【化学】黑龙江省大庆实验中学2020届高三5月综合训练（一）理综（解析版）

【化学】黑龙江省大庆实验中学2020届高三5月综合训练（一）理综（解析版）

黑龙江省大庆实验中学2020届高三5月综合训练（一）理综 ‎7．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（ ）‎ A．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点 B．油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收 C．丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物 D．《本草纲目》中“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”指KOH ‎【答案】A ‎8．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NA ‎ B．2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间 ‎ C．用惰性电极电解饱和食盐水，若线路中通过NA个电子，则阴极产生‎11.2L（标况）气体 D．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1，现有0.1mol N2与0.3mol H2混合反应，可放热9.2kJ 解：A．50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，随反应的进行硫酸的浓度逐渐减小，变稀后则不再反应，故生成SO2分子数目小于0.46NA，故A错误；‎ B．‎2.3g Na与氧气完全反应，Na的化合价由0价变为+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，故B错误；‎ C．用惰性电极电解饱和食盐水，则阴极产生1mol氢气，化合价由+1变为0价，转移2mol电子，若线路中通过NA个电子，阴极生成‎11.2L（标况）氢气，故C正确；‎ D．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1，现有0.1mol N2与0.3mol H2混合反应，反应的氮气的物质的量小于0.1mol，则放出的热量小于9.2kJ，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎9．丙烯是一种常见的有机物。下列有关丙烯的化学用语中，正确的是（　　）‎ A．结构简式是C3H6 B．能发生取代、加成、聚合、氧化、还原反应 ‎ C．比例模型 D．聚合后的结构简式 答案：B ‎10．W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其原子序数之和为30，W与X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，四种元素形成的某种化合物的结构式为。下列说法错误的是（　　）‎ A．X为硼元素或碳元素 B．Y不属于第ⅣA族元素 C．W与Y、Z分别形成的常见化合物能反应生成盐 D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>Y 答案：A 根据W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，W与X、Y、Z都能形成共价化合物，W应该为氢元素；Y、W形成的化合物溶于水显碱性，Y为N，Y、W形成的常见化合物为NH3；Z、W形成的化合物溶于水显酸性，Z可能为F、S、Cl，根据四种元素形成化合物的结构式为可知，Z不可能为S；根据其原子序数之和为30，且W、X、Y、Z原子序数依次增大判定Z不可能为F元素，故Z为Cl元素，则X为B元素。据此推断：X为硼元素，选项A错误；Y为N，不属于第ⅣA族元素，选项B正确；Y、Z分别与W形成的常见化合物为NH3和HCl，它们能反应生成NH4Cl，属于盐，选项C正确；Z、Y最高价氧化物对应的水化物分别为HClO4、HNO3，酸性HClO4>HNO3，选项D正确。‎ ‎11．蔗糖与浓硫酸反应的实验改进装置如图所示，下列说法错误的是（　　）‎ A．改进装置后，有毒气体被碱液吸收，实现了绿色环保 B．浓硫酸在实验过程中体现了脱水性和强氧化性 C．产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明产生了CO2‎ D．该反应比较剧烈、危险，实验各物质的用量应按要求规范操作 答案：C 原实验中生成的气体直接排放到大气中，改进之后，解决了教材实验的不足，实现了绿色环保，选项A正确；浓硫酸将蔗糖分子中氢、氧原子个数按2∶1脱去生成水，体现浓硫酸的脱水性，且生成的碳单质又被浓硫酸氧化成二氧化碳，浓硫酸又体现了强氧化性，选项B正确；产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，可能是二氧化硫，也可能是二氧化碳或二者的混合物，选项C错误；该反应比较剧烈，产生大量气体和热量，利用上述密闭装置，如果没有按照规范添加反应物的用量，会存在危险，选项D正确。‎ ‎ 12．一种三层（熔）液电解辉锑矿（Sb2S3，半导体）制取锑的装置如图所示。 下列说法错误的是（ ）‎ A.Sb在阴极生成 B.三层流体互不相溶，密度也不同 C.阳极的电极反应式为xS2- - 2xe- = Sx D.该电解工艺可在室温下工作 答案：D 本题主要考查电化学原理，侧重考查学生分析和解决电化学问题的能力。在阴极 Sb2S3，得到电子生成密度大的液态锑进入下层，S2-迁移至上层NaCl-KCl-Na2S熔液中，A项正确；该冶炼法是利用液体密度不同和互不相溶而将其隔开，B项正确；由图可知在阳极产生硫蒸气Sx，C项正确；室温下熔液均为固体不导电，D项错误；‎ ‎13．某三元羧酸H‎3A在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面具有重要的地位。常温时，向10 mL 0.01 mol·L−1的H‎3A溶液中滴入0.01 mol·L−1的NaOH溶液，H‎3A、H‎2A−、HA2−、A3−的物质的量分数与溶液的pH的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）‎ A．该温度下，H‎3A的电离常数Ka1=10−a B．若b=7，加入20 mL NaOH溶液时，溶液的pH＜7‎ C．NaOH溶液的体积为30 mL时，溶液中：c(OH−)=‎3c(H‎3A)＋‎2c(H‎2A−)＋c(HA2−)＋c(H+)‎ D．反应2H‎2A−H‎3A＋HA2−在该温度下的平衡常数K=‎10a−b ‎【解析】由信息可知H‎3A属于三元弱酸，该温度下，H‎3A的电离常数Ka1 =，横坐标为a时，c(H‎3A)=c(H‎2A−)，Ka1=c(H+)，此时溶液pH=a，则Ka1=10−a，A正确；若b=7，H‎3A的电离常数Ka2=10−b=10−7，加入20 mL NaOH溶液时，H‎3A＋2OH−===HA2−＋2H2O，所得溶液的溶质为Na‎2HA，HA2−的电离常数即Ka3，则Ka3＜Ka2=10−7，HA2−的水解常数Kh2==10−7，HA2−的电离程度小于其水解程度，溶液pH＞7，显碱性，B错误；NaOH溶液的体积为30 mL时，H‎3A＋3OH−=== A3−＋3H2O，溶液中溶质为Na‎3A，A3−发生三级水解，溶液中质子守恒关系式为：c(OH−)=‎3c(H‎3A)＋‎2c(H‎2A−)＋c(HA2−)＋c(H+)，C正确；反应2H‎2A−H‎3A＋HA2−的平衡常数K===‎10a−b，D正确。‎ ‎26.（14分）工业上常用苏打烧结法提取自然界中的稀散元素硒(Se)，我国科研人员自主设计的利用粗铜电解精炼所产生含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)的阳极泥为原料，提取硒的某种工艺流程如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）电解精炼铜时，电源的正极连接_______（填“粗铜”或“精铜”），阳极溶解铜的质量__________（填“＞”“=”或“＜”）阴极析出铜的质量。‎ ‎（2）“烧结”时苏打和硒化亚铜主要生成了Na2SeO3、Cu2O和CO2气体，该反应的化学方程式为________________________________。“烧结”时生成了少部分Na2SeO4，写出“还原”时反应的离子方程式____________。‎ ‎（3）含硒烧结物浸取时，最佳加热方式为________________，除去的物质为___________（填化学式）。‎ ‎（4）本工艺副产物TeO2用于制造红外器件、声光器件材料，可溶于强酸和强碱，并形成复盐，则TeO2属于______氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”）。‎ ‎（5）把硫酸工业第一步的产物SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质，写出该反应的离子方程式___________________。若得到‎50 kg硒单质，至少需要___________kg质量分数为90%的FeS2矿石。（结果保留一位小数）‎ 答案：（1）粗铜（1分） ＜（1分）‎ ‎（2）2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2（2分） ‎ ‎2Fe2+＋＋2H+===2Fe3+＋＋H2O（2分）‎ ‎（3）水浴加热（1分） Cu2O（2分） ‎ ‎（4）两性（1分）‎ ‎（5）+H2O+2SO2===Se↓+2+2H+（2分） 84.4（2分）‎ ‎【解析】（1）电解精炼铜时，粗铜连接电源的正极，精铜连接电源的负极，阳极铜溶解放电的同时，还有锌、铁、镍等金属同时放电，阴极只有铜析出，两极转移电子数相同，所以，阳极溶解铜的质量小于阴极析出铜的质量。‎ ‎（2）根据信息，Cu2Se中+1价铜元素化合价未变，−2价硒元素化合价升高至+4价，化合价升高了6，O2被还原为−2价O，化合价降低了4，利用化合价升降法配平即可得出反应的化学方程式：2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2。‎ ‎（3）“浸取”时温度为‎80 ℃‎，水浴加热温度稳定、容易控制，所以最佳加热方式为水浴加热；从（2）题的方程式可知，产物中Cu2O难溶于水，“浸取”时除去的物质为Cu2O；TeO2与强酸和强碱均能反应，故TeO2属于两性氧化物。‎ ‎（4）Fe2+被氧化为Fe3+化合价升高了1，转化为，Se元素化合价降低了2，利用化合价升降法配平即可得出反应的离子方程式：2Fe2+＋＋2H+===2Fe3+＋＋H2O。‎ ‎（5）SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质，反应的离子方程式为+H2O+2SO2===Se↓+2+2H+。可知n(SO2)∶n()∶n(Se)=2∶1∶1，根据硫元素守恒，推出n(FeS2)∶n(SO2)=1∶2，综合可得n(FeS2)∶n(Se)=1∶1，设需要m kg FeS2，计算式如下：‎ FeS2 ～ Se ‎120 79‎ m kg×90% ‎‎50 kg 解得m=84.4。‎ ‎27．乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，Mr=288}可由乳酸与FeCO3反应制得，易溶于水，是一种很好的补铁剂。‎ Ⅰ．制备碳酸亚铁（装置如下图所示）‎ ‎（1）仪器A的名称为__________________。‎ ‎（2）实验操作：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，目的是__________；然后关闭活塞1，接下来的操作是____________________________，装置C中发生反应的离子方程式为_____________________________________________________。‎ Ⅱ．制备乳酸亚铁 向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在‎75℃‎下搅拌使之充分反应。‎ ‎（3）为防止乳酸亚铁变质，上述体系中还应加入____________________。‎ ‎（4）为证明乳酸亚铁中含有Fe2+，选择的检验试剂为________________。‎ Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量 ‎（5）经过滤、隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，获得乳酸亚铁晶体后，两位同学分别用不同的方案进行测定：‎ ‎①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度，所得纯度总是大于100%，原因可能是_____________________________________________________________。‎ ‎②乙同学查阅文献后改用(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度（反应中Ce4+被还原为Ce3+），称取‎6.00 g样品配成250.00 mL溶液，取25 mL，用0.1 mol·L-1 (NH4)4Ce(SO4)4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00 mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为__________________。‎ ‎【答案】（1）分液漏斗 ‎（2）排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化 关闭活塞3、打开活塞2 Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O ‎（3）适量铁粉 （4）KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液。‎ ‎（5）①乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏多 ②96%‎ ‎【解析】（1）由图可知，该实验仪器为分液漏斗。‎ ‎（2）碎铁中加入稀硫酸生成氢气，可排尽装置中的空气，防止生成的Fe2+被氧气氧化，排出空气后，在仪器C中生成FeCO3，需将仪器B中的压强增大，使仪器B中生成的Fe2+通过导管压入仪器C中，操作为关闭活塞3、打开活塞2；仪器C中生成FeCO3，原料为Fe2+和HCO3-，根据电荷守恒可知，化学方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。‎ ‎（3）Fe2+易被氧气氧化，可加入铁粉，使生成的Fe3+与Fe反应生成Fe2+。‎ ‎（4）检验Fe2+可用铁氰化钾，或先加入KSCN溶液不变色、加入氯水将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+再观察是否有血红色出现。‎ ‎（5）①乳酸中的羟基也可与酸性高锰酸钾溶液反应，使消耗的高锰酸钾变多，所以纯度大于100%。‎ ‎②Ce4+被还原为Ce3+，Fe2+被氧化为Fe3+，化合价升降守恒，物质的量之比为1∶1，n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.1×0.02 mol=0.002 mol，250 mL溶液取25 mL，则原样品中含有0.02 mol Fe2+，[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O的质量m=Mr×n=288×‎0.02 g=‎5.76 g，则纯度 ω=×100%=96%。‎ ‎28.（15分）甲烷水蒸气催化重整（SMR）是传统制取富氢混合气的重要方法，具有工艺简单、成本低等优点。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）已知1000 K时，下列反应的平衡常数和反应热：‎ ‎①CH4(g)C(s)+2H2(g) K1=10.2 ΔH1‎ ‎②2CO(g)C(s)+CO2(g) K2=0.6 ΔH2‎ ‎③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) K3=1.4 ΔH3‎ ‎④CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) K4 ΔH4（SMR）‎ 则1000 K时，K4=____________；ΔH4=_________（用ΔH1、ΔH2、ΔH3来表示）。‎ ‎（2）在进入催化重整装置前，先要对原料气进行脱硫操作，使其浓度为0.5 ppm以下。脱硫的目的为______________________________________________。‎ ‎（3）下图为不同温度条件下电流强度对CH4转化率的影响。由图可知，电流对不同催化剂、不同温度条件下的甲烷水蒸气催化重整反应均有着促进作用，则可推知ΔH4____0（填“>”或“<”）。‎ ‎（4）下图为不同温度条件下6小时稳定测试电流强度对H2产率的影响。由图可知，随着温度的降低，电流对H2产率的影响作用逐渐____________（填“增加”“减小”或“不变”），‎‎600 ℃‎ 时，电流对三种催化剂中的____________（用图中的催化剂表示式回答）影响效果最为显著，当温度高于‎750 ℃‎时，无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同，其原因是__________________________________________________________。‎ ‎（5）我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH4→Cads/[C(H)n]ads+(2–)H2；第二步：碳（或碳氢物种）和H2O反应生成CO2和H2，如Cads/[C(H)n]ads +2H2O→CO2 +(2+)H2。反应过程和能量变化残图如下（过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH的关系为：①_______②（填“＞”“＜”或“＝”）；控制整个过程②反应速率的是第_______步，其原因为____________________________。‎ ‎【答案】（1）33.32（2分） ΔH1+2ΔH3−ΔH2（2分）‎ ‎（2）硫能使催化剂中毒（或硫能使催化剂活性下降等）（2分）‎ ‎（3）>（2分）‎ ‎（4）增加（1分） 10Ni−3MgO/γ−Al2O3（1分） 温度高于‎750 ℃‎时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态（2分）‎ ‎（5）=（1分） Ⅱ（1分） 第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢（1分）‎ ‎【解析】（1）方程式CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，是由方程式①+2×③−②得到，K4===33.32，ΔH4=ΔH1+2ΔH3−ΔH2。‎ ‎（2）硫会与催化剂反应，会使催化剂中毒，因此要脱硫。‎ ‎（3）由图可知电流相同时，‎750 ℃‎甲烷的转化率比‎600 ℃‎时甲烷的转化率高，说明温度越高，转化率越高，K越大，ΔH4>0。‎ ‎（4）据图可知，随温度降低，H2产率的变化幅度也增大，电流对H2产率的影响作用逐渐增加；‎600 ℃‎时，10Ni−3MgO/γ−Al2O3催化剂在不同电流时H2产率的变化幅度最大，因此电流对10Ni−3MgO/γ−Al2O3催化剂影响最为显著；测试时间为6小时，当温度高于‎750 ℃‎时，由于反应速率加快，反应已经达平衡移动，而催化剂不影响平衡移动，因此无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同。‎ ‎（5）同一化学反应，催化剂只能改变反应的速率，对反应热不会造成影响，故过程①和②ΔH相等。根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即控速步骤为第Ⅱ步。‎ ‎【选做——结构化学】‎ ‎35．铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题：‎ ‎(1)钴在元素周期表中的位置是________，其基态原子的价电子排布图为__________________。‎ ‎(2)FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为________；分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则CO中的大π键应表示为________。‎ ‎(3)已知Fe2＋的离子半径为61 pm，Co2＋的离子半径为65 pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是__________________________________________。‎ ‎(4)Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01 mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀‎2.87 g，则该配合物的配位数为________。‎ ‎(5)奥氏体是碳溶解在γFe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如图所示)，则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为________；若该晶胞参数为 a pm，则该晶体的密度为________ g/cm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。‎ 解析：(1)Co在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子价电子排布图为 (2)CO中C原子的孤电子对数为×(4＋2－3×2)＝0，σ键数为3，所以价层电子对数为3，C原子采取sp2杂化；CO中参与形成大π键的原子数是4个，电子数是6个。(3)在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，原因是Fe2＋的离子半径小于Co2＋的离子半径，则FeO的晶格能大于CoO的晶格能，所以CoCO3的受热分解温度要高一些。(4)向含0.01 mol 该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀‎2.87 g，n(AgCl)＝＝0.02 mol，则该配合物可表示为[Co(NH3)5Cl]Cl2，配位数为6。(5)根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个；用均摊法计算，一个晶胞中含Fe原子个数为8×＋6×＝4，C原子个数为12×＋1＝4，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为 g/cm3＝ g/cm3。‎ 答案：(1)第四周期第Ⅷ族　‎ ‎(2)sp2　Π ‎(3)因为分解后生成的FeO和CoO中，FeO的晶格能更大 ‎(4)6‎ ‎(5)12　 ‎【选做——有机化学基础】‎ ‎36．‎ 已知：（R、R'可表示烃基或官能团）‎ A可发生如下转化（方框内物质均为有机物，部分无机产物已略去）：‎ 请回答：‎ ‎（1）F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，且分子中无甲基．已知1mol F与足量金属钠作用产生H2 ‎22.4L（标准状况），则F的分子式是　 　，名称是　 　．‎ ‎（2）G与F的相对分子质量之差为4，则G具有的性质是　 　（填字母）．‎ a．可与银氨溶液反应　　 b．可与乙酸发生酯化反应 c．可与氢气发生加成反应 d．1mol G最多可与2mol新制Cu（OH）2发生反应 ‎（3）D能与NaHCO3溶液发生反应，且两分子D可以反应得到含有六元环的酯类化合物，E可使溴的四氯化碳溶液褪色，则D→E的化学方程式是　 　，该反应类型是　 　反应．‎ ‎（4）H与B互为同分异构体，且所含官能团与B相同，则H的结构简式可能是：　 　．‎ ‎（5）A转化为B和F的化学方程式是　 　．‎ ‎（6）A的同分异构体含有两种官能团，该化合物能发生水解，且1mol该化合物能与4mol银氨溶液反应，符合该条件的同分异构体一共有　 　种。‎ 解析：（1）F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1mol F与足量金属钠作用产生H2 ‎22.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个﹣OH，应为乙二醇，即C2H6O2，故答案为：C2H6O2；乙二醇；‎ ‎（2）G应为OHC﹣CHO，为乙二醛，含有﹣CHO，可发生氧化和加成反应，不能发生酯化反应，因含有2个﹣CHO，则1molG最多可与4mol新制Cu（OH）2发生反应，‎ 故答案为：ac；‎ ‎（3）D应为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2＝CHCOOH，反应的方程式为CH3CH（OH）COOHCH2＝CHCOOH+H2O，‎ 故答案为：CH3CH（OH）COOHCH2＝CHCOOH+H2O；消去；‎ ‎（4）B为，H与B互为同分异构体，且所含官能团与B相同，可为CH2＝CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH，‎ 故答案为：CH2＝CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH；‎ ‎（5）A为，可水解生成和乙二醇，反应的方程式为，‎ 故答案为：‎ ‎（6）分子中不含醚键，只能为一个醛基一个甲酸酯基，共有12种结构。‎