高中理科综合检测试题答案(2)

充电时，阳极发生：LiFePO4?x e?===x Li+＋Li1?x FePO4，电极发生Li+脱嵌，阴极发生：Ca2+＋2e?===Ca，转移0.2 mol 电子时，有

0.2 mol Li+从右室通过锂离子导体膜移入左室，左室电解质中有0.1 mol Ca2+得电子生成Ca 沉积在钙电极上，故

左室中电解质的质量减轻40×0.1 g ?7×0.2 g =2.6 g，C、D 正确。

12．A 【解析】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

2

2 2 2

3 2 3

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 NH 3 和 HCl ，它们能反应生成 NH 4Cl ，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 HClO 4、HNO 3，酸性 HClO 4>HNO 3，选项 D 正确。 c (H + ) ? c (H A -

) 13．B 【解析】由信息可知 H 3A 属于三元弱酸，该温度下，H 3A 的电离常数 K a1 =

2

，横坐标为

c (H 3A)

a 时，c (H 3A)=c (H 2A ?)，K a1=c (H +)，此时溶液pH=a ，则K a1=10?a ，A 正确；若

b =7，H 3A 的电离常数K a2=10?b =10?7，加入

20 mL NaOH 溶液时，H 3A ＋2OH ?===HA 2?＋2H 2O ，所得溶液的溶质为 Na 2HA ，HA 2?的电离常数即 K a3， 则 K a3＜K K

a2=10?7，HA 2?

的水解常数 K h2= w K

=10?7，HA 2?的电离程度小于其水解程度，溶液 pH ＞7，显碱性， a2

B 错误；NaOH 溶液的体积为 30 mL 时，H 3A ＋3OH ?=== A 3?＋3H 2O ，溶液中溶质为 Na 3A ，A 3?发生三级水解，溶液中质子守恒关系式为：c (OH ?)=3c (H 3A)＋2c (H 2A ?)＋c (HA 2?)＋c (H +)，

C 正确；反应 2H 2A ? H 3A

c (H A) ? c (HA 2-

) K ＋HA 2?的平衡常数

K = 3

= a2

=10a ?b ，D 正确。

26．（14 分） c 2 (H A -

) K a1

（1）粗铜（1 分）

＜（1 分）

450℃

2+

SeO 2-

+

3+

2-

（2）2Cu 2Se ＋2Na 2CO 3＋3O 2

＋H 2O （2 分） 2Cu 2O ＋2Na 2SeO 3＋2CO （2 2 分） 2Fe ＋

4

＋2H ===2Fe ＋ SeO 3

（3）水浴加热（1 分） Cu 2O （2 分）

（4）两性（1 分）

（5）

SeO 2- +H 2O+2SO 2===Se↓+2 SO 2- +2H +（2 分）84.4（2 分） 3

4

【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，Cu 2Se 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，O 2 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：2Cu 2Se ＋2Na 2CO 3 ＋3O 450℃

2Cu O ＋2Na SeO ＋2CO 。

（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 Cu 2O 难溶于水，“浸取”时除去的物质为 Cu 2O ；TeO 2 与强酸和强碱均能反应，故 TeO 2 属于两性氧化物。

（4） Fe 2+被氧化为 Fe 3+化合价升高了 1，SeO 2- 转化为SeO 2-

，Se 元素化合价降低了 2，利用化合价升降法配

4 2+ SeO 2-

3 + 3+ 2-

平即可得出反应的离子方程式：2Fe ＋ 4 ＋2H ===2Fe ＋ S eO 3 ＋H 2O 。

（5） SO 2 通入 Na 2SeO 3 溶液制备硒单质，反应的离子方程式为SeO 2-

+H 2O+2SO 2===Se↓+2 SO 2-

+2H +

。可知

3

4 n (SO 2)∶n ( SeO 2

-

)∶n (Se)=2∶1∶1 ， 根 据 硫 元 素 守 恒 ， 推 出 n (FeS 2)∶n (SO 2)=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．（14 分）

（1）将浓H2SO4沿器壁缓慢倒入浓HNO3中，并不断搅拌（1 分）

（2）分液漏斗（1 分）图乙中仪器的玻璃侧管可以平衡漏斗与圆底烧瓶压强，便于液体顺利流下（2 分）（3）2Ni＋2H2SO4＋2HNO3===2NiSO4＋NO2↑＋NO↑＋3H2O（2 分）蒸发浓缩、冷却结晶（2 分，各1分）

（4）①b→c→e a→e→d（2 分）

②a 中固体变红（1 分），a 前的e 中石灰水不变浑浊，a 后的e 中石灰水变浑浊（2 分，合理即可）

③HCl（1 分）

（5）抑制Ni2+水解（1 分）

【解析】（1）实验室中液体混合时，应该将密度大的液体倒入密度小的液体中，浓H2SO4密度大，且稀释时放出大量热，所以要将浓H2SO4沿器壁缓慢倒入浓HNO3中，并不断搅拌。

（2）仪器a 为分液漏斗；图乙所示仪器为恒压漏斗，恒压漏斗的玻璃侧管连通漏斗和圆底烧瓶，可以平衡漏斗与圆底烧瓶压强，便于液体顺利流下。

（3）根据信息，NO2与NO 的物质的量之比为1∶1，均设为1 mol，则HNO3共得4 mol 电子，1 mol 镍失去

2 mol 电子，则需要2 mol Ni，配平可得：2Ni＋2H2SO4＋2HNO3===2NiSO4＋NO2↑＋NO↑＋3H2O；从溶液

中得到结晶水合物需要将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。

（4）①、②：先用b 装置加热NiC2O4使其分解，然后用c 装置除去CO2，用e 装置检验CO2是否除尽，若已除尽，则e 中石灰水不变浑浊，然后用f 装置干燥CO，再用干燥的CO 在a 装置中还原CuO，黑色固体变红，产生的CO2使e 装置中的石灰水变浑浊，最后用d 装置中的PdCl2溶液吸收CO。

③根据信息，反应的方程式为：CO＋PdCl2＋H2O===2HCl＋Pd↓＋CO2，则另一种产物为HCl。

（5）Ni2+易水解，抑制Ni2+水解时不能引入杂质，所以用稀硫酸抑制NiSO4水解。

28．（15分）

（1）33.32（2分）ΔH1+2ΔH3?ΔH2（2分）

（2）含硫物质能使催化剂中毒（或含硫物质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，

K K 2 K4=1 3 =

K

210.2 1.42

0.6

=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。35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15 分）

（1）大于（1 分）洪特规则（1 分）

（2）2∶5（1 分）肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键（2 分）

（3）（2 分）

（4）①正四面体（1 分）sp3（1 分）

②SO2-(或ClO-、PO3-等)（1 分）、CCl4(或CBr4、CI4、SiF4等)（1 分）

4 4 4

③O2?（1 分）8（1 分）

4? 6 2

(a?10-10)3?N

（2 分）

【解析】（1）基态氮原子的2p 轨道为半充满状态，体系能量低，较稳定，故第一电离能大于氧；根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，正确的排布为。

（2）根据肼的结构简式推出其结构，每个氮原子各有1 个孤电子对，每个分子中有2 个孤电子对，5 个σ键，二者之比为2∶5；H 原子与N、O、F 等原子形成共价键时，分子间往往可形成氢键，使其沸点明显偏高。

（3）H2O 分子共三个原子，根据题干信息，三个原子均形成氢键，每个H 原子只能形成一个氢键，则H2O

分子的两个H 原子与一的两个O 原子分别形成氢键，H2O 分子的O 原子与另一的

H 原子形成氢键，结构式为。

（4）①Na3NO4的阴离子的中心原子为N 原子，其价层电子对数为：1

(5?4×2＋3)＋4=0＋4=4，为sp3杂化，

2

根据VSEPR 理论，其空间构型为正四面体。

NO3-2- ②与 4 互为等电子体的一种阴离子和一种分子应该具有5 个原子，32 个价电子，符合要求的阴离子有SO

4

、

ClO-、PO3-等，符合要求的分子有CCl4、CBr4、CI4、SiF4等。

4 4

A

2 2 1 1

③根据晶胞图片可推出“●”个数为：8×＋，个数为8 个，再根据化学式Na O 可推出“●”为O2?，

6×=4

8 2

“○”2“○”为Na+，以面心的“●”出发，距离“●”最近且等距离的“○”有8 个，每摩尔晶胞含4 mol Na2O，质量为4×62

g ，晶胞的参数为a pm=a×10 ?10 cm ，每摩尔晶胞体积为(a×10 ?10)3 cm3×N A，则晶胞密度为

4? 62

(a ?10-10 )3 ?N

g?cm?3。

36.[化学——选修5：有机化学基础]（15分）

（1）邻氯甲苯（或2?氯甲苯、2?氯?1?甲苯）（1分）氯原子（1分）

（2）取代反应（1分）

（3）甲苯直接发生氯代得到的邻氯甲苯和对氯甲苯难以分离（或一步完成还含有对位取代物，产率低）（2分）

（4）H3C

Cl

SO3H + Cl

FeCl3

H3C SO3H + HCl

（2分）

Cl

C

Cl

（5）14（2分）

CH3Cl

AlCl3（6）CH3

H2SO4 SO3

H3C

100O C

（2分）

SO3H

CH3Cl

AlCl3

H3C

H3C SO3H

H2O

CH3

CH3

（4分）

【解析】（1）E 中甲基和氯原子相对位置为邻位，名称为邻氯甲苯或2?氯甲苯或2?氯?1?甲苯等，F 中官能团为—Cl，名称为氯原子。

（2）由合成图可以看出所有步骤基本都是取代反应。

（3）甲苯直接氯代会产生两种产物邻氯甲苯和对氯甲苯，在后续的步骤中会难以分离。

（4）C→D的反应是C 中甲基邻位的氢原子被氯原子取代的过程，方程式为

Cl

H3C SO3H + Cl FeCl3

H3C SO3H + HCl

。

（5）M与G互为同分异构体，含有三个苯环，苯环之间不直接相连，说明三个苯环连在同一个碳上。M的结构有：一个氯在甲基碳上，另一个氯在苯环上时，有邻、间、对3种，两个氯在同一苯环上时，有6种，两个氯在不同苯环上时，有6种，共15种，G为15种中的1种，故不包括G的同分异构体有14种。核磁共振氢谱有5 A

L 2

- h

2

Cl C

Cl

组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为

。

（6）结合题中合成路线的前四步可得：

CH 3

H 3C

CH 3

CH 3Cl AlCl 3

H 2SO 4 SO 3 H 3

C

100O C

3H CH 3Cl

AlCl 3

H 3C SO 3H

H 2O

CH 3

物理评分标准

14 15 16 17 18 19 20 21 C

D

C

B

D

BC

BD

ACD

22．【答案】（1）5.2；（1 分）（2）0.13，（1 分）0.26，（1 分）减小；（1 分）（3）0.75（1 分） 【解析】（1）挡光片的宽度为： d = 5mm + 2? 0.1mm = 5.2mm ；

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