1、高三理科综合试卷(化学试题)高三理科综合试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 Fe 56第I卷(选择题)一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 某大学课题组研究了晶态卟啉超分子材料。通过利用该材料电催化CO2还原制备CO、HCOOH、CH4等有 价值的产品。不同卟啉分子结构如图。下列说法中正确的是A. TPYP与石墨烯互为同素异形体B. NiTPYP与NiTPYPl均属于烃类化合物C. Ni-TPYP分子中无苯环结构D. Ni-TPP属于高分子化合物【答案】C【解析】【分析】【详解】A同素
2、异形体是指同种元素的不同种单质，由图象可知，TPYP中含有N元素，与石墨烯不互为同分异构体，A错误；B烃类化合物只含有C、H两种元素，而NiTPYP与NiTPYPl均含有Ni元素，不属于烃类化合物，B错误；C根据结构可知，NiTPYP分子中不含有苯环，C正确；D高分子化合物的相对分子质量高达几千到几百万，而根据Ni-TPP的结构可知，其不属于高分子化合物，D错误；答案选C。2. 已知有机物M是合成青蒿素的原料之一，M的结构如图所示。下列有关该有机物M的说法不正确的是( )A. 能发生消去反应B. 能与碳酸氢钠溶液反应C. 分子式为D. 一氯取代物只有1种【答案】D【解析】分析】【详解】A由图示
3、可知该物质含有羟基，且相邻碳原子含有氢原子，所以能发生消去反应，故A正确；B该物质含有羧基，能与碳酸氢钠反应，故B正确；C由图示可知，该物质的分子式为：，故C正确；D由图示可知该物质中直接与碳原子相连的有两种不同环境的氢，则其一氯取代物有2种，故D错误；答案选D。3. 以粗铜为原料制取并收集NO2 。从反应后的溶液中回收Cu(NO3)2 6H2O。实验装置如下：下列设计不能达到实验目的的是A. 用装置制取NO2B. 用装置收集NO2C. 用装置除去反应残液中的不溶物D. 用装置蒸发浓缩装置所得滤液，然后冷却结晶、固液分离【答案】B【解析】【分析】【详解】A浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，同时将球形
4、分液漏斗的顶端与蒸馏烧相连也有利于浓硝酸顺利流入蒸馏烧瓶中，能达到实验目的，故A不选；B二氧化氮不仅能溶于水还能与水反应，所以不能用排水法收集二氧化氮，应选用向上排空气法或选用真空收集法收集，故选B；C除去反应残液中的不溶物选用过滤装置，故C不选；D装置为蒸发装置可用于发浓缩装置所得滤液，然后冷却结晶、过滤进行固液分离，故D不选。答案选B4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 10g46%甘油水溶液中所含的氧原子数为0.35NAB. 0.2molNO与0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器中含有的氧原子数为0.4NAC. 11.2g铁与足量水蒸气在高温下反应，转移的电子数
5、为0.6NAD. 1molCH3COOH完全溶于水，所得溶液中CH3COO-的数目为NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A10g46%甘油水溶液中甘油的质量为10g46%=4.6g，物质的量为，则甘油中所含的氧原子数为0.053NA=0.15NA，水的质量=10g-4.6g=5.4g，物质的量为0.3mol，水中氧原子数为0.3NA，因此10g46%甘油水溶液中氧原子总数为0.45NA，故A错；B0.2molNO与0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器中含有的氧原子数为，故选B；C由铁与足量水蒸气在高温下反应方程式可知，3molFe与质量水蒸气完全反应转移电子数为，11.2gFe的物质
6、的量为n=0.2mol，由关系式可得，解得，所以转移的电子数为，故C错；DCH3COOH为弱电解质，其溶于水后只有部分电离，故1molCH3COOH完全溶于水，所得溶液中CH3COO-的数目小于NA，故D错。答案选B。5. 氮元素是空气中含量最多的元素，在自然界中的分布十分广泛，在生物体内亦有极大作用。一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是A. 过程b、j、c属于“氮的固定”B. 过程a、l、f为非氧化还原反应C. 过程h说明NO2为酸性氧化物D. 过程j可能为汽车尾气的处理过程【答案】D【解析】分析】分析转化关系a是铵根离子和碱反应生成氨气过程，b为氨气和氧气反
7、应生成氮气和水，c为氮气发生氧化还原反应生成NO，d为NO发生氧化还原反应生成，e为硝酸被还原发生氧化还原反应是二氧化氮，f为二氧化氮发生还原反应生成铵盐，g为铵根离子发生氧化还原反应生成二氧化氮，h为二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，i硝酸根离子被还原生成NO，j为NO生成N2是氮元素化合价降低发生氧化还原反应，k为氮气和氢气发生反应生成氨气，l是氨气和氢离子反应生成铵根离子，将游离态的氮(即氮气)转化为化合态的氮(即氮的化合物)的过程，叫做氮的固定，据此分析解答。【详解】A氮的固定是指由游离态变为化合态，b为氨气和氧气反应生成氮气和水，c为氮气发生氧化还原反应生成NO，j为NO生成N2，
8、以上转化关系中属于氮的固定的为c，过程b、j不属于“氮的固定”，故A错误；Ba是铵根离子和碱反应生成氨气过程，为非氧化还原反应；l是氨气和氢离子反应生成铵根离子，为非氧化还原反应，f为二氧化氮发生还原反应生成铵盐，故B错误；C酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物，过程h为二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的氧化还原反应，不符合酸性氧化物的定义，故C错误；D过程j为NO生成N2是氮元素化合价降低发生氧化还原反应，将有毒的一氧化氮气体转化为无害的氮气，NO可来自汽车尾气的排放，则过程j可能为汽车尾气处理过程，故D正确；答案选D。6. 锌醞电池具有高可逆性的优点，在储能和转换
9、系统中显示出巨大的潜力，负极室和正极室分别是NaOH溶液和H2SO4溶液，放电时物质转化如图所示。下列说法正确的是A. 放电时，负极上的电势比正极上的高B. 充电时，Na+迁移至阳极室，SO迁移至阴极室C. 放电时，负极发生：Zn+4OH-2e-=ZnO+2H2OD. 充电时，阳极发生：QH2+2OH-2e-=BQ+2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A放电时负极发生失去电子的氧化反应，因此负极上的电势比正极上的低，A错误；B充电时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此Na+迁移至阴极室，SO迁移至阳极室，B错误；C放电时锌失去电子，负极室溶液显碱性，负极发生：Zn+4OH-2e-Zn
10、O+2H2O，C正确；D充电时发生失去电子的氧化反应，阳极反应式与放电时正极反应式相反，由于溶液显酸性，则阳极发生：QH2-2e-=BQ+2H，D错误；答案选C。7. X、Y、Z、W为短周期的主族元素，X、Y同主族，Y、W同周期，其中Y、Z、W的最外层电子数之和为14，与具有相同的核外电子层结构，上述四种元素中只有一种金属元素。下列说法正确的是( )A. W的最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸B. 原子半径：C. 非金属性：D. 最简单氢化物的沸点：【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期的主族元素，X、Y同主族，Y、W同周期，其中Y、Z、W的最外层电子数之和为14，与具有相同的核外电
11、子层结构，则Z为O，Y为Na，W为Cl，X为H，根据元素周期表周期律的相关知识分析可得：【详解】A由分析可知W为Cl，其最高价氧化物对应的水化为强酸，而且为最强的含氧酸，故A错误；B由分析可知X、Y、Z分别为H、Na和O，则其原子半径的大小关系为：，所以，故选B；CX为H，W为O，所以非金属性：X(H)W(O)，故C错误；DZ的简单气态氢化物为，W的氢化物为HCl，由于含有氢键所以其沸点较HCl高，则最简单氢化物的沸点：，故D错。答案选B第II卷(非选择题)8. 磷酸燃料电池是当前商业化发展最快的一种燃料电池。该电池使用浓磷酸作电解质，浓磷酸通常位于碳化硅基质中。以氢气为燃料的磷酸燃料电池(图
12、1)，氢气由石油气经过一系列转化后得到(图2)。根据题意，回答下列问题：(1)图1中“a”表示_(填“电流流动”或“电子移动”)方向，电极的电极反应式为_；实验室模拟该燃料电池(产物水不排出)工作，初始时电解质溶液为100g质量分数为50.9%的H3PO4溶液，工作一段时间后，H3PO4的质量分数变为50%，则这段时间内外电路上转移的电子数为_NA(不考虑水的蒸发)。(2)写出图2中“改质器”内发生反应的化学方程式：_，反应中水作_(填“氧化剂”或“还原剂”)。(3)一定温度下，在容积为1L的恒容容器中，模拟进行“移位反应器”中的反应CO (g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，反应过程
13、中某时刻各组分的物质的量浓度如下表所示，其中4min时向容器中加入了一定量的组分气体。时间(min)c(CO)(mol/L) c(H2O)(mol/L) c(CO2)(mol/L) c(H2)(mol/L) 00.20.3002n1n2n30.13n1n2n30.140.150.250.150.15该温度下，4min时该反应_(填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)，其理由是_(结合计算式)。【答案】 (1). 电子移动 (2). O2+4H+4e=2H2O (3). 0.2 (4). CxHy+xH2OxCO+(x+)H2 (5). 氧化剂 (6). 向逆反应方向进行
14、 (7). 4min时，Qc=K=【解析】【分析】【详解】(1)氢气失电子，生成氢离子，则电极b为负极，故a表示电子移动的方向；电极c上氧气得电子与氢离子反应生成水，电极反应为O2+4H+4e=2H2O；电池工作时，溶质的物质的量不变，水的质量增大，则100g50.9%=100+n(H2O)18g/mol50%，则n(H2O)=0.1mol，由0.1mol氢气发生生成，故转移电子数为0.2 NA；(2)根据图2中“改质器”反应物为CxHy与水在加热、催化剂的作用下生成CO和氢气，反应的方程式为CxHy+xH2OxCO+(x+)H2；反应时，H原子的化合价降低，得电子作氧化剂；(3)根据表中数据
15、，反应在2min时，达到平衡状态，生成氢气的浓度为0.1mol/L，反应的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的c(CO)= c(H2O) =0.1mol/L，则剩余c(CO)= 0.1mol/L、c(H2O) =0.2mol/L，生成的c(CO2)=0.1mol/L，K=；4min时，Qc=K，则反应向逆反应方向进行。9. 叠氮化钠(NaN3)为无色六角结晶性粉末，主要用于制造炸药、安全气囊。某化学探究小组拟在实验室中利用下列装置制取叠氮化钠。I.实验操作：向装置A的三颈烧瓶中加入乙醇20 g、亚硝酸钠40 g、水60 g后，混合均匀；将装置A的三颈烧瓶中的混合液体加热到35 C左右，控制
16、滴入70%硫酸的速率；在装置B的三颈烧瓶中预装由水合肼(N2H4 H2O、NaOH溶液、乙醇和催化剂组成的混合液，打开活塞K，使装置A中产生的亚硝酸乙酯(C2H5ONO)进入装置B中，控制温度在70-90 C内，持续加热40 minoII.部分药品的性质如下表：密度/g cm-3熔点/c沸点/c溶解性乙醇0.816-1147& 4与水以任意比例互溶，可与醚、氯仿、丙酮混溶亚硝酸乙酯0. 90-9317.2不溶于水，可溶于乙醇、乙醚叠氮化钠1. 85275300易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶于乙醚已知：2C2 H5OH+H2SO4+2NaNO22C2 H5ONO +Na2SO4+2H2Oo回答
17、下列问题：(1)连接好装置后，进行的第一步操作是_。(2)对装置B中液体进行加热，合适的加热方式为_。(3)装置A中用恒压漏斗代替分液漏斗的优点是_；缓慢滴加硫酸，控制滴入速率的原因是_。(4)装置B中水合腓、亚硝酸乙酯和氢氧化钠在80 C时反应生成叠氮化钠、乙醇等物质，该反应的化学方程式为_。(5)产品的分离：将装置B中反应后的混合液倒入蒸馏烧瓶中，加热到80-90 C，除去混合物 中的乙醇。将蒸馏后所得母液降温结晶，过滤得到叠氮化钠晶体，再用去离 子水重结晶得NaN3产品。冷凝管中的冷却水要“b进a出”的原因是_。 (6)产品纯度测定：取6.5g产品，加入足量蒸馏水溶解，并加入适量稀硫酸酸
18、化，向混合液中加入20.00mL1molL-1KMnO4溶液(l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2)，反应后溶液呈紫红色。再用0.2molL-1的Na2SO3标准液滴定过量的KMnO4溶液，到达滴定终点时消耗标准液25.00mL到达滴定终点时的现象为_。叠氮化钠的纯度为_。【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 水浴加热 (3). 平衡气压，使70%硫酸顺利流下 (4). 防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降 (5). N2H4H2O+ C2H5ONO+NaOHNaN3+C2H5OH+ 3H2O (6).
19、使冷凝水与热蒸气的接触面积增大，上下对流，接触时间长，增强冷凝效果 (7). 当滴入最后一滴Na2SO3标准液时，锥形瓶中溶液的紫红色褪去且半分钟内不恢复原色 (8). 90%【解析】【分析】由题意及图可知，装置A中加入乙醇、亚硝酸钠、水，加热到35 C左右，滴入70%硫酸反应生成亚硝酸乙酯进入装置B中与水合肼、NaOH溶液在70-90 C反应生成叠氮化钠；取一定量产品配成溶液，用过量酸性高锰酸钾溶液氧化，剩余的高锰酸钾用亚硫酸钠溶液进行滴定，测定产品纯度，据此分析。【详解】(1)连接好实验装置装入药品前，应先检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；(2)控制装置B温度在70-90 C内反
20、应生成叠氮化钠，方法采用水浴加热控制，故答案为：水浴加热；(3) 恒压漏斗有一根导管，导管连通漏斗与烧瓶，起到平衡气压的作用，缓慢滴加硫酸防止产生的热使乙醇挥发到B装置中，导致叠氮化钠的产率降低，故答案为：平衡气压，使70%的硫酸顺利流下，防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降；(4)由题意反应物为C2H5ONO、N2H4H2O、NaOH，产物为NaN3、C2H5OH等，根据提示写出配平即可，答案为：N2H4H2O+ C2H5ONO+NaOHNaN3+C2H5OH+ 3H2O；(5)冷凝管冷凝水采用下进上出，使冷凝水全部充满冷凝管，增大与热蒸气的接触面积，热蒸气与冷凝水形成对流，
21、冷凝时间长，效果好，故答案为：使冷凝水与热蒸气的接触面积增大，上下对流，接触时间长，增强冷凝效果；(6)产品中叠氮化钠纯度的测定，用酸性高锰酸钾氧化叠氮化钠生成氮气，发生反应： l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2，过量的高锰酸钾用亚硫酸钠溶液进行还原，发生反应的离子方程式为： 2 + 6H+ +5= 2Mn2+ +5+ 3H2O，列出关系式：2 5，n()= 0.225.0010-3 =5.0010-3 mol，则反应消耗的KMnO4的物质的量n2= 2.0010-3 mol，则反应消耗的KMnO4的物质的量n1 = n(KM
22、nO4) - n2 = 120.0010-3-2.0010-3 =18.0010-3mol，反应的关系式：l0NaN32KMnO4，则n(NaN3)=18.0010-3 = 0.09mol，故产品的纯度=100%=90%，故答案为90%。【点睛】再进行产品纯度的计算时，一定抓住关键物质的化学计量系数，列出关系式进行简单即可，不必考虑中间的繁杂过程，如本题涉及到的化学方程式不必配平，只需注意氧化剂和还原剂的系数比可快速简单。10. 金属钇是稀土元素中含量最丰富的元素之一，主要存在于硅铍钇矿等矿石中。我国蕴藏着丰富的硅铍钇矿(Y2FeBe2Si2O10)，以此矿石为原料生产氧化钇(Y2O3)的主要
23、流程如下：请回答下列问题：(1)硅铍钇矿石中Y的化合价是+3价，Fe的化合价是_，写出用氧化物形式表示硅铍钇矿石组成的化学式_。 Be与A1性质相似，写出Be的氧化物与氢氧化钠“共熔”时的化学方程式_。(2)“共熔”时，可选择的容器是_(填“石英”、“氧化铝耐高温”或“生铁”)坩埚。“滤液I ”中溶质的主要成分除过量的NaOH外，还有_(填化学式)。(3)除杂。“滤渣I ”的主要成分为Y(OH)3、Fe2O3，酸浸使Y(OH)3.Fe2O3转化为Y3+，Fe3+，再用氨水调节pH6. 0，使Fe3+沉淀完全，检验Fe3+沉淀完全的操作方法是_ 。(4)沉钇。往“滤液”中先加氨水调节pH = 8
24、.2，此时Y3+转化为Y(OH)3，写出反应的离子方程式：_。再加入草酸，转化为Y2(C2O4)3，要使Y3+沉淀转化完全，需保证滴加草酸后的 溶液中c(C2O)不低于_mol L-1 已知：KspY2(C2O4)3 = 8. 0 10-28，离子浓度小于110-5 mol L-1视为沉淀完全(5)写出草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3的化学方程式：_。【答案】 (1). +2 (2). (3). (4). 生铁 (5). Na2SiO3、Na2BeO2 (6). 静置，去上层清液少许于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明Fe3+已沉淀完全 (7). (8). 2.010-6mol/L (9
25、). Y2(C2O4)3 Y2O3+3CO+3CO2【解析】【分析】【详解】(1)由化学式Y2FeBe2Si2O10，且Y是+3价，Be是+2价，Si为+4价，O为-2价，根据化合物中正负化合价代数和为零可得Fe为+2价。用氧化物形式表示硅铍钇矿石组成的化学式, Be与A1性质相似，BeO为两性氧化物，故答案为：+2，；(2)由于NaOH与二氧化硅和氧化铝都反应，所以只能选用生铁坩埚，“共熔”后产物有FeO、Na2SiO3、Na2BeO2、Y2O3,加水后FeO 、Y2O3不溶，所以滤液中溶质的成分除NaOH外还有Na2SiO3、Na2BeO2。故答案为：生铁，Na2SiO3、Na2BeO2；
26、 (3)检验Fe3+沉淀完全的操作方法是:静置，去上层清液少许于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明Fe3+已沉淀完全。故答案为：静置，去上层清液少许于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明Fe3+已沉淀完全。 (4)滴加氨水Y3+转化为Y(OH)3，离子方程式为 ;离子浓度小于110-5 mol L-1视为沉淀完全，KspY2(C2O4)3 =c(Y3+)2c(C2O42- )3= 8. 0 10-28，所以c(C2O42- )=2.010-6mol/L，故答案为：, 2.010-6mol/L(5)草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3和CO、CO2,方程式为Y2(C2O4)3 Y2O3+
27、3CO+3CO2，故答案为：Y2(C2O4)3 Y2O3+CO+CO2【点睛】本题考查了化合价，两性氧化物的性质，离子检验，物质的转化，溶度积常数应用等知识，题目难度适中，注意根据题目信息写出相应的方程式。11. 目前由丙烷制备丙烯的方法主要为催化脱氢法、氧化脱氢法。回答下列问题：(1)丙烷催化脱氢制丙烯的部分化学反应及其在0. 1 MPa时的lnKp(平衡常数KP以平衡分压代替浓度)与 温度的关系如图1所示。主反应：I.C3H8(g)C3H6(g)+ H2(g) H1副反应：II. C3H8(g)CH4(g)+ C2H4 (g) H2III. C3H8(g) + H2(g) CH4(g)+
28、C2H6 (g) H3IV. C2H4(g) + H2(g)C2H6(g) H4H3_(填“”)0。用 E(CH)、E(CC)、E(C=C)表示键能，则H2=_。当反应II的InKP=0时，Kp()和Kp(IV)的关系是 _。图中 N 点分压 p(C3H6)= _用 p(H2)， p(CH4)及 p(C2H6)表示反应I分别在0.1 MPa和0.01 MPa进行时，丙烷和丙烯平衡时的物质的量分数随温度、压强的变化如图2所示：表示0.01 MPa时丙烷的物质的量分数随温度变化的曲线是_(填标号，下同)，0. 1 MPa时丙烯的物质量分数随温度变化的曲线是_。(2)现有两个相同的恒压密闭容器，向甲
29、容器中只通入C3H8(g)，发生反应(a)，向乙容器中通入C3H8(g)和CO2(g)，使n(C3H8)： n(CO2) = l:3，发生反应(b)，C3H8的平衡转化率与温度的关系如图3所示。反应(a)：C3H8(g)C3H6(g) + H2(g)反应(b)：C3 H8 (g) +CO2 (g)C3H6 (g) + CO( g) + H2 O( g)相同温度下，反应(b)中C3 H8 (g)平衡转化率比反应(a)的大，原因是 _。维持温度不变，使反应(b)的状态从图中X点移至Y点，可采取的措施是_。T C时，压强为p，反应(b)中丙烷的平衡转化率为50%，则反应(b)的Kp= _。【答案】
30、(1). (2). 2E(CC) -E(C=C) (3). Kp()=Kp(IV) (4). (5). C (6). D (7). 相同温度下，恒压密闭容器中，反应 (b)的体积变化大，有利于平衡正向移动 (8). 吸收一氧化碳或水蒸气 (9). 【解析】【分析】【详解】(1)根据图像分析可知，温度升高，lnKp减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应，H30，且反应为气体体积增大的反应，因此升高温度，有利于反应向右进行，减小压强，有利于反应向右进行，AC表示丙烷，BD表示丙烯；因此，A表示0.01 MPa时丙烷的物质的量分数随温度变化的曲线是C；0.1MPa时丙烯的物质量分数
31、随温度变化的曲线是D。(2)相同温度下，恒压密闭容器中，相对于(a)来讲，(b)中加入的气体的量多（多二氧化碳），为保持恒压，容器的体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即(b)反应向右移动，反应(b)中C3H8 (g)的平衡转化率比反应(a)的大；维持温度不变，使反应(b)的状态从图中X点移至Y点，增大丙烷的转化率，使反应向右进行，因此可以减少一氧化碳或水蒸气的浓度；T C时，压强为p，反应(b)中丙烷的平衡转化率为50%，根据反应C3 H8 (g) +CO2 (g)C3H6 (g) + CO( g) + H2 O( g)可知，n(C3H8)： n(CO2) = l：3，起始时：p（C3H8）=0.25p，p（CO2）=0.75p，平衡时，p（C3H8）=0.125p，p（CO2）=0.375p，p（C3H6）=p（CO）=p（H2O）=0.125p；Kp=带入数值，可得Kp=。
