2018年安徽省皖北协作区高三年级联考理科综合(化学试题))试题及答案解析.doc

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1、 2018年省皖北协作区高三年级联考理科综合化学局部可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14O 16 S 32 Fe 56一、选择题：此题共7个小题，每题6分，共42分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。7齐民要术中记载了二十三种利用谷物酿制食醋的工艺。其经历的三个主要发酵过程为：糖化酒化醋化。以下说法不正确的选项是()A糖化过程是淀粉在微生物作用下分解成葡萄糖B传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程C酒化和醋化都要在有氧环境中进展D发酵液的温度控制到“小暖如人体的程度是为了提高酶的活性8阿伏加德罗常数的值为似，以下说确的是()ApH=2的CH3COOH溶液中，H+的数

2、量为0.01NAB合成氨的反响中，每生成1molNH3转移3NA个电子C9 NA 个羟基和10 NA 个氢氧根离子所含电子数相等D标准状况下，22. 4LO2和O3的混合气体中，其原子总数是2.5NA9中科院研究所首次实现了CO2催化加氢制取汽油。CO2转化过程示意图如下：以下说法不正确的选项是()A多功能催化剂可提高H2的转化率C汽油主要是C5C11的烃类混合物Ba的一氯代物有4种D图中a和b互为同系物10.以下实验操作能达到实验目的是()实验目的实验操作A制备A12S3固体AlCl3溶液与Na2S溶液反响，过滤B判断HCOOH是弱酸测定HCOONa溶液的酸碱性C枯燥SO2气体将SO2气体通

3、过盛有碱石灰的U形管D除去乙酸乙酯中的醋酸用长颈漏斗别离碳酸钠溶液和乙酸乙酯11.室温下，可充电的钠二氧化碳电池是当今新能源领域的热点，具有优异的性能。以下说确的是()A钠金属片为正极B该电池中的电解质为NaClO4，工作时ClO4-向碳纳米管电极移动C总反响为：D放电时，每消耗3molCO2，转移12mol电子12.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X形成的一种单质可用做消毒剂，Y有“国防金属的美誉，Z原子的最外层电子数与最层电子数之和等于其次外层电子数。以下说法不正确的选项是()AY和W属下同一周期，X和Z属于同一主族BY和W形成的化合物的水溶液显酸性C简单离子半径：YXW

4、c(C1-) c(HCO3-) c(H+)c(OH-)三、非选择题：一必考题：共43分26.15分甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe是一种补铁强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组在实验室利用直接合成法制各甘氨酸亚铁。有关物质性质如下所示：甘氨酸( NH2CH2COOH)柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇、易溶于水和乙醇，易溶于水，两性化合物有强酸性和复原性难溶于乙醇实验过程与装置图如下夹持和加热仪器已省略：I合成：在C中参加0.10mol甘氨酸、0.05mol硫酸亚铁、少量柠檬酸和200mL水，利用CO2将C装置中的空气排净，然后在40恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，并用恒

5、压滴液漏斗向C中滴加6molL-1NaOH溶液调节pH到6左右，使反响物充分反响。II别离：参加无水乙醇，立即出现白色沉淀。将沉淀进展过滤、洗涤，收集滤渣。提纯：将滤渣溶解于适量的蒸馏水中，然后结晶、过滤，将纯化后的产品放入真空枯燥箱中枯燥后称重。回答以下问题：(1)B装置的作用是(2)能证明C装置中空气排净的现象是_；向C中滴加NaOH溶液之前应该停止滴加盐酸，且关闭止水夹_，打开止水夹_(3)“合成中参加柠檬酸的作用是：请写出合成甘氨酸亚铁的化学方程式_。(4)参加乙醇的目的是_；“提纯时用的结晶方法为_(5)通过测量得知：等浓度(NH2CH2COO)2Fe 溶液导电能力远小于FeSO4溶

6、液。暴露在空气中，(NH2CH2COO)2Fe溶液比FeSO4溶液难被氧化，请分析原因为_(6)假设产品质量为ag，那么产率为_ %。27.14分钛酸钡粉体是电子瓷元器件的重要根底原料，其制备工艺流程图如下：(l)草酸中碳元素的化合价为_。(2)为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_ 写出一条。(3)“混合溶液环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-、和TiO(OH)+三种形式存在，如下图。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.53之间，再进展“沉淀，那么上图中曲线a对应钛的形式为_填化学式：写出“沉淀时的离子方程式：_。(4)草酸氧钛钡晶体经蒸馏

7、水数次洗涤后，证明它已被洗涤干净的实验方案_。(5)工业上TiCl4和BaCO3通常用如下方法制备：先将金红石(TiO2)与过量焦炭混合，再通人Cl2并加热到900制取TiCl4。请写出该法制取TiCl4的化学方程式：_。BaCO3是将重晶石主要成分为BaSO4浸泡在Na2CO3溶液中足够长时间来制备。请问Na2CO3溶液的浓度至少要大于_ molL-1才能开始转化。(常温下：Ksp(BaSO4)=1.010-10(molL-1)2，Ksp(BaCO3) =2.5810-9(molL-1)2，忽略CO32-的水解。28.14分碳、氮等元素与其化合物和人类生产、生活密切相关，请回答以下问题：(1

8、)氨催化氧化是硝酸工业的根底，生产过程中会发生以下反响：主反响：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)H=905kJmol-1副反响：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)H=1268kJmol-1工业上往往采用物料比在1.72.0之间，主要目的是_。下表所示是局部化学键的键能参数：化学键N-NO=O键能/kJ mol-1946497.3那么拆开1mol NO中的化学键需要吸收的能量是_kJ。(2)在一定温度下，向1L密闭恒容容器中充入l mol NO和一定物质的量的CO，在催化剂作用下发生反响：2NO (g)+2CO (g)2CO2(g)+N2(g) H0

9、，NO的物质10 s随反响时间t的变化曲线如右图：前10 sN2的平均生成速率为。 在t1时刻反响速率加快，那么在t1时刻改变的条件可能是_。填写一种(3)在723K时，将0.1mol H2和0.2mol CO2通入抽空的上述密闭容器中，发生如下反响：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，反响平衡后，水的物质的量分数为0.10。CO2 的平衡转化率等于_，反响平衡常数K等于_(保存两位有效数字)。再向容器中参加过量的CoO (s)和Co (s)，那么容器中又会增加如下平衡：CoO (s) +H2 (g)Co (s) +H2O(l)K1 CoO (s) +CO (g)Co (s) +

10、CO2(g) K2最后反响平衡时，容器中水的物质的量分数为0. 30，那么K1等于_。二选考题：共15分。请考生从2道化学题中每科任选一题作答。如果多做，那么每学科按所做的第一题计分。35【化学选修3：物质结构与性质】15分N、S、Cl元素可形成多种物质，在工业生产上有着广泛的应用。回答以下问题：(1)Fe3+可与SCN-形成多种配离子，其中一种为Fe(SCN)63-，该配离子中的SCN-会使铁的剩余价电子压缩配对，那么每个配离子中铁的单电子个数为_个。(2)Se与S是同族元素，请写出基态Se原子电子排布式_。 N与S是不同族元素，请解释NH3比H2S在水中溶解度大的原因：_。(3)有一种由1

11、9号元素中的局部元素组成，且与SCl2互为等电子体的共价化合物，它的分子式为_。借助等电子体原理可以分析出SCN-中键和键的个数比为_。(4)S4O62-的结构为，其中S原子的杂化方式是_。 N、P可分别形成多种三角锥型分子，NH3的键角大于PH3，原因是_。(5)离子晶体中阳离子和阴离子的半径比不同可形成不同的晶胞结构，见下表：半径比0.2250.4140.4140.7320.7321典型化学式立方ZnSNaClCsCl晶胞某离子晶体RA，其阴阳离子半径分别为184pm和74pm，摩尔质量为Mg/mol，那么阳离子配位数为_，晶体的密度为_g/cm3列出计算式，无需化简，设NA为阿伏加德罗常

12、数的值。36【化学选修5：有机化学根底】15分苄丙酮香豆素(H)常用于防治血觑栓栓塞性疾病。其合成路线如下图局部反响条件略去。：(1)E的名称是_，D中含氧官能团的名称是_。(2)反响的反响类型是_，反响的反响类型是_。(3) 1mol H与H2加成，最多可消耗_mol H2。(4)反响的化学方程式为_。(5)C的同分异构体中满足以下条件的有_种，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为_写一种即可。不能和FeCl3溶液发生显色反响1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反响(6)参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线。化学参考答案与评分

13、标准713题各6分，共42分。7.【答案】选C。【解析】用谷物酿制食醋经历的三个主要发酵过程为：糖化酒化醋化。分别是淀粉在微生物的作用下水解成葡萄糖，葡萄糖在微生物的作用下分解成乙醇和二氧化碳在无氧的条件下，乙醇被微生物在有氧的环境下氧化成乙酸。A.糖化过程是淀粉在微生物作用下分解成葡萄糖，故A正确。B.传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程，故B正确。C.酒化在无氧环境下，醋化在有氧的环境下。故C错误。D.发酵液的温度控制到“小暖如人体是为了提高酶的活性，故D正确。8.【答案】选B。【解析】A.由pH=2可知，溶液中c(H)=0.01 molL1，溶液的体积未知，无法计算H的数量，故A错误。B.根据

14、合成氨的反响，氮元素从单质生成NH3，化合价降低，每个氮原子得到3个电子，故每生成1molNH3，就会转移3mol电子，故B正确。C.因为每个-OH含9个电子，所以9NA个-OH含81NA个电子，而每个OH-含10个电子，所以10NA个-OH含100NA个电子，故C错误。D.标准状况下，22.4LO2和O3的混合气体共有1mol气体分子，所含氧原子的数目介于2NA和3NA之间，因不知道O2和O3的比例关系，所以不能确定氧原子数一定是2.5NA，故D错误。9.【答案】选A。【解析】A. 多功能催化剂只能影响反响的速率，不能提高H2的转化率，故A错误。B.a是异戊烷，有4种氢：，所以a的一氯代物有

15、4种，故B正确。C.汽油主要是C5C11的烃类混合物，故C正确。D.图中a为异戊烷，b为正庚烷，a和b互为同系物，故D正确。10.【答案】选B。【解析】A. Al3+与S2-在水溶液中发生完全的双水解，生成Al(OH)3和H2S，通常用铝粉和硫磺粉共热制备Al2S3固体，故A错误。B.测定HCOONa溶液是碱性的，推知HCOOH是弱酸，故B正确。C.SO2是酸性氧化物，能与碱石灰反响，所以可用中性枯燥剂如CaCl2和酸性枯燥剂如P2O5进展枯燥，不能用碱性枯燥剂如碱石灰枯燥，故C错误。D.长颈漏斗不能用来分液，需要用分液漏斗别离碳酸钠溶液和乙酸乙酯才对，故D项错误。11.【答案】选C。【解析】

16、A.该电池放电时钠金属片发生失去电子的氧化反响，钠金属片是电池的负极，故A错误。B.原电池放电时阴离子移向电池的负极即该电池的钠金属片，故B错误。C.该电池也被称为“可呼吸钠二氧化碳电池，放电时吸收CO2，充电时放出CO2，总反响为4Na+3CO22Na2CO3+C 故C正确。D.放电时每3 mol CO2参加反响，其中只有1 mol CO2被复原为C，转移4 mol电子，.故D错误。12.【答案】选D。【解析】按原子序数依次增大，X形成的一种单质可用做消毒剂，这种物质是臭氧，所以X是氧元素。“国防金属是金属镁。Z原子最层电子数是2，次外层电子数是8，最外层电子数是8-2=6，Z是硫元素。W的

17、原子序数比硫元素大且是短周期主族元素，因此W是氯元素。综合以上分析，X、Y、Z、W分别是O、Mg、S、Cl。A. Mg和Cl同属于第三周期，O和S同属于第A族,故A正确。B. Mg和Cl形成的化合物是MgCl2，MgCl2水解使其水溶液显酸性，故B正确。C.电子层结构一样的离子，核电荷数越大，半径越小。故简单离子半径：Mg2+O2-Cl-S2-，故C正确。D. Mg和O形成的MgO是离子晶体，熔点较高。而S和O形成的化合物SO2或者SO3均是分子晶体，熔点较低，故D错13.【答案】选B。【解析】A. a点溶液0.050molL1 Na2CO3和0.025 molL1 NaHCO3混合溶液，Na

18、2CO3和NaHCO3均能水解使溶液呈碱性，但主要原因是CO32-的水解，故A正确。B. b点参加10mL HCl溶液后，溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，故B错误。C.据电荷守恒可知： c(Na)+c(H)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+ c(OH-)，由于c点溶液显中性，c(H)= c(OH-)，所以c(Na)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，故C正确。D. d点参加20mL 0.10molL1HCl溶液后，溶液中c(NaCl)=0.050 molL1，c(NaHCO3)=0.0125molL1，所以c(Na)c(Cl-)c(HCO3-)，又因

19、为d点pH7，所以c(H)c(OH-)，故D正确。26.【答案】(1)除去CO2中的HCl气体1分(2)D中溶液出现浑浊 a b每空1分(3)柠檬酸具有复原性，可以防止Fe2+被氧化。1分2NH2CH2COOH + FeSO4 + 2NaOH =(NH2CH2COO)2Fe + Na2SO4 + 2H2O 2分(4)减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出。2分蒸发浓缩、冷却结晶(或冷却结晶)2分(5)由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe2+浓度小，故不易被氧化2分(6)或9.8a2分【解析】(1)用盐酸与石灰石反响制备的CO2中混有HCl气体，需要除去HCl，防止其干扰实验

20、结果。(2)当CO2排净C装置中空气进入D装置后，会与澄清的石灰水反响出现浑浊现象，所以当D中出现浑浊即说明C中空气已被排净。在进展C装置中的核心反响前，应停止通入CO2气体，所以需要停止滴加盐酸，并关闭止水夹a，打开止水夹b。因为C装置需要在加热条件下进展反响，故不能关闭止水夹c，防止压强过大出现事故。(3)在制备甘氨酸亚铁过程中始终要防止FeSO4被氧化，虽然已用CO2排除了装置中的空气，但由题目中的信息可知，柠檬酸具有复原性，可确保FeSO4不被氧化。合成甘氨酸亚铁的化学方程式2NH2CH2COOH + FeSO4 + 2NaOH =(NH2CH2COO)2Fe + Na2SO4 + 2

21、H2O(4)由题目信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以参加乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出。“提纯甘氨酸亚铁时用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶 (或冷却结晶)。(5)根据等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液可知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中它电离产生的Fe2+浓度小，故不易被氧化。(6)0.1mol的甘氨酸和0.05mol的硫酸亚铁理论上生成0.05mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204gmol-10.05mol =10.2g，假设产品质量为ag，那么产率为。27.【答案】1+32分2将BaCO3研成粉末、适当增大盐酸浓度、适当

22、加热、搅拌任写一个2分3TiOC2O4 2分TiO(C2O4)22-+ Ba2+ + 4H2O = BaTiO(C2O4)24H2O2分4取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成证明草酸氧钛钡已被洗涤干净2分5TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 2分2.5810-4 2分【解析】1在H2C2O4中H、C、O的化合价分别为+1、+3和-2。2将固体BaCO3研成粉末、适当增大反响物盐酸的浓度、适当加热、加速搅拌都可以加快反响速率，任选其一即可。3据“沉淀时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-即b微粒，随着氨水的不断参加C2O42-浓度逐渐增大的趋

23、势可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4。根据沉淀的化学式即可写出离子方程式TiO(C2O4)22-+ Ba2+ + 4H2O = BaTiO(C2O4)24H2O。4据过程知洗涤液中可能含有Cl，所以用AgNO3溶液检验即可。5由足量焦炭和Cl2判断产物为TiCl4和CO，所以化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。设BaSO4饱和溶液中c(Ba2+)和c(SO42-)均为xmolL-1，由KSP(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)知：x2=1.010-10(molL-1)2，可求出c(Ba2+)=1.010-5molL-1。再令Q(BaCO3)=c(Ba2+)c(

24、CO32-)=1.010-5molL-1c(CO32-)KSP(BaCO3)，那么c(CO32-)2.5810-9(molL-1)21.010-5molL-1=2.5810-4molL-1。28【答案】1促进主反响发生，提高NH3的转化率2分630.92分20.04 molL-1s-1 2分升高温度或者增加了CO的浓度2分315%2分 0.076 2分92分【解析】1主要反响方程式中=1.25，副反响中 =0.75，采用物料比在1.72.0之间，增加O2的量，有利于反响按主反响进展，且使主反响的平衡向正反响方向移动，提高NH3的转化率。主反响-副反响2得：N2(g)+O2(g)2NO(g) H

25、=905 kJmol-1+1268 kJmol-12=+181.5 kJmol-1。设拆开1molNO中的化学键需要消耗xkJ的能量，那么：946+497.3-2x=181.5，解得x=630.9。2前10 sN2的平均生成速率v(N2)=。由图知，在t1时刻，NO的物质的量逐渐减少，说明平衡向正反响方向移动，而反响速率加快，说明改变的条件可能是升高温度或者增加了CO的浓度。3根据反响方程式，设反响到达平衡后，CO2转化了amol，那么： CO2(g) H2(g) CO(g) + H2O(g)起始物质的量0.2mol 0.1mol 0 0转化的物质的量amolamolamolamol平衡时物质

26、的量 (0.2-a)mol (0.1-a)molamolamol，解得a=0.03CO2的平衡转化率:反响平衡常数容器中各个反响前后气体的物质的量不变，所以在参加过量的CoO(s)和Co(s)并达到新的平衡后，所有气体的总物质的量仍然为：0.2mol+0.1mol=0.3mol。此时H2O的物质的量为：0.3mol0.30=0.09mol。根据质量守恒，此时H2的物质的量为：0.1mol-0.09 mol =0.01mol。35.【答案】111分2Ar3d104s24p41分 NH3可与H2O之间形成氢键，而H2S不能，所以NH3比H2S在水中的溶解度大2分3OF2 1分111分4sp3杂化2

27、分 由于电负性NPH，且N原子半径小于P原子半径，NH3中成键电子对彼此相距更近，斥力更大，所以键角NH3PH3 或者：电负性NPH，NH3中N原子上的孤电子比照PH3中P原子上的孤电子对离核更近，对成键电子对排斥力更小，所以键角NH3PH32分54 2分3分【解析】1 Fe(SCN)63中的铁为+3价，剩余价电子为，单电子为5个，由于SCN会使铁的剩余价电子压缩配对：，所以每个配离子中铁的单电子个数为1个。234号元素Se的基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p4或Ar3d104s24p4；N的电负性3.0远大于H的2.1，使得NH3中NH键极性非常强，N原子带有明显

28、的负电荷，H2O强极性OH中的H几乎成为裸露的质子，NH3分子与H2O分子间形成了OHN氢键，使NH3在水有很大的溶解度。而S的电负性只有2.5，H2S中S所带负电荷不足以使H2S与H2O形成氢键，所以H2S在水中溶解度较小。3据等电子体原理的判断方法，前19号元素形成的物质中，只有OF2与SCl2互为等电子体。CO2的分子结构为O=C=O，其中键和键的个数比为22=11，SCN-与CO2互为等电子体，所以SCN中键和键的个数比为也11。4S4O62的结构中两边的S原子均形成4个键且无孤对电子，所以均为sp3杂化；中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子，所以均为sp3杂化。NH3和

29、PH3均是三角锥形结构，都有一对孤对电子的斥力影响，由于电负性NPH，且N原子半径小于P原子半径，NH3中成键电子对彼此相离更近，斥力更大，所以键角NH3PH3。5据741840.402，所以该晶体的晶胞为立方ZnS型，晶胞中可以明显看出阴离子的配位数为4，由于阴阳离子个数比为11，所以阳离子的配位数为4。密度计算以1mol晶胞含4mol作为计算对象，由于一个晶胞含有4个RA，阴阳离子半径之和为体对角线的1/4，且体对角线为晶胞边长的倍，所以密度的计算式g/cm3。36.【答案】1苯甲醛1分羟基、酯基2分2取代反响1分消去反响1分381分42分说明：由于D的结构重新制图时少了一个双键，所以按题

30、中D的结构写出的方程式配平也给分542分或2分63分【解析】据i.G的结构、ii.F转化为G的条件浓硫酸、加热消去反响、iii.丙酮三个碳链的结构，可逆推出F的结构为，再结合题目的信息可推知E的结构为。所以：1E的名称是苯甲醛，D中含氧官能团的名称是羟基、酯基。2略。3H的结构中有两个苯环、一个碳碳双键和一个酮羰基可以和H2加成，所以1molH最多能与8molH2进展加成反响。4反响的化学方程式根据质量守恒定律即可写出。5C的同分异构体满足条件的有：、，其中符合1223的是和。6参照苄丙酮香豆素合成路线中羟醛缩合和醇类消去的反响原理，可用苯甲醛和乙醛合成，再利用碳碳双键与卤素加成反响与卤代烃的碱性水解反响原理，即可合成。11 / 11WORD资料.