1、 理科综合能力化学测试理科综合能力化学测试 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 Ti 48 1.绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含 NH4+废水和工业废气（主要含 N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分） ，设计了如下流程： 下列说法正确的是 A. 固体 1 中主要含有 CaCO3、CaSO3 B. X可以是空气，且需过量 C. 捕获剂所捕获的气体主要是 CO D. 处理含 NH4+废水时，发生的反应为：NH4+5NO2-+4H+=6NO+4H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 N2、CO2、SO2、
2、NO、CO 通过过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收，生成碳酸钙和亚硫酸钙，剩余 气体 1 含有氮气、一氧化氮和一氧化碳，从后面产物有亚硝酸钠分析，通入的 X 可能是空气，将一氧化氮 氧化为二氧化氮，但不能过量，否则不能生成亚硝酸钠，气体 2 为一氧化碳和氮气，氮气为无污染，所以 捕获产物为一氧化碳。 【详解】A.固体还包括过量的 Ca(OH)2，A 错； B.通入空气不能过量，不然会生成 NO3-，B 错； C.通过分析，气体 2 为一氧化碳和氮气的混合气体，氮气无污染，所以捕获气体为一氧化碳，C项正确； D、铵根离子和亚硝酸根离子发生氧化还原反应生成氮气，方程式为 NH4+NO2-=N2
3、+2H2O，D错。 故选 C。 2.水解反应是有机化学中常见反应，下列有关说法正确的是 A. 糖类水解时均生成具有还原性的葡萄糖 B. 蛋白质水解的终产物是具有两性的氨基酸 C. 油脂属于高分子，水解产物之一是甘油 D. 乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙醇和乙酸 【答案】B 【解析】 【详解】A、蔗糖水解有果糖生成，A错； B、蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸具有两性，B正确； C、油脂不属于高分子，C错； D、乙酸乙酯在碱性条件下水解应生成乙酸盐，D错。 故选 B。 3.某实验小组通过下图所示实验探究 Na2O2与水的反应： 下列说法不正确的是 A. 中的大量气泡主要成分是氧气 B. 中溶液变红，
4、说明有碱性物质生成 C. 中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的 D. 中 MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度 【答案】D 【解析】 A. 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故 A正确；B. 过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是 强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故 B正确；C. 过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强 氧化性，能够使溶液褪色，故 C正确；D. 生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大 量气泡，故 D 错误；故选 D。 点睛：解答本题的关键是掌握和理解过氧化钠与水的反应。本题的易错点为 C，过氧化钠与水可能发生复分 解反应，生成氢氧
5、化钠和过氧化氢，过氧化氢具有漂白性。 4.用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 A. 100C时，1L pH=6纯水中含H+数目为10-6NA B. 0.1molL-1 Na2CO3溶液中，Na+的数目为0.2NA C. 常温常压下，17g羟基（18OH）所含中子数为9NA D. 标准状况下，22.4L CHCl3中所含CCl键的数目为3NA 【答案】A 【解析】 【详解】A、根据 pH 的定义，1L pH=6 纯水中含 H+数目为 10-6NA ，A 正确； B、溶液无体积，B错； C、18OH的摩尔质量是 19gmol -1，每个羟基含有 10 个中子，故 C 错； D、CH
6、Cl3在标准状况下是液态，D错。 故选 A。 【点睛】 阿伏加德罗常数是常考题型， 注意掌握物质的状态和物质的量之间的换算， 即注意标况下 22.4L/mol 的使用范围，注意特殊物质的结构即化学键或电子对数等的计算，掌握有关溶液中的微粒的计算，考虑水 解或电离平衡的存在对溶液中微粒的影响。 5.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取 Cu2O的电解池示意图（如图） ，电解总反应为： 2Cu+H2OCu2O+H2。下列说法正确的是 A. 电子的流向：电源负极石墨电极Cu电源正极 B. 铜电极上的电极方程式为 2Cu+H2O-2e-=Cu2O+2H+ C. 电解后溶液的 pH变大
7、D. 当有 0.1mol电子转移时，有 0.1mol Cu2O生成 【答案】C 【解析】 【详解】A、“石墨电极Cu”是通过溶液中的离子导电，A错； B、强碱条件下方程式书写错误，B错； C、反应消耗水，溶液体积变小，pH 变大，C正确； D、由总反应可知：Cu2O2e-，故当有 0.1mol电子转移时，有 0.05mol Cu2O 生成，D 错。 故选 C。 【点睛】掌握电解池的工作原理，注意电子只能在导线中流动，溶液中是离子定向移动。在书写电极反应 时注意溶液的酸碱性。 6.短周期主族元素 X、Y、Z、M、N 的原子序数依次增大。X和 M的原子核外最外层电子数是周期数的二 倍，Y、Z、M
8、最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列叙述正确的是 A. 元素非金属性由弱到强的顺序：M、N、X B. 原子最外层电子数由少到多的顺序：Y、Z、X、M、N C. 电解熔融的 N和 Z形成的化合物可得到对应的 N和 Z的单质 D. 单质 Y的熔点高于单质 Z的熔点 【答案】B 【解析】 【详解】X 和 M的原子核外最外层电子数是周期数的二倍，说明 X 为第二周期最外层有 4 个电子，即为碳 元素，M 为第三周期最外层有 6 个电子，为硫元素，Y、Z、M 最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互 反应，说明为钠、铝和氯元素。X、Y、Z、M、N分别为 C、Na、Al、S、Cl。 A 项非金属
9、性由弱到强的顺序是 X、M、N，A错； B五种元素最外层电子数分别为 4、1、3、6、7，所以顺序为 Y、Z、X、M、N，故正确； C项 AlCl3属共价化合物，熔融态不导电，C错； D 项单质钠的熔点低于单质铝的熔点，D错。 故选 B。 【点睛】熟悉短周期元素的原子结构和性质之间的关系，并掌握元素周期律的应用。注意特殊的性质如氢 氧化铝的两性等。 7.常温下，将 pH均为 11，体积均为 V0的 AOH和 BOH溶液，分别加水稀释至体积 V，pH随 lg 的变化 如图所示。下列说法不正确的是 A. 碱性强弱：AOHBOH B. 水的电离程度：a=bc C. 稀释相同倍数时：c（A+）c（B+
10、） D. 中和盐酸的能力：a=bc 【答案】D 【解析】 【详解】由图知当 lg =2时，AOH的 pH下降了 2个单位，故 AOH 为强碱，同理 BOH 为弱碱，故 A正 确； B项水的电离程度受溶液中 c(OH-)的影响，溶液中的氢离子就为水电离的，所以根据 pH 的大小分析水电离 程度，故 ab c，B 正确； C、起始溶液中两种离子 B+ 和 A+的浓度相同，稀释相同倍数时，弱碱 BOH 电离程度增大，c(B+)c(A+)， C项正确； D、起始弱碱的浓度比强碱浓度大，等体积的两种溶液中和盐酸的能力：bca，D 不正确。 故选 D。 【点睛】掌握稀释过程中电离平衡的移动对溶液中的 pH
11、的变化分析强弱电解质，根据溶液中的三大守恒书 写微粒浓度间的关系。 8.某化学研究性学习小组探究与铜有关的物质的性质，过程设计如下： 【提出猜想】 问题 1：在周期表中，铜与铝的位置很接近，氢氧化铝具有两性，氢氧化铜有两性码？ 问题 2：铁和铜都有变价，一般情况下，Fe2+的稳定性小于的 Fe3+，Cu+的稳定性也小于 Cu2+吗？ 问题 3：硫酸铜溶液呈蓝色，铜与浓硝酸常温下反应生成的溶液也是蓝色吗？ 【实验探究】 I. 解决问题 1： （1） 实验需配制 100mL 0.50molL-1 CuSO4溶液， 必需的玻璃仪器有胶头滴管、 烧杯、 _、 _。 （2）为达到目的，某同学认为只要进行
12、两次实验即可得出结论。请写出实验的具体内容。 向盛有 CuSO4溶液的试管中滴加 NaOH溶液至过量，观察生成的 Cu（OH）2沉淀是否溶解； _。 II. 解决问题 2 的实验步骤和现象如下： 取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到 80C100C得到黑色固体粉末；继续加热 至 1000C 以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜； 取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有 红色固体存在。根据以上实验及现象： （3）写出氧化亚铜与稀硫酸反应的离子方程式_。 （4）从实验中可得出的结论是：当温度在 1000C以上时_（填：Cu2+或
13、 Cu+，下同）稳定，在酸性 溶液中_稳定。 III. 解决问题 3，某同学设计的实验如下： 取一铜片装入试管，加入适量的浓硝酸，观察溶液的颜色变化。 （5）另一同学认为此同学设计的实验有缺陷，原因是_。 （6）铜与浓硝酸反应溶液呈绿色，有同学认为这是生成的 NO2溶于其中的原因。请设计实验说明此解释是 否正确。 （只需要写出一种方法取可） 实验步骤 实验结论 _ _ 【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 100mL容量瓶 (3). 另取实验中所得沉淀， 滴加稀硫酸 （或稀盐酸等） 至过量，观察沉淀是否溶解 (4). Cu2O + 2H+ Cu + Cu2+ + H2O (5). Cu+ (6
14、). Cu2+ (7). 产生 NO2气体，污染环境 (8). 向反应后的溶液中通入足量空气 (9). 若溶液变蓝，则假设成立 【解析】 【分析】 配制溶液需要使用的仪器有天平、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL 容量瓶等。两性氢氧化物能溶于氢氧 化钠和硫酸，所以检验氢氧化铜是否具有该性质。根据二氧化氮和氧气和水反应生成硝酸的性质进行实验。 【详解】 （1）实验需配制 100mL 0.50molL-1 CuSO4溶液，必需的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、 100mL容量瓶； (2)两性氢氧化物能溶于强酸强碱溶液，所以需要检验氢氧化铜是否溶于氢氧化钠或硫酸，所以需要另 取实验中所得沉淀，滴加
15、稀硫酸（或稀盐酸等）至过量，观察沉淀是否溶解； (3)根据题干信息分析，氧化亚铜和硫酸反应生成硫酸铜和铜，离子方程式为：Cu2O + 2H+ Cu + Cu2+ + H2O； (4) 继续加热至 1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明当温度在 1000C 以上时 Cu+ 稳定，但与硫酸反应生成铜离子，所以在酸性溶液中 Cu2+稳定； (5)铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，污染环境； (6)二氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，若向反应后的溶液中通入足量空气，反应生成硝酸，二氧化氮 消失，若溶液变蓝，则假设成立。 9.钛是一种重要的金属，以钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3） ，还含
16、有少量 Fe2O3为原料制备钛的工艺 流程如图所示。 （1）滤液 1中钛元素以 TiO2+形式存在，则“溶浸”过程发生的主要反应的化学方程式为_。 （2）物质 A为_（填化学式） ，“一系列操作”为_。 （3）“水解”步骤中生成 TiO2xH2O，为提高 TiO2xH2O 的产率，可采取的措施有_、_。 （写出两条） 。 （4）“电解”是以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融 CaO为电解质。阴极的电极反应式为_；若制得 金属 Ti 9.60g，阳极产生气体_mL（标准状况下） 。 （5）将少量 FeSO47H2O溶于水，加入一定量的 NaHCO3溶液，可制得 FeCO3，写出反应的离子方程式 _
17、；若反应后的溶液中 c（Fe2+）=210-6molL-1，则溶液中 c（CO32-）=_molL-1。 （已知： 常温下 FeCO3饱和溶液浓度为 4.510-6molL-1） 【答案】 (1). FeTiO32H2SO4 TiOSO4FeSO42H2O (2). Fe (3). 蒸发浓缩、冷却结晶、过 滤 (4). 加水稀释反应物 (5). 加碱中和生成的酸、加热等 (6). TiO24e=Ti2O2 (7). 4480（2分） (8). Fe2+ + 2HCO3FeCO3+CO2+ H2O (9). 1 105 【解析】 【分析】 钛铁矿和硫酸反应生成硫酸钛和硫酸亚铁，氧化铁和硫酸反应生
18、成硫酸铁和水，根据最后生成绿矾分析， 中间有铁离子变成亚铁离子的过程，所以加入物质 A 为铁，硫酸亚铁溶液通过加热浓缩，冷却结晶，过滤 得到硫酸亚铁晶体。根据电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极得到电子发生还原反应分析电极反应 方程式。 【详解】 （1）因钛铁矿主要成分为 FeTiO3，且滤液 1 中钛元素以 TiO2+形式存在，所以其主要反应化学方程 式为 FeTiO32H2SO4 TiOSO4FeSO42H2O。 （2）该流程中还有副产物 FeSO4 7H2O，故需将溶浸产物中的 Fe3+除去，物质 A 为 Fe，“一系列操作”包 括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。 （3） “水解”反应为 T
19、iO2(x1)H2O=TiO2 xH2O2H，根据平衡移动原理，为提高 TiO2xH2O 的产率可以加水稀释反应物、加碱中和生成的酸、加热等。 （4） “电解”过程中阴极反应： TiO24e=Ti2O2， 阳极反应： 2O24e=O2， 若制得金属 Ti 9.60g， 则 n(Ti)=n(O2)=0.2mol，V(O2)=4480mL（标准状况下） 。 （5）由题意知该反应化学方程式为：Fe2+ + 2HCO3FeCO3+CO2+ H2O；由常温下 FeCO3饱和溶液浓 度为 4.5 106 mol L-1，KSP(FeCO3)=2.025 1011 mol2 L-2，则 c(CO32 ) =
20、 1.013 105mol L-1。 10.二甲醚是一种重要的精细化工产品，被广泛用于制药、染料、农药及日用化工。以下为其中一种合成二 甲醚的方法： CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g） H1=-49.1kJmol-1 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） H2=-24.5kJmol-1 2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g） H3 （1）H3=_kJmol-1。 （2）某温度下在容积为 2L的密闭容器中加入 CH3OH（g）发生反应，测得有关数据如下： 反应时间/min 0 1 2 3 4 n（CH3OH）/mol 1.02 0
21、.4 0.2 0.02 0.02 前 2min 内，H2O（g）的平均反应速率为_molL-1min-1；此反应在该温度下的平衡常数为 _； 若再向容器中分别加入 CH3OH （g） 0.02mol、 CH3OCH3（g） 1.0mol， 此时该反应中 正_ 逆（填“”、“”或“=”） 。 根据文献，甲醇的转化率可以根据冷凝的液相中甲醇与水的百分含量来计算（忽略挥发到气相的甲醇） ， 若以 A表示冷凝液中水的质量分数，B表示冷凝液中甲醇的质量分数，则甲醇的转化率 （CH3OH） =_。 （3）一定条件下，发生反应，原料气中和温度对 CO2转化率影响的实验数据如图所示。 结合图像，可得出 CO2
22、平衡转化率受外界条件影响的变化规律为： a：_； b：_。 【答案】 (1). 122.7 (2). 0.102 5 (3). 625 (4). (5). (6). 其他条件 不变，CO2平衡转化率随原料气中 n(H2)/n(CO2)的增大而增大 (7). 其他条件不变，CO2平衡转化率随反 应温度的升高而降低 【解析】 【详解】 (1)根据盖斯定律分析， 将方程式CO2（g） +3H2（g） CH3OH （g） +H2O （g） H1=-49.1kJmol-1； 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） H2=-24.5kJmol-1 进行如下计算2+可以热化学方程 式为：2CO
23、2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g） H3=-49.12+-24.5=122.7 kJmol-1； (2) 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 起始物质的量 1.02 0 0 改变物质的量 1.00 0.50 0.50 平衡物质的量 0.02 0.50 0.50 H2O（g）的平均反应速率为=0.1025 molL-1min-1；此反应该温度下的平衡常数为 K= 625；若再向容器中分别加入 CH3OH（g）0.02mol、CH3OCH3（g）1.0mol，则 Qc= K，说明 反应正向移动，即正反应速率大于逆反应速率； 根据方程式 2CH3OH （g）
24、 CH3OCH3（g） +H2O （g） 计算， 甲醇的转化率 （CH3OH） = = ； (3). 从图分析，其他条件不变，即温度不变下，CO2平衡转化率随原料气中 n(H2)/n(CO2)的增大而增大；当 n(H2)/n(CO2)相同时，CO2平衡转化率随反应温度的升高而降低。 11.化学选修 3：物质结构与性质 铜、镓、砷等元素形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，回答下列问题： （1）基态铜原子的核外电子占有的能级数为_，轨道数为_。 （2）根据元素周期律，原子半径 Ga_As，第一电离能 Ga_As。 （填“大于”或“小于”） （3）AsCl3分子的立体构型为_，其中 As 的杂化轨
25、道类型为_。 （4）铜与 CN-可形成络合离子Cu（CN-）42-，写出一种与 CN-等电子体的分子化学式_；若将Cn （CN-）42-中二个 CN-换为 Cl-， 只有一种结构， 则Cu （CN-） 4 2-中 4个氮原子所处空间位置关系为_。 （5）GaAs的熔点为 1238C，密度为 p gcm-3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为_，Ga与 As以_键键合。Ga和 As 的摩尔质量分别为 MGagmol-1和 MAsgmol-1，原子半径分别为 rGa pm和 rAs pm，阿伏加德罗常数值为 NA，则 GaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。 【答案】 (1). 7 (2
26、). 15 (3). 大于 (4). 小于 (5). 三角锥形 (6). sp 3 (7). N 2或 CO (8). 正四面体 (9). 原子晶体 (10). 共价 (11). 【解析】 【详解】(1)基态铜的电子排布为 1s22s22p63s23p63d104s1, 所以有 7个能级，轨道数为 15； (2) Ga和 As位于第四周期，前者核电荷数小，所以根据元素周期律分析，同周期元素，随着核电荷数增大， 半径减小，第一电离能增大； (3) AsCl3分子中 As 原子价层电子对个数为=4 且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判 断该分子的李体构型为三角锥形，As 原子杂化类型为 s
27、p3； (4)等电子体是指原子总数相同， 价电子总数也相同的微粒， 根据 CN-分析， 可以是 N2或 CO； 若将Cn （CN-） 4 2-中二个 CN-换为 Cl-，只有一种结构，说明则Cu（CN-） 4 2-中 CN-处于相同的位置，即 4个氮原子所处空 间位置关系为正四面体； (5) GaAs 的熔点为 1238C，熔点较高，以共价键结合形成的属于原子晶体，密度为 p gcm-3，根据均摊法 计算，As 的个数为，Ga 的个数为 41=4，故其晶胞中原子所占的体积 V1= ，晶胞的体积 V2= ，故 GaAs晶胞中原子的体积的 百分率为 V1/V2100%，将 V1、V2带入计算得百分
28、率 。 12.有机物 W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备 W 的一种合成路线如下。 请回答下列问题： （1）F的化学名称是_，的反应类型是_。 （2）E中含有的官能团是_（写名称） ，D 聚合生成高分子化合物的结构简式为_。 （3）将反应得到的产物与 O2在催化剂、加热的条件下反应可得 D，写出反应的化学方程式_。 （4）、两步能否颠倒？_（填“能”或“否”）理由是_。 （5）与 A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有_种（不含立体异构） ，其中核磁共 振氢谱为六组峰，且峰面积之比为 1：1：2：2：2：2的结构简式为_。 （6）参照有机物 W 的上述合成路线，以 M和 C
29、H3Cl为原料制备 F的合成路线（无机试剂任选）_。 【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 消去反应 (3). 碳碳双键、羧基 (4). (5). (6). 否 (7). 在醛基被催化氧化的同时，碳碳双 键也被能氧化 (8). 5 (9). (10). 【解析】 【分析】 由的结构可知为，与溴发生加成反应生成，发生水解反应生成为 ，催化氧化的产物继续氧化生成，则为，对比、分子式 可知分子内脱去分子水生成，故在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，则为 ，和发生酯化反应生成为。 【详解】 （1）F 的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，为在浓硫酸、加热条件下 发生消去反应生成。 （2）E 的结构为，含
30、有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和 羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。 （3）经过反应，是羟基连接的碳原子上有 2 个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛 基得到，与 O2在催化剂、加热的条件下反应可得 D，写出反应的化学方程式 。 （4）、两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。 （5）与 A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有 5 种。苯环上可以连接一个 甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共 5 种，其中核磁共振氢 谱为六组峰，且峰面积之比为 1：1：2：2：2：2 的结构简式为。 （6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷 发生取代反应生成甲苯，故合成路线为： 。
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