硅固体；
向溶液2中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,调节pH生成氢氧化铁沉淀,再经过一系列反应生成氯化镁晶体。
【详解】
（1）将废矿渣粉碎,可增大固体与溶液的接触面积,导致反应速率增大,提高固体的浸出率；
分析可知,沉淀1为原硅酸或硅酸；
SiCl4与水反应生成原硅酸和盐酸,反应的化学方程式为SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；
（2）溶液中的亚铁离子生成沉淀时的pH较大,而铁离子的较小,向溶液2中加H2O2的目的氧化Fe2+,便于除杂；
加入试剂1为消耗溶液中的氢离子,但不能引入新的杂质离子,答案为CD；
（3）为使Fe3+完全沉淀,溶液中c3（OH-）=
=4×
10-33,c（H+）=
=
则pH=3.2；
（4）MgCl2为强酸弱碱盐,加热时水解平衡正向进行,且HCl易挥发,故直接加热生成的为氧化镁固体；
为使平衡逆向进行,应在HCl气流中加热；
（5）已知MgCl2·
2H2O的产率为95%,则m（MgCl2·
2H2O）=655g÷
95%=689.5g,n（MgCl2·
2H2O）=n（MgCO3）=5.26mol,铁镁矿渣的质量=5.26mol×
84g/mol÷
42%=1052.6g。
9.苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料。
某化学小组以苯甲酸、甲醇为原料制备苯甲酸甲酯。
实验原理及实验装置如下（部分夹持装置以及加热装置已省去）
有关物质
性质如下表所示：
苯甲酸
甲醇
苯甲酸甲酯
沸点/℃
249
64.3
199.6
相对分子质量
122
32
136
密度/g·
cm-3
1.2659
0.792
1.0888
水溶性
微溶
互溶
不溶
实验过程如下：
Ⅰ.制备苯甲酸甲酯粗产品
将24.4g苯甲酸和过量的甲醇加入三颈烧瓶中,同时加入几粒沸石,通过仪器A加入一定量浓硫酸,加热使反应充分,得苯甲酸甲酯粗产品。
（1）仪器A中支管c的作用是______。
（2）仪器B的名称是______,其作用是_____________________________。
（3）实验中需加入过量甲醇,原因是_____________________________________。
Ⅱ.提纯苯甲酸甲酯
利用下列步骤提纯产品：
①水洗分液②碱洗分离③加无水CaCl2干燥④蒸馏收集馏分⑤称量得产品16.9g。
（4）水洗分液中加入适量水的作用是______,苯甲酸甲酯从分液漏斗______（填“上口倒出”或“下口放出”）。
（5）碱洗分离的目的是除去苯甲酸,加入最适宜的试剂为______（填标号）。
A.NaOH溶液B.稀碳酸钠溶液C.碳酸钠固体D氨水
（6）本实验中苯甲酸甲酯的产率为______%（保留一位小数）。
【答案】
（1）.平衡压强,使浓硫酸顺利滴入三颈烧瓶中
（2）.球形冷凝管（3）.冷凝回流,提高反应物的转化率（4）.甲醇沸点低易损失,同时增如甲醇的量,以提高苯甲酸的转化率（5）.除去粗产品中的甲醇和硫酸（6）.下口放出（7）.C（8）.62.1
苯甲酸与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应,生成苯甲酸甲酯和水,且反应为可逆反应,加入过量的甲醇可提高苯甲酸的转化率；
甲醇、硫酸易溶于水,先用水洗,可除去甲醇和浓硫酸,再用碳酸钠洗涤,除去苯甲酸；
再利用沸点不同,用蒸馏的方法分离苯甲酸甲酯粗品。
（1）仪器A为恒压滴液漏斗,支管c可平衡压强,使浓硫酸顺利滴入三颈烧瓶中；
（2）仪器B的名称为球星冷凝管；
可使苯甲酸及甲醇冷凝回流,提高反应物的转化率；
（3）实验中需加入过量甲醇,甲醇沸点低易损失,同时增如甲醇的量,以提高苯甲酸的转化率；
（4）甲醇与硫酸易溶于水,水洗分液中加入适量水的作用为除去粗产品中的甲醇和硫酸；
苯甲酸甲酯的密度大于水,在分液漏斗中的下层,则应从下口放出；
（5）碱液碱性太强导致酯的水解,则最佳试剂为碳酸钠固体,后续干燥所需无水CaCl2的量少,答案为C；
（6）反应时甲醇过量,则苯甲酸反应的物质的量与生成苯甲酸甲酯的物质的量相等,则苯甲酸甲酯的转化率=
×
100%=62.1%。
10.Ⅰ.火箭推进器中分别装有联氨和液态过氧化氢,当它们混合时即产生气体,并放出大量热。
已知：
1.28g液态联氨与足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气,放出XkJ的热量。
N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H20（l）∆H=-YkJ/mol
H20（g）=H20（l）∆H=+ZkJ/mol
根据以上信息写出过氧化氢分解生成液态水和氧气的热化学方程式_______________。
Ⅱ.利用I2O5可消除CO污染,反应为I2O5（s）+5CO（g）⇌5CO2（g）+I2（s）。
不同温度下,向装有足量的I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2molCO,测得CO的体积分数ψ（CO）随时间t变化曲线如图。
（1）此反应的平衡常数表达式_______。
（2）a点时表示的化学反应速率v（CO）=_______。
（3）b点时CO的转化率_______；
（4）Kb_______Kd（填“大于”“小于”或“等于”）,原因是_______。
（5）由题意,此反应的ΔH_______0（填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】
（1）.2H2O2（l）=2H20（l）+O2（g）∆H=（Y-25X-4Z）kJ/mol
（2）.
（3）.0.6mol·
L-1·
min-1（4）.80%（5）.大于（6）.原因是反应达到平衡时,温度高时CO含量高,所以升温平衡逆移,平衡常数减小,Kb大于Kd（7）.小于
I．根据盖斯定律计算；
Ⅱ．利用三段式及勒夏特列原理判断。
【详解】I．已知1.28gN2H4和足量H2O2反应生成N2和H2O（g）放出XkJ的热量,则其热化学方程式为：
①N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H20（g）∆H=-25XkJ/mol②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H20（l）∆H=-YkJ/mol③H20（g）=H20（l）∆H=+ZkJ/mol,根据盖斯定律,①-②+4×
③可得2H2O2（l）=2H20（l）+O2（g）,∆H=-25XkJ/mol+YkJ/mol-4ZkJ/mol=（Y-25X-4Z）kJ/mol；
Ⅱ．
（1）根据方程式,固体的浓度为1,则
；
（2）a点时：
根据a点时CO的体积分数ψ（CO）=
=0.40,解得x=0.6mol,则从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）=
=0.6mol·
min-1；
（3）T1时：
根据b点时CO的体积分数ψ（CO）=
=0.20,得y=1.6mol,转化率=
100%=80%；
（4）反应达到平衡时,温度高时CO含量高,所以升温平衡逆移,平衡常数减小,Kb大于Kd；
（5）升温,平衡逆移,正反应为放热,ΔH小于0。
11.亚铁氰化钾（K4[Fe（CN）6]）是重要的化工原料和食品添加剂,又称黄血盐。
黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生反应：
K4[Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O
2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2SO4+6CO↑。
（1）写出基态Fe2+的核外电子排布式______。
（2）K4[Fe（CN）6]中的作用力除共价键外,还有______和______。
：
1molK4[Fe（CN）6]中含有σ键的数目为_____NA。
（3）（NH4）2SO4中N原子的杂化方式为______；
N和O相比,第一电离能更大的是______,电负性更大的是______。
（4）铁、钾、钠均采用体心立方堆积,结构如图。
晶胞中金属原子的配位数为______,钠、钾相比,熔点更高的是______,原因是______。
已知铁的原子半径为rcm,阿伏加德罗常数为NA,铁的相对原子质量为a,则铁的密度为______g·
cm-3。
【答案】
（1）.1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6
（2）.配位键（3）.离子键（4）.12NA（5）.sp3（6）.N（7）.O（8）.8（9）.钠（10）.钠的半径小，形成的金属键键能大，溶点高（11）.
（1）根据基态Fe的核外电子排布书写Fe2+的核外电子排布式；
（2）K4[Fe（CN）6]中存在钾离子与[Fe（CN）6]4-间的离子键及铁原子与CN-间的配位键；
（3）根据价层电子互斥理论及第一电离能、电负性规律判断；
（4）根据ρ=
计算。
（1）基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe2+的核外电子排布式[Ar]3d6；
1molK4[Fe（CN）6]中含有6mol铁原子与CN-间的配位键和6molC≡N，共计12molσ键，即12NA；
（3）铵根离子中N原子无孤电子对，含有4条σ键，为sp3杂化；
N原子最外层电子处于半充满的稳定状态，故第一电离能大于O原子；
N和O为同周期元素，且原子序数O大于N，则O的电负性大于N；
（4）根据晶胞的结构，距离中心原子最近且相等的金属原子有8个，则配位数为8；
钠、钾均为金属晶体，且最外层电子数相等，但钠原子半径小于钾，则Na的金属键键能比K强，则Na的熔点更高；
已知铁的原子半径为rcm，则晶胞的体对角线为4rcm，晶胞的体积=
cm3，根据晶胞的结构，一个晶胞中含有2个Fe，则密度=
g·
12.有机物Ⅰ是合成药物阿莫西林的中间体。
以有机物A为原料合成Ⅰ的路线如下：
回答下列问题
（1）A的名称是_______。
（2）B在光照条件下与Cl2反应生成C，C中官能团的名称是_______。
（3）C→D的反应条件为_______，E→F的反应类型为_______。
（4）流程中设计A→B的目的是_______。
（5）E能与银氨溶液反应，反应方程式为_______。
（6）G在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含3个六元环的有机物，其结构简式为_______。
（7）芳香族化合物X是H的同分异构体，满足以下条件的文的结构有_______种（不考虑立体异构）。
a.能使FeCl3溶液显紫色，苯环上的一溴代物只有一种
b.核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为3∶2∶2∶1
C.能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为C7H8O3
写出符合上述题意的分子式为C7H8O3的一种有机物的结构简式_______。
【答案】
（1）.对甲基苯酚（4—甲基苯酚）
（2）.氯原子、醚键（3）.氢氧化钠水溶液、加热（4）.加成反应（5）.保护酚羟基（6）.
（7）.
（8）.2（9）.
或
A与CH3I发生酚羟基上氢原子的取代反应，生成B；
B与氯气发生甲基上的取代反应，生成C即
C再发生卤代烃的水解反应生成醇，D为
D被氧化生成醛；
根据已知信息，E与HCN/OH-发生加成反应，生成F即
根据G、I的结构简式及反应物质，可确定H为
。
（1）根据A的结构简式，其名称是对甲基苯酚（4-甲基苯酚）；
（2）B在光照条件下与Cl2反应生成C，C为
，含有
官能团的名称是氯原子、醚键；
（3）C→D的反应为氯代烃的水解反应，条件为氢氧化钠水溶液、加热；
E→F的反应类型为加成反应；
（4）酚羟基易被氧化，流程中设计A→B的目的是保护酚羟基。
（5）E中含有醛基，能与银氨溶液反应，反应方程式为
+2Ag（NH3）2OH
+2Ag↓+3NH3+H2O；
（6）G在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含3个六元环的有机物，则为2个G发生酯化反应生成酯和水，其结构简式为
（7）芳香族化合物X是H
同分异构体，H为
，满足条件a.能使FeCl3溶液显紫色，苯环上的一溴代物只有一种，含有苯环，且含有酚羟基；
b.核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为3∶2∶2∶1；
c.能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为C7H8O3，X的结构有
、
，合计2种（不考虑立体异构）。
符合题意的分子式为C7H8O3的一种有机物的结构简式为
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