化学福建省南平市届高三上学期第一次综合质量检查理科综合解析版Word文档下载推荐.docx
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故选C。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.lL1mol/LNa2CO3溶液中，CO32-离子总数为NA
B.1LpH=2的新制氯水中，阳离子总数为0.01NA
C.C与浓H2SO4加热生成4.48LCO2气体．转移的电子数为0.4NA.
D.7.lg37Cl2中含有氯分子0.lNA
【答案】B
【解析】A.碳酸钠属于强碱弱酸盐，溶于水时发生水解反应，因此1L1mol/LNa2CO3溶液中，CO32-离子总数少于NA，故A错误；
B.1LpH=2的新制氯水中，c（H+）=0.01mol/L，溶液中中含有一种阳离子——氢离子，阳离子总数为0.01NA，故B正确；
C.未告知是否为标准状况，无法计算4.48LCO2气体的物质的量，故C错误；
D.7.lg37Cl2的物质的量=
＜0.1mol，含有氯分子少于0.lNA，故D错误；
故选B。
本题的易错点为C，使用气体摩尔体积需要注意：
①对象是否为气体；
②温度和压强是否为标准状况。
5.已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。
X原子内含有8个质子；
Y是第三周期原子半径最大的主族元素；
Z的单质是一种常见的半导体材料；
W在同周期元素中非金属性最强。
下列说法不正确的是（）
A.简单氢化物的热稳定性：
Z
B.最高价氧化物对应的水化物酸性：
C.ZX2为酸性氧化物，能与碱反应，不与任何酸反应
D.YWX中既有离子键，又有共价键
【解析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。
X原子内含有8个质子，X为O元素；
Y是第三周期原子半径最大的主族元素，Y为Na元素；
Z的单质是一种常见的半导体材料，Z为Si元素；
W在同周期元素中非金属性最强，W为Cl元素。
A.非金属性越强，简单氢化物越稳定，氢化物的热稳定性：
Z<
W，故A正确；
B.非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性：
W，故B正确；
C.SiO2为酸性氧化物，能与碱反应，只能与一种特殊的酸——氢氟酸反应，故C错误；
D.NaClO属于离子化合物，其中既有离子键，又有共价键，故D正确；
6.有人设想以N2和H2为反应物，以溶有X的稀盐酸为电解质溶液，制造出新型燃料电池，装置如图所示。
A.放电时H+向左移动，生成的物质X是NH4Cl
B.通入H2的一极为正极
C.通入N2的电极反应为：
N2+6H+-6e-=2NH3
D.放电过程右边区域溶液pH逐渐增大
【答案】A
本题考查了新型燃料电池，注意正负极的反应和判断，注意从化合价变化的角度分析。
本题中氮气和氢气反应生成氨气，反应中氮气发生还原反应，氢气发生氧化反应，因此通入氮气的电极为正极，通入氢气的电极为负极。
7.已知：
一定条件下，向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X（容器内所有物质均为气体），测得A、B容器中X的物质的量n（X）随时间t的变化如图所示。
A.A.B容积相同，但反应温度不同．且温度：
A>
B
B.A、B反应温度相同，但容积不同，且容积：
C.a，b，c三点对应的平均相对分子质量：
b>
c>
a
D.t2-t3时间段内，A、B两容器中平均反应速率相等
【解析】A.向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X，根据图像，A容器建立平衡需要的时间短，反应速率快，若A、B容积相同，反应温度不同，则温度：
B，故A正确；
B.向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X，根据图像，A容器建立平衡需要的时间短，反应速率快，若A、B反应温度相同，但容积不同，则容积：
A＜B，故B错误；
C.向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X，发生X的分解反应，该反应为气体体积增大的反应，a，b，c三点分解的X的物质的量b>
a，则气体的总物质的量b>
a，气体的质量不变，对应的平均相对分子质量：
b＜c＜a，故C错误；
D.根据图像，A容器建立平衡需要的时间短，反应速率快，t2-t3时间段内，A、B两容器中平均反应速率A＞B，故D错误；
故选A。
8.单晶硅是信息产业中重要的基础材料．通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅（含铁、铝，硼，磷等杂质）．粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度450—500℃），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。
氯气的制取：
（1）实验室用MnO2和浓盐酸制取氯气，若要制得干燥，纯净的氯气，所需装置的接口连接顺序是___（填小写字母）。
（2）写出实验室制取氯气的离子方程式：
____。
（3）装置A中恒压分液漏斗M与常用分液漏斗相比，其优点是_____，装置D的作用是____。
将上述方法制取的氯气通入下图装置中可以制得四氯化硅。
[资料]
a．四氯化硅遇水极易水解
b．硼、铝、铁，磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物
c.有关物质的熔沸点见下表：
（4）装置f中盛放的药品是____，h瓶中左边用粗导管导出物质的目的是____。
（5）从b瓶得到的液体中蒸馏出SiCl4，所需用到的仪器是___。
A．容量瓶B．温度计C．冷凝管D．分液漏斗
（6）为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2＋，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：
5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋=
5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。
某同学称取5.000g残留物，经预处理后在容量瓶中配制成100mL溶液，移取25.00mL试样溶液，用1.000×
10－2mol·
L－1KMnO4标准溶液滴定。
达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，滴定终点的现象是____，残留物中铁元素的质量分数是_______。
【答案】
（1）.aedih
（2）.MnO2＋4H＋＋2Cl－
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O（3）.平衡气压，使液体顺利流下（4）.除去氯气中的HCl气体（5）.碱石灰（6）.防止导管堵塞（7）.BC（8）.溶液变为红色，且半分钟内不褪色（或浅紫色等）（9）.4.48%
【解析】
（1）实验室用MnO2和浓盐酸制取氯气，生成的氯气中往往含有氯化氢和水蒸气，若要制得干燥，纯净的氯气，需要先用饱和的食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸干燥，所需装置的接口连接顺序为aedih，故答案为：
aedih；
（2）实验室制取氯气的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：
MnO2＋4H＋＋2Cl－
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
（3）装置A中恒压分液漏斗M与常用分液漏斗相比，其优点是可以平衡气压，使液体顺利流下，装置D中的饱和食盐水可以除去氯气中的HCl气体，故答案为：
平衡气压，使液体顺利流下；
除去氯气中的HCl气体；
（4）四氯化硅遇水极易水解，装置f中盛放的药品可以是碱石灰，防止外界空气中的水蒸气进入h，根据表格数据，四氯化硅沸点较低，容易凝华，h瓶中左边用粗导管导出物质，可以防止导管堵塞，故答案为：
碱石灰；
防止导管堵塞；
（5）从b瓶得到的液体中蒸馏出SiCl4，所需用到的仪器有温度计、冷凝管、蒸馏烧瓶、酒精灯等，故选BC；
（6）用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，MnO4-转变成Mn2+溶液颜色有紫色变成无色，KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定时，不需要指示剂，判断是否达到滴定终点的方法为：
当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液颜色由无色变为紫色，且30秒不褪色，利用关系式法计算：
5Fe2+～～～～～～～～～MnO4-
4×
10-3mol1.000×
10-2mol•L-1×
0.02L×
铁元素的质量为：
10-3mol×
56g/mol=2.24×
10-1g，铁元素的质量分数
×
100%=4.48%，故答案为：
溶液变为红色，且半分钟内不褪色；
4.48%。
9.Co3O4是制备石墨烯电池正极材料LiCoO2的原料。
以钴矿石（主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质）为原料制取Co3O4的工艺流程如下：
已知：
Co与Fe为活泼金属，氧化性由强到弱的顺序为：
Co3+>
Fe3+>
Co2+。
几种氢氧化物的溶度积如下表：
（l）写出溶解池中生成H2的离子反应方程式是____。
（2）加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+．试剂l可选用__。
A．氯化钠B．双氧水C．亚硫酸钠D.碘水
（3）残渣l的主要成分为____。
用浓氨水再调节pH，pH应略大于___。
（已知：
lg2=0.3．当离子浓度小于l.0×
l0-5mol/L，可认为沉淀完全）。
（4）操怍Ⅱ包括____、____、干燥，灼烧四个步骤；
灼烧中反应的化学方程式_________。
（5）要得到15.0g质量分数为98%的LiCoO2正极材料，理论上需要Co3O4的质量为_______g。
【答案】
（1）.Co+2H+=Co2++H2↑
（2）.B（3）.Fe（OH）3、Al（OH）3（4）.9.15（5）.过滤（6）.洗涤（7）.6Co（OH）2+O2=2Co3O4+6H2O（8）.12.05
【解析】钴矿石（主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质）煅烧后的物质中含有Fe2O3、Al2O3、Co的氧化物；
由于Co与Fe为活泼金属，氧化性由强到弱的顺序为：
加入适量Co粉和稀盐酸，溶解生成Fe2+、Co2+和Al3+，加入试剂1将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，沉淀Fe3+和Al3+，在滤液中加入氨水调节pH，沉淀Co2+，最后在空气中灼烧Co（OH）2生成Co3O4。
（1）溶解池中钴与稀盐酸反应生成氢气，反应的离子反应方程式是Co+2H+=Co2++H2↑，故答案为：
Co+2H+=Co2++H2↑；
（2）加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂1可选用双氧水，氯化钠没有氧化性，亚硫酸钠是常见的还原剂，碘水不能氧化亚铁离子，故选B；
（3）根据上述分析，残渣1的主要成分有Fe（OH）3、Al（OH）3，用浓氨水再调节pH是沉淀Co2+，根据Co（OH）2的Ksp，c（OH-）=
=
10-5，则c（H+）=
10-9，pH=9.15，故答案为：
Fe（OH）3、Al（OH）3；
9.15；
（4）操怍Ⅱ为从悬浊液中分离出Co（OH）2，操作包括过滤、洗涤、干燥，灼烧四个步骤；
灼烧中反应的化学方程式为6Co（OH）2+O2=2Co3O4+6H2O，故答案为：
过滤；
洗涤；
6Co（OH）2+O2=2Co3O4+6H2O；
（5）根据Co守恒，
3，解得m（Co3O4）=12.05g，故答案为：
12.05。
10.利用H2S废气制取H2的方法有利于环保。
（l）H2S的电子式是____，H2S溶液中H2S、HS-，S2-的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示，H2S的电离平衡常数ka1=___________
（2）利用H2S废气制取H2的方法有多种。
①热化学硫碘循环法已知循环反应如下：
H2S（g）+H2SO4（aq）═S（s）+SO2（g）+2H2O（l）△H1=61kJ/mol
SO2（g）+I2（g）+2H2O（l）=2HI（aq）+H2SO4（aq）△H2=-151kJ/mol
2HI（aq）=H2（g）+I2（g）△H3=110kJ/mol
写出硫化氢气体分解为氢气和固体硫的热化学方程式_____。
②高温热分解法
H2S（g）=H2（g）+l/2S2（g）
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。
以H2S起始浓度均为cmol/L，测定H2S的转化率，H2S的平衡转化率与温度关系如图所示。
据图可知：
温度升高平衡常数K_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
若985℃时平衡常数K=0.04，则起始浓度c=______mol/L。
③电化学法该法制氢过程的示意图如上图。
循环利用的物质是____。
反应池中化学反应方程式为______。
电解池阳极电极反应式为____。
【答案】
（1）.
（2）.10-7.24（3）.H2S（g）==H2（g）+S（s）ΔH=20KJ·
mol-1（4）.增大（5）.0.018（6）.③FeCl3（7）.2FeCl3+H2S==2FeCl2+S↓+2HCl（8）.Fe2+－e－==Fe3+
【解析】
（1）H2S的电子式为
，根据H2S溶液中H2S、HS-，S2-的物质的量分数δ（X）随pH的变化图，当pH=7.24时，c（H2S）=c（HS-），则H2S的电离平衡常数ka1=
=c（H+）=10-7.24，故答案为：
；
10-7.24；
（2）①i.H2S（g）+H2SO4（aq）═S（s）+SO2（g）+2H2O（l）△H1=61kJ/mol，ii.SO2（g）+I2（g）+2H2O（l）=2HI（aq）+H2SO4（aq）△H2=-151kJ/mol，iii.2HI（aq）=H2（g）+I2（g）△H3=110kJ/mol
根据盖斯定律，将i+ii+iii得，H2S（g）==H2（g）+S（s）ΔH=20kJ·
mol-1，故答案为：
H2S（g）=H2（g）+S（s）ΔH=20kJ/mol；
②据图可知：
温度升高，H2S的平衡转化率增大，平衡正向移动，平衡常数K增大。
985℃时，H2S的平衡转化率为40%，起始浓度H2S的浓度为cmol/L，则平衡时c（H2S）=0.6cmol/L，c（H2）=0.4cmol/L，c（S2）=0.2cmol/L，则K=0.04=
，解得c=0.018，故答案为：
增大；
0.018；
③根据装置图，硫化氢与氯化铁在反应池中发生2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，反应生成的亚铁离子在电解池中被氧化生成铁离子，参与循环利用，电解池阳极电极反应式为Fe2+－e－=Fe3+，故答案为：
FeCl3；
2FeCl3+H2S==2FeCl2+S↓+2HCl；
Fe2+－e－=Fe3+。
11.配合物Fe（CO）5的溶点-20℃，沸点103℃。
可用于制备纯铁。
Fe（CO）5的结构如图所示。
（l）基态Fe原子的价电子排布式是____；
Fe（CO）5晶体类型属于_____晶体。
（2）CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式是___，与CO互为等电子体的分子是____。
（3）C、O、Fe的第一电离能由大到小的顺序为。
（4）关于Fe（CO）5，下列说法正确的是_______。
A．Fe（CO）5是非极性分子，CO是极性分子
B．Fe（CO）5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键
C.1molFe（CO）5含有10mol配位键
D.Fe（CO）5=Fe+5CO反应没有新化学键生成
（5）铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞,三种晶体的晶胞如下图所示。
①上述三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是____填α、δ、γ）
②α晶胞中铁原子的配位数为____。
③γ晶体晶胞的边长为apm,NA表示阿伏伽德罗常数的值，则γ-Fe单质的密度_______g/cm3（列出计算式）。
【答案】
（1）.3d64s2
（2）.分子（3）.C≡O（4）.N2（5）.O>
C>
Fe（6）.AC（7）.γ（8）.6（9）.
（1）铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；
Fe（CO）5的溶点-20℃，沸点103℃，熔沸点较低，Fe（CO）5晶体属于分子晶体，故答案为：
3d64s2；
分子；
（2）CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式为C≡O，与CO互为等电子体的分子有N2，故答案为：
C≡O；
N2；
（3）C、O、Fe三种元素的原子中铁的原子半径最大，Fe原子的价电子排布式为3d64s2，失去1个电子生成3d54s2，结构更稳定，第一电离能最小，C、O是同一周期元素，同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，第一电离能由大到小的顺序为O>
Fe，故答案为：
O>
Fe；
（4）A．根据Fe（CO）5的结构可知，Fe（CO）5为三角双锥结构，分子中正负电荷分布均匀，是非极性分子，CO中正负电荷分布不均匀，是极性分子，故A正确；
B．Fe（CO）5中Fe原子与5个CO成键，不是sp3杂化，故B错误；
C.1molFe（CO）5中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，共含有10mol配位键，故C正确；
D.Fe（CO）5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了分子中的配位键，形成了金属键，故D错误；
故选AC；
（5）①根据晶胞结构图，三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是γ，故答案为：
γ；
②α晶胞中晶胞顶点的铁原子与周围的6个铁原子距离相等且最小，配位数为6，故答案为：
6；
③γ晶体晶胞的边长为apm，1个晶胞中含有的铁原子数目=8×
+6×
=4，则γ-Fe单质的密度=
g/cm3，故答案为：
。
本题的易错点为（4）和（5），（4）中要注意Fe（CO）5为三角双锥结构，具有对称性结构，铁原子与配体间形成配位键，CO中也存在配位键；
（5）中要注意晶体密度的计算方法。
另外C、O、Fe的第一电离能的大小也可以根据元素的金属性和非金属性的强弱判断。
12.香料E的合成路线如下：
（l）B的化学名称是____。
D中官能团的名称为_____。
（2）C和D生成E的反应类型为____．E的结构简式为______。
（3）1molB与足量银氨溶液反应生成____gAg；
A的核磁共振氢谱有_____个峰。
（4）同时满足下列条件的C的同分异构体有______种（不含立体异构）。
①遇FeC13溶液发生显色反应②能发生银镜反应
用D合成一种催眠药I的合成路线如下：
（5）D生成F的化学方程式为______________
（6）以乙炔和甲醛为起始原料。
选用必要的无机试剂合成
，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系．箭头上注明试剂和反应条件）__________。
【答案】
（1）.苯甲醛
（2）.羟基（3）.酯化反应（或取代反应）（4）.
（5）.216（6）.4（7）.3（8）.
（9）.
【解析】甲苯光照时与氯气发生侧链取代生成A，A为
，由于两个羟基连在同一个碳原子上会自动脱水生成羰基，因此A在氢氧化钠溶液中水解生成B，B为
，B发生银镜反应生成C，C为苯甲酸，苯甲酸与环己醇发生酯化反应生成E，E为
（1）根据上述分析，B为
，化学名称为苯甲醛。
D为环己醇，官能团为羟基，故答案为：
苯甲醛；
羟基；
（2）C（苯甲酸）和D（环己醇）发生酯化反应生成E，E的结构简式为
，故答案为：
酯化反应（或取代反应）；
（3）1molB（
）与足量银氨溶液反应生成2mol银，质量为216g；
A（
）中有4中氢原子，核磁共振氢谱有4个峰，故答案为：
216；
4；
（4）C为苯甲酸，①遇FeC13溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基；
②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，满足条件的C的同分异构体为苯环上含有羟基和醛基2个侧链，有3种结构，故答案为：
3；
（5）D（环己醇）发生催化氧化生成F，生成F的化学方程式为
（6）以乙炔和甲醛原料合成
根据上述流程图，合成
，可以首先合成
，可以根据信息
，由
与甲醛合成，因此合成路线为
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