精品解析全国百强校河北省衡水中学届高三上学期九模考试理科综合化学试题解析版Word文件下载.docx

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互为同系物

【答案】D

【解析】符合条件的烯烃有5种，分别为：

CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、CH2=C（CH3）CH2CH3、CH3C（CH3）=CHCH3、CH3CH2CH（CH3）=CH2，A正确；

CCl4不能够燃烧，苯含碳量高，燃烧有浓烈的黑烟，环乙烷含碳量相对苯较小一些，燃烧有黑烟生成，可以区分三种物质，B正确；

该分子左上角的（CH3）2CH-基团中，至少有一个甲基不能和苯环共平面，C正确；

三联苯分子式为C18H14，四联苯分子式为C24H18，二者组成中相差C6H4，不是相差nCH2原子团，不是同系物，D错误；

正确选项D。

点睛：

D选项最容易认为正确的，都含有苯环、环间都是单键相连、都属于芳香烃；

但是只有满足结构相似，组成上相差nCH2原子团的有机物才能互称为同系物，二者组成不能不能相差nCH2，所以三联苯与四联苯不是同系物。

4.下表为元素周期表的部分，其中A、C、D、E 

为短周期元素，最外层电子数之和为23，下列说法正确的是

A 

.元素A 

对应的氢化物，常温下一定是气态

B.元素B、E 

的原子序数相差19

C.与金属钠的反应中，1molC 

原子和1molE 

原子得电子数目一定相等

D.A、C、D均可形成18e-分子

【解析】根据周期表的结构，已知A、C、D、E为短周期元素，设C的最外层电子数为x，则这四种元素最外层电子数之和为（x-2）+x+（x+1）+x=23，x=6，所以它们分别为C、O、F、S，则B为As。

A、碳对应的氢化物即烃类，常温下有气体，也有液体和固体，所以A错误；

B、As的原子序数为33，S的原子序数为16，二者相差17，故B错误；

C、与金属钠反应时，1mol氧原子可以得到1mole-生成Na2O2，也可能得到2mole-生成Na2O，而1mol硫原子只能得到2mole-生成Na2S，故C错误；

D、碳、氧、氟可形成C2H6、H2O2和F2的18e-分子，故D正确。

本题正确答案为D。

5.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是

A.1molBrCl与H2O完全反应生成氧化氢和次溴酸。

转移的电子数为NA

B.锌与一定浓度的浓疏酸反应。

产生标准状况下SO2和H2的混合气体22.4L，锌失去电子数为2NA

C.标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.4NA

D.18gC与1molO2完全反应后。

得到CO2的分子个数为NA

【解析】该反应为非氧化还原反应，没有电子转移，A错误；

设生成SO2为xmol,H2ymol,根据气体的物质的量守恒得x+y=22.4/22.4=1mol,锌失电子的量=两种气体得电子的总量=2x+2y=2mol，锌失去电子数为2NA，B正确；

3NO2+H2O=2HNO3+NO反应转移电子数目2NA,0.3molNO2参与反应转移电子0.2NA，C错误；

过量的碳会与生成的二氧化碳继续反应生成一氧化碳，所以得到CO2的分子个数小于NA，D错误；

正确选项B。

A选项中BrCl+H2O=HCl+HBrO，该反应中各元素化合价反应前后没有变化，不属于氧化还原反应，而氯气（或溴）和水反应为氧化还原反应，这一点容易混淆。

6.我国最近在太阳能光电催化——化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。

下列说法正确的是

A.该制氢工艺中光能最终转化为化学能

B.该装置工作时，H+由b极区流向a极区

C.a 

极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+

D.a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液

【答案】A

学,科,...学,科,...学,科,...学,科,...学,科,...学,科,...学,科,...

本题考查太阳能光催化和光电催化，为解决天然气和石油化工过程中产生的大量H2S资源高值化转化（H2+S）提供了一个潜在的新途径，是电化学的应用，有一定的难度。

解题关键：

抓住电子流动的方向，理清发生的氧化还原反应。

7.T℃，分别向10ml浓度均为1mol/L的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。

所得溶液pH的两倍（2pH） 

与溶液浓度的对数（1gc） 

的关系如图所示。

下列叙述正确的是

己知：

（1）HA的电离平衡常数Ka=[c（H+）·

c（A-）]/[c（HA）-c（A-）]≈c2（H+）/c（HA）；

（2） 

pKa=-lgKa

A.弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大

B.a 

点对应的溶液中c（HA）=0.1mol/L，pH=4

C.酸性：

HA<

HB

D.弱酸HB的 

pKa=5

8.三氯化氧磷（POCl3）是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下:

I.制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。

实验装置（加热及夹持装置省略》及相关信息如下。

物质

熔点/℃

沸点/℃

相对分子质量

其他

PCl3

―112.0

76.0

137.5

均为无色液体，遇水均剧烈

水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶

POCl3

2.0

106.0

153.5

（1）仪器a的名称为_______________________________；

（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为________________________________；

（3）实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是_________________________________；

（4）装置B的作用除观察O2的流速之外，还有___________________________________；

（5）反应温度应控制在60~65℃，原因是__________________________________；

II.测定POCl3产品含量的实验步骤：

①实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液

②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.5mol/LAgNO3标准溶液（Ag++Cl-=AgCl↓）

③加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）

④以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（Ag++SCN-=AgSCN↓），到达终点时共用去10.00mLKSCN溶液。

（6）达到终点时的现象是_________________________________________；

（7）测得产品中n（POCl3）=___________________________；

（8）已知Ksp（AgCl）>

Ksp（AgSCN），据此判断，若取消步骤③，滴定结果将_______。

（填偏高，偏低，或不变）

【答案】

（1）.冷凝管（或球形冷凝管）

（2）.2PCl3+O2=2POCl3（3）.控制分液漏斗中双氧水的加入量（4）.平衡气压、干燥氧气（5）.温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度（6）.滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色（7）.0.11mol（8）.偏低

【解析】

（1）仪器a的名称为冷凝管（或球形冷凝管）；

正确答案：

冷凝管（或球形冷凝管）。

（2）加热条件下，PCl3直接被氧气氧化为POCl3；

正确答案：

PCl3+O2=POCl3。

（3）用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入O2的速率；

控制分液漏斗中双氧水的加入量。

（4）装置B中为浓硫酸，其主要作用：

干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；

平衡气压、干燥氧气。

（5）根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；

但是温度也不能太低，否则反应速率会变小；

温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。

（6）以硫酸铁溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；

滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色；

（7）KSCN的物质的量0.2×

0.01=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol；

POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.5×

0.01-0.002=0.033mol，根据氯原子守恒规律可得n（POCl3）=0.011mol，即1.6725克POCl3产品中n（POCl3）=0.011mol；

0.11mol。

（8）加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中部分氯化银可以转化为AgSCN；

已知Ksp（AgCl）>

Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少，会使测定结果偏低；

偏低。

9.碲（Te）为第VIA元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。

可从精炼铜的阳极泥（主要成分为Cu2Te）中回收碲，

（1）“培烧”后,确主要以TeO2 

形式存在，写出相应反应的离子方程式:

________________________。

（2）为了选择最佳的培烧工艺进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示:

温度/℃

硫酸加入量（理论量倍数）

浸出率/%

Cu

Te

450

1.25

77.3

2.63

460

1.00

80.29

2.81

89.86

2.87

1.50

92.31

7.70

500

59.83

5.48

550

11.65

10.63

则实验中应选择的条件为_________________，原因为______________________________。

（3）滤渣1在碱浸时发生的化学方程式为_____________________________。

（4）工艺（I）中，“还原”时发生的总的化学方程式为____________________________。

（5）由于工艺（I）中“氧化”对溶液和物料条件要求高。

有研究者采用工艺（II）获得磅.则“电积”过程中，阴极的电极反应式为____________________________________。

（6）工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。

①滤液3 

与滤液1合井。

进入铜电积系统。

该处理措施的优点为_____________________________。

②滤渣3中若含Au和Ag，可用_____将二者分离。

（填字母）

A.王水B.稀硝酸C.浓氢氧化钠溶液D.浓盐酸

【答案】

（1）.Cu2Te+4H++2O2

2Cu2++TeO2+2H2O

（2）.460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍（3）.该条件下,铜的浸出率高且碲的损失较低（4）.ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O（5）.Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O（6）.TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-（7）.CuSO4溶液回收利用，提高经济效益（8）.B

（1）Cu2Te在H2SO4条件下，与氧气在高温下反应生成TeO2和CuSO4，反应的离子方程式Cu2Te+4H++2O2

2Cu2++TeO2+2H2O；

Cu2Te+4H++2O2

2Cu2++TeO2+2H2O。

（2）从图表信息可知：

当硫酸的量一定时，温度升高时，铜的浸出率降低；

温度一定时，铜和Te的浸出率均增大。

在460℃条件下，硫酸用量为理论量的1.25倍的条件下最佳，铜的浸出率高且Te的损失较小；

460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍；

该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。

（3）从流程可知，滤渣1为ToO2，它可与碱反应生成TeO32-；

ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。

（4）从流程图可知：

Na2TeO4被Na2SO3还原为Te，而Na2SO3被氧化为Na2SO4，总反应方程式：

Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O；

Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O。

（5）根据反应ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，生成的TeO32-在阴极得电子被还原为Te，极反应方程式为：

TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-；

TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

（6）①工业生产中，滤渣2为少量的氢氧化铜固体，经硫酸酸浸后得滤液硫酸铜，滤液1中主要成分也为硫酸铜，滤液3 

与滤液1合并进入铜电积系统，提取金属铜，有效回收利用了硫酸铜，提高经济效益；

CuSO4溶液回收利用，提高经济效益。

②Au和Ag都与王水反应，与浓氢氧化钠溶液、.浓盐酸均不反应；

但是Au与稀硝酸不反应而Ag可以反应，所以可以用稀硝酸将二者分离；

B。

10.由H、C、N、O、S等元素形成多种化合物在生产生活中有着重要应用。

I.化工生产中用甲烷和水蒸气反应得到以CO和H2为主的混合气体，这种混合气体可用于生产甲醇，回答下列问题:

（1）对甲烷而言，有如下两个主要反应:

①CH4（g） 

+1/2O2（g） 

=CO（g） 

+2H2（g）△H1=-36kJ·

mol-1

2CH4（g） 

+H2O（g） 

+3H2（g） 

△H2=+216kJ·

若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO、H2，为维持热平衡，年生产lmolCO,转移电子的数目为______________________。

（2）甲醇催化脱氢可制得重要的化工产品一甲醛，制备过程中能量的转化关系如图所示。

①写出上述反应的热化学方程式________________________________。

②反应热大小比较:

过程I________过程II 

（填“大 

于”、“小于”或“等于”）。

II.（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领城的重要课题。

某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，删得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。

若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低。

其可能的原因为_____________________________________，

在n（NO）/n（CO）=1的条件下，为更好的除去NOx物质，应控制的最佳温度在_______K左右。

（4）车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。

活性炭可处理大气污染物NO。

在5L密闭容器中加入NO和活性炭（假设无杂质），一定条件下生成气体E和F。

当温度分别在T1℃ 

和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量（n/mol） 

如下表:

温度℃

活性炭

NO

E

F

初始

3.000

0.10

T1

2.960

0.020

0.040

T2

2.975

0.050

0.025

①写出NO与活性炭反应的化学方程式_________________________________________；

②若T1<

T2，则该反应的ΔH_________0 

（填“>

”、“<

”或“=”） 

；

③上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为______。

【答案】

（1）.6NA

（2）.CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol（3）.等于（4）.NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行（只写升高温度不利于反应进行也得满分，其他合理说法也得分）（5）.870（接近即可给分）（6）.C（s）+2NO（g）

CO2（g）+N2（g）（7）.<

（8）.80%

【解析】为维持热平衡，①×

6+②相加可得7CH4（g）+3O2（g）+H2O（g）=7CO（g）+15H2（g）△H=0，反应中生成7molCO转移电子总数42mol，所以产生lmolCO转移的电子数为6NA；

6NA。

（2）①根据图示所示，ΔH=生成物总能量-反应物总能量=（E2-E1）kJ/mol，反应的热化学方程式为：

CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol；

CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol。

②ΔH为E2和E1的差值，根据图示可知E2-E1的差值没有发生变化，所以过程I和过程II反应热相等；

相等。

（3）从图像变化可以看出，当不使用CO时，温度超过775K，发现NO的分解率降低，说明NO分解反应是放热反应，升高温度，平衡左移，不利于反应向右进行；

NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行（只写升高温度不利于反应进行也得满分，其他合理说法也得分）。

在n（NO）/n（CO）=1的条件下，为更好的除去NOx物质，要求NO转化率越大越好，根据图像分析，应控制的最佳温度在870K左右；

870（接近即可给分）。

（4）①根据表中信息：

反应物的变化量分别为：

∆n（C）=0.04mol，∆n（NO）=0.08mol,∆n（E）=∆n（F）=0.04mol；

即各物质的系数之比为1:

2:

1:

1，根据原子守恒规律可知反应的方程式为：

C（s）+2NO（g）

CO2（g）+N2（g）；

CO2（g）+N2（g）。

②温度为T1℃，∆n（NO）=0.08mol,，温度为T2℃，∆n（NO）=0.05mol,，若T1<

T2，升高温度，平衡左移，∆n（NO）减少，该反应正反应为放热反应；

<

。

③T1℃时，容器的体积为5升，发生如下反应

C（s）+2NO（g）

CO2（g）+N2（g）

起始量30.100

变化量0.040.080.040.04

平衡量2.960.020.040.04

反应的平衡常数为K=c（N2）c（CO2）/c2（NO）=（0.04/5）2/（0.02/5）2=4；

上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，设反应生成CO2为xmol,则：

CO2（g）+N2（g）

起始量2.960.120.040.04

变化量2xxx

平衡量0.12-2x0.04+x0.04+x

由于温度不变，平衡常数保持不变；

[（0.04+x）/5]2/[（0.12-2x）/5]2=4,解之x=0.04mol

则达到新化学平衡时NO的转化率为（2×

0.04）/0.1×

100%=80%；

80%。

反应热的计算公式为ΔH=生成物总能量-反应物总能量=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的热量，若ΔH<

0，正反应放热；

ΔH>

0，正反应吸热。

11.钴是人体必需的微量元素，含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用，请回答下列问题:

（1）Co基态原子的电子排布式为__________________________；

（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图所示，中心离子为钴离子。

①酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为____________，（用相应的元素符作答） 

碳原子的杂化轨道类型为___________________________；

②与钴离子通过配位健结合的氮原子的编是___________________________；

（3）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co（CN）2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的[Co（CN）6]4-，该配离子中的配位体为________，配位原子为____________________；

（4）Co的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_____个；

与一个钴原子等距离且次近的氧原子有______个；

若该钴的氧化物晶体中钴原子与跟它最近邻的氧原子之间的距离为r，该钴原子与跟它次近邻的氧原子之间的距离为______；

已知在该钴的氧化物晶体中钴原子的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在该钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为____（用含a、b的式子表示）。

（5）筑波材料科学国家实验室 

一个科研小组发现了在5K 

下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构（如下图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）。

下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是_______。

【答案】

（1）.1s22s22p63s