已知：① B的核磁共振氢谱有三个吸收峰；

H2O2

②――→

;

③

NaOH/H2O

――→ △

。

(1)B的名称为____________。

(2)反应⑤的反应类型为____________。G的结构简式为____________________。

(3)在合成路线中设计⑤和⑨两步反应的目的是_________________________________。 (4)反应⑥的化学方程式为____________________________________________。

(5)F与银氨溶液反应的化学方程式为__________________________________________。

(6)M为的同分异构体，满足下列条件的M的结构有________种。

a．属于芳香族化合物 b．1 mol M与足量NaHCO3溶液反应能生成2 mol CO2

任写一种核磁共振氢谱有4组峰的M的结构简式________________________________。 (7)参照上述合成路线，以乙醇为原料(其他无机试剂任选)，设计制备正丁醇的合成路线。

清远市2019—2020学年度第一学期期末教学质量检测

高三理科综合试卷参考答案及解析

7．B

【解析】豆浆中加入凝固剂做豆腐，利用的是胶体的聚沉，属于胶体的性质，A项正确；植物油不属于高分子化合物，B项错误；秦朝兵马俑的制作原料主要是硅酸盐，属于无机非金属材料，C项正确；青铜属于合金，D项正确。

8．D 【解析】乙苯不能使溴的CCl4溶液褪色，A项错误；乙苯中有乙基，不可能所有原子处于同一平面，B项错误；苯乙烯的分子式为C8H8，乙苯的分子式为C8H10，乙苯的氢含量更高，等质量的苯乙烯和乙苯

完全燃烧，乙苯消耗的氧气更多，C项错误；乙苯的一氯代物有9．C

＋

5种，D项正确。

【解析】稀硫酸溶液没有体积，不能计算H数目，A项错误；标准状况下5.6 L Cl2与5.6 g铁粉，即0.25 mol Cl2与0.1 mol Fe充分反应，铁粉少量，每个铁原子转移3个电子生成FeCl3，所以总共转移电子数目为0.3NA，B项错误；丙烯的分子式为C3H6，正丁烯的分子式为C4H8，最简式均为CH2，1.4 g CH2中所含碳原子数为0.1NA，C项正确；该反应为可逆反应，所以生成NH3分子数目少于2NA，D项错误。

10．C 【解析】由题意可知锌电极为原电池的负极，电势较低，A项错误；放电过程中两膜之间的KCl溶液

＋

浓度不断降低，说明KCl溶液中K通过cd膜进入右侧室，则cd膜可以选用阳离子交换膜，B项错误；根

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5第

据多孔碳电极判断电极反应式为I3＋2e＝3I，C项正确；K应通过cd膜向正极移动，D项错误。

11．C 【解析】装置A可以利用关闭止水夹，试管内生成的气体会将液体压回长颈漏斗中，使固液分离停止反应，可以做到随开随用，随关随停，A项正确；导管m的作用是平衡压强，可以观察后面装置是否堵塞，B项正确；装置D中产生白色沉淀可以说明产生了AgCl，但无法证明是H2还原FeCl3生成HCl，还可能是FeCl3升华，C项错误；实验结束后安全操作顺序，应先熄灭C处酒精灯，待硬质玻璃管冷却后关闭K，防止倒吸入液体使硬质玻璃管炸裂，D项正确。

12．C 【解析】气体p常作果实催熟剂，所以p为C2H4，n为H2O，m为C2H5OH，根据题干信息和反应流程可知A、B、C为H、C、O，可以与m发生置换反应的单质d可以为Na、Mg，原子半径由大到小的顺序为Na(Mg)＞C＞O＞H，A项正确；简单氢化物的沸点CH4＜H2O，B项正确；钠(镁)密度大于乙醇，反应时金属沉入液体，C项错误；O与Na(Mg)形成的化合物中一定含有离子键，D项正确。

13．A 【解析】酚酞变色pH在8～10之间，滴定MOH的实验不能使用酚酞作指示剂，A项错误；由图可

＋－

知Ka(HX)＞Kb(MOH)，MX溶液中M的水解程度大于X的水解程度，溶液的pH＜7，B项正确；a点溶

－＋＋－－

液显酸性，所以c(X)＞c(HX)，C项正确；b点溶液中根据电荷守恒得c(M)＋c(H)＝c(OH)＋c(Cl)，

＋－＋－＋

根据物料守恒得2[c(MOH)＋c(M)]＝c(Cl)，相加得2c(MOH)＋c(M)＋c(OH)＝ c(H)，D项正确。

26．(15分)

(1)增大接触面积，加快酸溶速率(1分，合理答案即可) SiO2 、CaSO4(2分，每个1分)

(2)2H＋2Fe2＋ClO＝2Fe3＋ Cl＋H2O(2分)

＋

(3)溶液中的Fe3能催化分解H2O2，从而使所用H2O2远远高于理论用量(2分) (4)能(1分) C(1分) (5)

＋

－

＋

＋

－

＋

－

－－－＋

(2分) 2Ni2＋N2H4＋4OH＝2Ni↓＋ N2↑＋4H2O(2分)

＋

－

＋－

(6)Ni2＋2e＝Ni，2H＋2e＝ H2↑(2分，每个1分) 【解析】(1)“粉碎”的目的是增大接触面积，可以加快酸溶速率；“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4。

＋＋＋＋－

(2)“转化Ⅰ”的目的是将Fe2转化为Fe3，反应离子方程式为2H＋2Fe2＋ClO＝

2Fe3＋ Cl＋H2O。

＋

(3)用H2O2代替NaClO进行“转化Ⅰ”时，溶液中生成的Fe3能催化分解H2O2，会使所用H2O2远远高于理论用量。

－－＋

(4)根据Ksp[Fe(OH)3]＝4×1038、Ksp[Al(OH)3]＝1×1033可知，pH＝5时c(Fe3)＝4× －－＋－－－－

1011 mol·L1、c(Al3)＝1×106 mol·L1，均小于1×105 mol·L1，能沉淀完全；调pH时，为了使＋＋

Fe3、Al3沉淀完全且不引入其他杂质，加入的“试剂X”可以是NiO，故C项正确。

(5)N2H4的电子式为

；“转化Ⅱ”中发生反应的离子方程式为2Ni2＋N2H4＋4OH＝2Ni↓＋

＋

－

＋

－

N2↑＋4H2O。

＋－＋－

(6)电解过程中镍棒上可能发生的电极反应式为Ni2＋2e＝Ni和2H＋2e＝ H2↑。 27．(14 分)

(1)分液漏斗 (1分) 作安全瓶(防止液体倒吸)(1分) (2)2NO＋Na2O2===2NaNO2(2分)

－＋－＋

(3)5NO＋3MnO4＋4H===5NO3＋3Mn2＋2H2O(2分)

(4)把装置内残留的NO驱赶至后续装置，使其充分吸收，避免污染空气(2分) (5)滴入最后一滴标准液后，溶液由蓝色褪为无色，且30 s内不再变化(2分)

(6)80.2%(80.0%～80.3%即可)(2分) (7)偏低(2分)

【解析】(1)盛放浓HNO3的仪器的名称为分液漏斗；装置B的作用是作安全瓶，防止液体倒吸。

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6第

(2)装置E中反应的化学方程式为2NO＋Na2O2===2NaNO2。

－－＋－＋

(3)装置F中多余的NO被氧化为NO3的反应离子方程式为5NO＋3MnO4＋4H===5NO3＋3Mn2＋2H2O。

(4)实验结束后，打开装置A中弹簧夹通入N2的目的是把装置内残留的NO驱赶至后续装置，使其充分吸收，避免污染空气。

(5)步骤二中以淀粉作指示剂达到滴定终点的标志为滴入最后一滴标准液后，溶液由蓝色褪为无色，且30 s内不再变化。

＋－

(6)步骤一将混合固体溶于稀硫酸，向所得溶液中加入足量KI，发生的反应方程式为4H＋2NO2＋2I－＋－－

===2NO↑＋I2＋2H2O和8H＋2NO3＋6I===2NO↑＋3I2＋4H2O，滴定过程发生的反应为I2＋2Na2S2O3

－

＝2NaI＋ Na2S4O6，根据物料守恒，反应中Na2S2O3与I2的化学计量比为2∶1、I2与NO2的化学计量比为

－－－

1∶2、I2与NO3反应的化学计量比为3∶2，则Na2S2O3与NO2的化学计量比为1∶1、Na2S2O3与NO3的化

－－

学计量比为3∶1，滴定消耗n(Na2S2O3)＝ 0.050 mol·L1×0.016 L＝8.0×104 mol，设混合固体中NaNO2的质量分数为x，根据物料守恒得n(NaNO2)＋3n(NaNO3) ＝ n(Na2S2O3)，则

4.3 g×x

－＋

69 g·mol1

4.3 g×（1－x）－3×＝100×8.0×104 mol，解得x＝0.802，混合固体中NaNO2的质量分数为80.2%(80.0%～－1

85 g·mol80.3%即可)。

(7)若在滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，则滴定读数偏大，计算所得硝酸钠偏多，则测得亚硝酸钠的纯度偏低。

28．(14分)

(1)－240.3 kJ·mol1(2分)

－－

(2)①0.04 mol·L1·min1(2分) ②＝(2分) 0.6817(3)(或)(2分)

p25p

(4)①＜(2分)

②迅速上升是因为催化剂活性增强，上升缓慢是因为温度升高(2分) 迅速下降是因为催化剂失活(2分)

31－

【解析】(1)根据盖斯定律得，ΔH4＝ΔH1－ΔH3＝－240.3 kJ·mol1。

22(2)①设5 min时生成O3的物质的量为x，根据三段式： 3O2(g) 2O3(g)

反应前物质的量(mol) 1 0

3

参与反应的物质的量(mol) x x

23

平衡时物质的量(mol) 1－x x

2

在相同温度下，物质的量n与压强p成正比，则0.9×n起始(O2)＝ n平衡(O2)＋ n平衡(O3)，0.9×1 mol＝1 30.2 mol－－

mol－x ＋x，解得x＝0.2 mol，生成速率v(O3)＝＝0.04 mol·L1·min1。

21 L×5 min

1－0.73

②平衡时O2的物质的量n平衡(O2)＝1 mol－×0.2 mol＝0.7 mol，平衡时O2的转化率α(O2)＝×

21100%＝30%。

(3)假设先进行反应Ⅰ，达到平衡后再进行反应Ⅱ，

根据反应Ⅰ三段式： 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) 反应前物质的量(mol) 2 1 0 参与反应的物质的量(mol) 2－0.2

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－

2－0.2

2－0.2 2

7第

2－0.2

反应Ⅰ平衡时物质的量(mol) 0.2 1－ 2－0.2

2

反应Ⅰ中生成的NO2的物质的量n(NO2)＝2 mol－0.2 mol＝1.8 mol，剩余O2的物质的量n(O2)＝1－2 mol－0.2 mol

＝0.1 mol，

2 mol

反应Ⅱ三段式： 2NO2(g) N2O4(g) 反应前物质的量(mol) 1.8 0 参与反应的物质的量(mol) 1.8－1

1.8－1

21.8－1

2

平衡时物质的量(mol) 1

1.8 mol－1 mol

平衡时n(N2O4)＝＝0.4 mol，则n(总)＝ n(NO)＋n(O2)＋n(NO2)＋n(N2O4)＝0.2 mol＋0.1

2 moln（NO2）1

mol＋1 mol＋0.4 mol＝1.7 mol，此时p(NO2)＝×p(总)＝p kPa，

1.7n（总）

p（N2O4）0.680.4－

p(N2O4) ＝p kPa，常温下反应Ⅱ的平衡常数Kp＝2＝ kPa1。

1.7pp（NO2）

(4)①根据该反应的平衡常数与温度的关系式lg Kp＝5.0＋200/T可知，随着温度升高，平衡常数降低，该反应为放热反应。

②随反应温度变化开始迅速上升是因为催化剂活性增强，之后上升缓慢是因为一定时间反应未达到平衡温度升高反应速率加快；当反应温度高于380 ℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是催化剂失活。

36．(15分)

(1)对溴甲苯或4－溴甲苯 (1分)

(2)取代反应(1分) (3)保护酚羟基(1分)

(2分)

(4)2

＋O2――→2△

Cu

＋2H2O(2分)

(5) ＋2Ag(NH3)2OH――→

△

＋2Ag↓＋3NH3＋H2O(2分)

(6)10(2分)

Cu/O2

NaOH/H2O

H2

(1分)

(7)CH3CH2OH――→CH3CHO――→CH3CH＝CHCHO催化剂――→CH3CH2CH2CH2OH (3分，每步1分) △△/△

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8第