衡水金考卷化学分科综合卷(3)答案

1.【答案】C
解析：A 项：蛋白质水解为氨基酸，但鱼肝油主要含有维生素A 和维生素D ，常用于防治夜盲、佝偻 病等，错误；B 项：含氯消毒剂、活性重金属银离子可使人中毒，不属于绿色化学理念，错误；C 项： 铝硅酸盐分子筛是由硅氧四面体或铝氧四面体通过氧桥键相连而形成分子尺寸大小（通常为0.3~2 nm ）的孔道和空腔体系，因吸附分子大小和形状不同而具有筛分大小不同的流体分子的能力，正确； D 项：防弹玻璃是由玻璃（或有机玻璃）和优质工程塑料经特殊加工得到的一种复合型材料，错误。

2.【答案】A
解析：A 项：2NaHCO 3=====△ Na 2CO 3+CO 2↑+H 2O ，产生的CO 2
使糕点疏松多孔，正确；B 项：铝在常 温下能与氧气反应，生成致密的Al 2O 3，防止内部Al 进一步被氧化，错误；C 项：汽车尾气中的氧化 物产生的主要原因是在气缸中氮气被氧化生成的，错误；D 项：SiO 2与氢氟酸反应，可用来雕刻玻璃， 错误。

3.【答案】A
解析：A 项：30 g 的2-丙醇的物质的量为30g 60g/mol
=0.5mol ，2-丙醇中含有一个羟基，正确；B 项：在标 准状况下，氨水不是气体，所以不能计算其物质的量，错误；C 项：NaHSO 4在水溶液中的电离方程式 为NaHSO 4===== Na ++H ++SO 42-，但体积未知无法计算，错误；D 项：7.8 g Na 2O 2的物质的量为0.1mol ， Na 2O 2固体中的阳离子是Na +，阴离子是O 22-，所以含有的离子数目为0.3N A ，错误。

4.【答案】B
解析：A 项：当二氧化碳过量时，继续溶解CaCO 3，反应为CaCO 3+CO 2+H 2O=Ca(HCO 3)2，错误； B 项：2 Fe 2+→2Fe 3+失去2e -，2I -→I 2失去2e -，而2Br 2→4Br - 共得到4e - ，电子得失守恒，正确； C 项：正确反应为NH 4＋＋Al 3＋＋2SO 42－＋2Ba 2＋＋4OH －
＝2BaSO 4↓＋Al(OH)3↓＋NH 3·H 2O ，错误；
D 项：浓硝酸中加入过量铁粉并加热正确反应为Fe ＋2NO 3－＋4H ＋Fe 2＋
＋2NO 2↑＋2H 2O ，错误。

5.【答案】C 解析：A 项：可利用CaC 2的成键形式来理解叠氮酸钠(NaN 3)，物质中含离子键和共价键，错误；B 项： 未指出是标准状况，错误；C 项：NaN 3分解成钠单质和氮气，化合价有升有降，正确；D 项：由信息： 叠氮酸钠遇高温或剧烈震动能发生强烈爆炸，化学性质不稳定，包装盒上必须说明注意事项，错误。

6.【答案】D
解析：A 项：负极失电子，锂作负极，石墨作正极，所以电子从锂极经外电路到石墨极，错误； B 项：放电时， R x+在正极得到电子被还原为R ，错误；
C 项：由x Li
x Li ＋转移电子为xe -，当有0.1mole -通过，发生迁移Li +的物质的量为0.1mol ，错误；
D 项：充电时是电解池原理，阳极失去电子被氧化，阴极得到电子被还原，正确。

7.【答案】D
解析：A 项：向Cu 2(OH)2CO 3滴加足量盐酸得到CuCl 2(aq)，再电解可生成Cu ；B 项：利用侯氏制碱 法可实现转化，反应的方程式为：NaCl+NH 3+CO 2+H 2O= NaHCO 3 +NH 4Cl ，使溶解度较小的碳酸氢钠
从溶液中析出，再加热NaHCO 3晶体生成Na 2CO 3固体；C 项：向NaAlO 2溶液中通入过量的CO 2气体生成Al(OH)3沉淀，再加热脱水即为Al 2O 3；D 项：S 与氧气反应生成SO 2，SO 2经催化氧化才可生成SO 3，SO 3溶于水生成H 2SO 4。

8.【答案】D
解析：首先碳链异构有和 2种，可能的官能团有—OH(羟基)和—O —(醚键)； 将—OH 插入碳链中有4种结构：
、 ；将—O —插入碳链中有3种结构：
、 。

9.【答案】C 解析：A 项：由图可知合成氨反应是放热反应，△H=生成物总能量－反应物总能量=E 2－E 1，错误；B 项：催化剂能够降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，过程I 实线表示未加入催化剂，过程 II 虚线表示该反应使用催化剂，所以B 错误C 正确；D 项：a 段表示正反应活化能，b 段表示逆反应 活化能，a ＜b ，错误。

10.【答案】B
解析：短周期元素中显+4、－4价的元素有C 、Si ，显+5、－3价的元素有N 、P ，显+7、－1价的只 有Cl ，显－2价的只有O ，再结合原子半径规律可确定X 、Y 、Z 、Q 、R 、T 分别为C 、O 、N 、Si 、 Cl 、P 元素。

A 项：X 与Y 形成的阴离子可能有CO 32-、C 2O 42-，正确；B 项：Cl 的氧化物对应水化物 有HClO 、HClO 3、HClO 4等，其中HClO 是弱酸，错误；C 项：NH 3含有分子间氢键，使熔、沸点反 常升高，正确；D 项：SiC 是原子晶体，而SiCl 4是分子晶体，正确。

11.【答案】B
解析：A 项： NO 2可与水反应，不能用排水法收集,应用向上排空气法收集，错误；B 项：盐桥原电 池中，Fe 电极为负极，Fe －2e -=Fe 2+，C 电极为正极，通过盐桥形成闭合回路，正确；C 项：这是蒸 馏装置，用于沸点有差异的液液混合物的分离，分离互不相溶的液体用分液漏斗，错误；D 项：直立 试管中应选用饱和Na 2CO 3溶液，目的是降低乙酸乙酯的溶解度，NaOH 溶液会使酯水解，错误。

12.【答案】D 解析：A 项：由结构简式可知有机物的分子式为C 9H 8O 4，错误；B 项：有机高分子化合物是指相对分 子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大，错误；C 项：由结构简式可知，分 子中含羧基（—COOH ）、酯基（—COO —），但只有苯环能与氢气发生加成反应，则1mol 阿司匹林最 多能与3mol H 2加成，错误；D 项：—COOH 中4个原子和—OCO —CH 3中的5个原子共平面，正确。

13.【答案】B 解析：A 项：
NaClO 溶液具有强氧化性，不能利用pH 试纸测定pH ，应利用pH 计测定pH 比较酸性 强弱，错误；B 项：含有酚酞的Na 2CO 3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12 固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na 2CO 3溶液中存在水解平衡，正确；C 项：NaOH 过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl 3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大 小，错误；D 项：等物质的量浓度的Na 2SO 3与Na 2CO 3溶液的pH ，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的 酸性，因亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性，错误。

图1
14.【答案】A
解析：A项：在潮湿的空气中，钢铁表面会吸附一层薄薄的水膜。

如果这层水膜呈较强酸性时，主要发生析氢腐蚀，如果这层水膜呈弱酸性或中性时，能溶解较多氧气，此时主要发生吸氧腐蚀，正确；B项：注意C是固体，此反应是熵减小的反应（ΔS＜0），反应如果能自发进行，说明ΔH＜0，错误；C项：BaSO4溶度积略小于BaCO3,但是基本处于同一数量级，通过使用过量Na2CO3溶液可以实现转
化过程，错误；D项：稀释促进电离，平衡向电离方向移动，c(NH4+)
c(NH3·H2O)的值增大。

15.【答案】C
解析：A项：由题意可知，0.2mol CH3COONa和0.1mol HCl反应生成CH3COOH和NaCl，得到等浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl溶液，由于c（CH3COO—）>c（Cl—），说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，溶液呈酸性，正确；B项：溶液中的CH3COOH的电离与CH3COO-的水解会在两种微粒间相互转化，总量不变，正确；C项：由于CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，错误；D项：依据电荷守恒：c（CH3COO—）+c（OH—）+c（Cl-）=c（Na+）+c（H+），则c（CH3COO—）+c （OH—）=c（Na+）－c（Cl-）+c（H+）=0.2 mol/L－0.10mol/L+c（H+）=0.10 mol/L+ c（H+），错误。

16.【答案】C
解析：A项：由图可知，温度一定时曲线b表示的转化率低，增大某一反应的浓度，其它反应物转化率增大，自身转化率降低，故曲线b表示所对应的投料比为1:1，故A错误；
B项：平衡常数只受温度影响，温度相同平衡常数相同，M、N两点平衡常数相等，由Q到N升温转化率增大，则K增大，因此M点比Q点转化率大，故B错误；
C项：由A分析可知曲线b表示所对应的投料比为1:1，由图中数据可知，N点平衡时的转化率为58 ﹪，反应前后混合气体的总的物质的量不变，则平衡混合气中碳酸甲乙酯的物质的量分数为1mol×0.58×2
(1mol+1mol)=0.58，正确；
D项：开始反应物的总物质的量相同，反应前后混合气体的总的物质的量不变，故曲线a、b平衡时混合气体的物质的量相等，错误。

17.【答案】说明：第（3）、（7）小题每空2分，其余每空各1分。

（1）直形冷凝管，防止暴沸（2）CH3CH2CH＝CH2 （3）分水器中水层液面高度不再变化（4）洗去没有反应的正丁醇，除去残余的硫酸（5）干燥（6）g→f（7）B（8）高，蒸出的产品混有水份。

解析：（1）冷凝管有直形冷凝管、空气冷凝管、球形冷凝管和蛇形冷凝管。

根据形状进行识别，可知仪器B的名称为直形冷凝管,而分水器上的是蛇形冷凝管；沸石具有防止液体暴沸的作用。

（2）正丁醇能发生分子间脱水形成正丁醚，也能形成分子内脱水生成正丁烯(CH3CH2CH＝CH2)。

（3）在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，注意保持分水器中水层液面原来的高度使油层尽量回到圆底烧瓶中．反应达到终点后，分水器中的水层不再增加时，反应结束。

（4）粗品中含有未反应完全的正丁醇，由于正丁醇在水中溶解度较小，比重又较水轻，浮于水层之上用水难以洗去，而硫酸可以氧化少量正丁醇；过量的硫酸可以用水洗去。

（5）无水氯化钙有吸水性，且不与正丁醚反应，可以吸收水，便于下一步的蒸馏。

（6）冷凝水的流向要下进上出（g →f ），水能充满冷凝管，若上进下出（f →g ），水不能充满冷凝管。

（7）正丁醚产率＝7.7g÷(0.34mol×130g/mol 2mol
)×100%＝35﹪。

（8）如果是直形冷凝管、接收管、锥形瓶不干燥或干燥不彻底，则蒸出的产品将混有水份，导致产 品不纯、浑浊，使正丁醚的产量增多，产率增高。

18.【答案】（1）Li 3N+H 2O ＝LiOH+NH 3↑（2分） （2）① －4（1分） ② LiH （1分），相同 （1分）
③11.4（2分）（3）为了防止二价铁被氧化（1分）：2FePO 4 + 2LiOH + C =====高温 2LiFePO 4 + H 2O + CO↑
（2分）（4）阳（1分）Fe+H 2PO 4-+Li +－2e -＝LiFePO 4+2H +（2分）（5）D （2分）
解析：（1）氮化锂遇湿气分解放出氨气，故应隔绝空气密封保存。

（2）① Li 显+1价H 显+1价，故N 显－3价 ②由方程式可判断：锂元素、N 元素的化合价不变， 氢元素的化合价由0变成+1价和－1价，化合价降低被还原，所以还原产物为LiH ；此法储氢是化 学方法，而钢瓶储氢是物理方法③该反应中，反应掉2mol 氢气，同时消耗1mol 氮化锂，所以
储存氢气最多可达Li 3N 质量的：435
×100%≈11.4%。

（3）亚铁离子具有强还原性，制备磷酸亚铁锂的过程都必须在惰性气体氛围中进行，其原因是为了防止亚铁化合物被氧化；该气体不可能是CO 2，因为焦炭过量，只能是CO ，根据元素守恒写。

（4）铁棒为阳极，失去电子生成Fe 2+，所以LiFePO 4在阳极生成；根据得失电子守恒、电荷守恒写。

（5）金属锂可以和硫酸发生化学反应，所以不能加入硫酸以提高电解质的导电性；放电时，装置是 原电池的工作原理，原电池中，阳离子移向正极，正极反应为：FePO 4+Li ++e -═LiFePO 4；充电 时，正极材料LiFePO 4被消耗，质量减少。

故D 说法合理。

19.【答案】（1）CO 2(g)+3H 2(g)＝CH 3OH(l)+H 2O(l) △H=-50kJ/mol （2分）
＜（2分）低温（2分）
（2）D （2分） （3）CD （2分）
（4）0.01mol.L -1.min -1 （2分），注意：曲线的起点必须是t 1时c （CO 2）=0.05 mol.L -1，平衡点必须是t 2时且c （CO 2）在0.02—0.05之间的任意一点，变化趋势如图。

（3分）
解析：（1）图象分析书写热化学方程式为：①CO （g ）+H 2O （g ）=CO 2（g ）+H 2（g ）△H=－41kJ/mol ， ②CO （g ）+2H 2（g ）=CH 3OH （l ）△H=－91kJ/mol ；依据盖斯定律②－①得到：CO 2（g ）+3H 2（g ）=CH 3OH （l ）+H 2O （l ）△H=－50kJ/mol ；甲醇是液体，水是液体，所以该反应是熵减少的反应，故△S ＜0；由△G=△H －T △S ＜0反应可自发进行，故T 要低温。

（2）K 越大说明反应向右进行的限度越大，v 正＞v 逆，反应一定向正反应方向移动，故AD 正确。

（3）判断反应达到化学平衡的基本标志有①v 正＝v 逆≠0②各组分的含量不再变化，A 项应为v 正(H 2)
=3v 逆(CO 2)；ρ=m V
，而体积不变，当气体质量不再变化时达到平衡状态；压强不变浓度不变。

（4）由ρ=m V
，得△m=2.0g/L ×2.0L=4.0g ，即△m= △m(CO 2)+△m(H 2)=4.0g ，由反应化学方程式可知
△m(CO 2)=4.0×4444+3×2=8825，△n(CO 2)= 8825
÷44=225mol ，v (CO 2)= △n(CO 2)V×t =0.01mol.L -1.min -1；当t 1时将容器体积压缩到1L ，假设平衡不移动，c (CO 2) =0.05 mol.L -1，加压平衡向气体分子数减小的方向移动，c (CO 2)要降低，但要注意“只能减弱，不能抵消”。

20.【答案】（1）去除水中的溶解氧，防止Cr 2+被氧化（1分）可以防止空气进入4（1分）
（2）Zn + 2H + = Zn 2+ + H 2↑（1分）排出空气使体系保持还原性氛围（1分）增大体系压强使Cr 2+溶液进入CH 3COONa 溶液中（1分）（3）4（1分）打开（1分）关闭（1分） （4）C （2分）
解析：（1）由于乙酸亚铬易被氧化，所以配制溶液时需加热煮沸除去水中溶解的氧气，同理实验时也不能让空气中的氧气进入系统。

（2）主反应是2CrCl 3(aq) + Zn(s)= 2CrCl 2 (aq) + ZnCl 2(aq)，而过量的锌可与盐酸反应生成氢气，氢气开始是排尽系统内空气，后来是使2中溶液进入4中反应。

（3）此时8中已贮满足量的氢气，先打开5再关闭6，挤压8可使2中液体顺利进入4中参与反应。

（4）洗涤主要是洗去NaCl 等杂质，由题给信息“不溶于冷水和乙醚”可知先用冷水洗去NaCl 等杂质，再用乙醚洗去附着的游离水。

21.【答案】（1）A （2分）（2）①B （2分）②出现白色沉淀（2分）（3）2Cl --2e -=Cl 2↑（1分），NaOH 和NaCl （2分）阻止气体通过（1分）（4）MgCl 2(熔融)====电解
Mg+Cl 2↑（2分），氯气(或Cl 2)（1分）为了 防止氯化镁水解，要在氯化氢气体的氛围中进行加热（2分）
解析：（1）海水淡化的方法，基本上分为两大类：一、从海水中取淡水，有蒸留法、反渗透法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法；二、除去海水中的盐分，有电渗析法、离子交换法和压渗法，结合能源消耗等问题，本题冷冻法、离子交换法、反渗透法消耗能量少。

（2）①阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B 和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B 是阳离子交换膜；阴极区是氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，和钙离子，镁离子形成沉淀。

（3）阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl --2e -=Cl 2↑；阴极上氢离子放电，导致阴极附近生成NaOH ，溶液中还有部分氯化钠，所以b 流出的液体是NaOH 和NaCl ；Cl 2和NaOH 溶液接触，发生反应2NaOH+Cl 2═NaClO+NaCl+H 2O ，防止Cl 2和NaOH 反应，石棉隔膜的作用是阻止气体通过。

（4）无水氯化镁在熔融状态下，通过电解得到金属镁，化学方程式为：MgCl 2(熔融)====电解Mg+Cl 2↑； 根据流程图可以看出，氯气可以循环利用；氯化镁中的镁离子易水解，在干燥的HCl 气流中， 抑制了MgCl 2水解，且带走MgCl 2•6H 2O 受热产生的水汽，得到无水MgCl 2。

22.【答案】（1）1s 22s 22p 63s 23p 63d 24s 2（2分）（2）C ＜O ＜N （2分）（3）ac （2分）（4） （1分）sp 3（1分）正四面体（1分），SiCl 4、ClO 4-（2分）
（5）TiN （2分），62×4(2a ×10-10)3N A （2分） 解析：由题意可推出A 、B 、C 、D 、E 分别为C 、N 、O 、S 、Ti 元素。

（1）Ti 是22号元素，d 轨道上只有2个电子，所以基态核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 24s 2。

（2）C 、N 、O 元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N 元素原子 2p 能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C ＜O ＜N 。

（3）晶体甲是干冰，晶体乙是冰，a 、水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存 在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比冰大，故a 正确；b 、冰融化时破坏的是氢键，干冰分子之间只存在范德华力，融化时破坏的是范德华力，氢键比范德华力强，故晶体的熔点冰＞干冰，故b 错误；c 、水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，晶体中的空间利用率：干冰＞冰，故c 正确；d 、干冰分子之间存在范德华力，水分子间存在氢键，晶体中分子间相互作用力类型不相同，故d 错误。

（4）由于N 2H 4分子中N 原子所形成共价键的数目与NH 3相同，故分子结构与NH 3相似，其原子轨 道的杂化类型与NH 3中的N 原子一样，也是sp 3杂化；根据价层电子对互斥理论，中心S 原子的电子
对数为6+22
=4，所以为正四面体构型；等电子体原理是原子总数相同、价电子总数相同的分子（或离子）具有相似的化学键特征，因此与SO 42-互为等电子体的有CCl 4、 SiCl 4 、PO 43-、ClO 4-等。

（5）根据均摊法可算出该晶胞中N 原子个数：顶点有8×18
=1,面心有6×12=3，共4个原子， Ti 原子个数：1+12×14=4，即原子个数比为1:1，化学式为TiN 。

该晶胞的质量m=62×4 N A
g ， 而晶胞的体积V=（2a×10-10）3cm 3，所以晶体的密度ρ=m V =62×4(2a×10-10)3N A
g ·cm -3。

23.【答案】（1）C 7H 7NO 2 （1分） （1分） （2）取代反应（1分）
（3）①a b （2分）②不可以，若先还原后氧化，则还原生成的氨基又会被氧化（2分）
（4）2（2分）（5）、、 （任写两个即可）（2分）
（6）（2分）
（7）（2分）
解析：由题给信息可知N 应为
，在浓硫酸作用下与硝酸发生取代反应，生成
，
则A为，相对分子质量为137，蒸气密度为氢气密度的68.5倍，A被酸性高锰
酸钾氧化生成B为，与甲醇在浓硫酸作用下反应生成D为，然后发生还原反应生成F。

（1）由以上分析可知A的分子式为：C7H7NO2，结构简式为。

（2）N为，在浓硫酸作用下与硝酸发生取代反应，生成。

（3）①由题给信息结合以上分析可知试剂I和试剂Ⅱ分别是KMnO4（H+）、Fe/盐酸，②若先还原后
氧化，则还原生成的氨基又被氧化，所以不能得到F。

（4）E为CH3OH，含有两种不同的H原子。

（5）D为，对应的属于芳香族化合物，分子中有两个互为对位的取代基，其中一个取
代基是硝基；且分子中含有—COO—结构的同分异构体有
（6）D的同分异构体w，在酸性条件下水解后，可得到一种能与FeCl3溶液发生显色反应的产物，
说明分子中含有酚羟基，W应为，水解的方程式为：。

（7）F的水解产物为和CH3OH，化合物H在一定条件下经缩聚反应可制得
高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域，则H为，可发生缩聚反应，方程式为：。