高考全国1卷理综化学试题精准解析Word版.docx
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高考全国1卷理综化学试题精准解析Word版
2016年普通高等学校全国统一考试(新课标I)
理科综合能力测试(化学)
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Cl35.5K39Cr52Mn
55Ge73Ag108
一、选择题(在四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
每小题6分,共42分)
7.化学与生活密切相关,下列有关说法错误的是()
A•用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B•食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D•医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
【解答】选D•解:
A•蚕丝含有蛋白质,灼烧时具有烧焦的羽毛气味,为蛋白质的特
有性质,可用于鉴别蛋白质类物质,故A正确;
B•食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质,可致癌,故B正确;
C•加热可导致蛋白质变性,流感病毒是蛋白质,故C正确;
D•医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%,故D错误.
8.设Na为阿伏加德罗常数值•下列有关叙述正确的是()
A.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2Na
B.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2Na
C.1molFe溶于过量硝酸,电子转移数为2Na
D.标准状况下,2.24LCCl4含有的共价键数为0.4Na
【解答】选A.解:
A.14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量二.=1mol,含
14g/niol
氢原子数为2Na,故A正确;
B.1molN2与4molH2反应生成的NH3,反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应生成氨气,生成氨气分子数小于2Na,故B错误;
C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁,电子转移为3mol,电子转移数为3Na,故C错误;D.标准状况下,四氯化碳不是气体,2.24LCCl4含物质的量不是0.1mol,故D错误;
9.下列关于有机化合物的说法正确的是()
A.2-甲基丁烷也称异丁烷
B•由乙烯生成乙醇属于加成反应
C.C4H9CI有3中同分异构体
D.油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【解答】选B.解:
A.异丁烷含有4个C原子,2-甲基丁烷含有5个C原子,故A错误;
B.乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇,故B正确;
C.同分异构体是化合物具有相同分子式,但具有不同结构的现象,C4H9CI的同分异
构体共有4种,故C错误;
D.油脂不是高分子化合物,故D错误;
10.下列实验操作能达到实验目的是()
A.用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C.配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D.将CI2与HCI混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的CI2
【解答】选C.解:
A.互不相溶的液体采用分液方法分离,乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶
液不互溶,应该采用分液方法分离,用到的仪器是分液漏斗,故A错误;
B.NO易和空气中02反应生成N02,所以不能用排空气法收集,NO不易溶于水,应该用排水法收集,故B错误;
C.FeCl3属于强酸弱碱盐,Fe3+易水解生成Fe(0H)3而产生浑浊,为了防止氯化铁水解,应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释,故C正确;
D.将CI2与HCI混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气,所以得不到纯净的氯气,应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥,故D错误;
11.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42「可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中
间隔室.下列叙述正确的是()
A.通电后中间隔室的SO42「离子向正极迁移,正极区溶液pH增大
B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C.负极反应为2H2O-4e=O2+4H+,负极区溶液pH降低
D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.5mol的O2生成
【解答】选B.解:
A、阴离子向阳极(即正极区)移动,氢氧根离子放电pH减小,
故A错误;
B、直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室,通电时,氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气,使得氢离子浓度增大,与硫酸根离子结合成硫酸;氢离子在阴极得电子生成氢气,使得氢氧根离子浓度增大,与钠离子结合成氢氧化钠,故可以得到NaOH和H2SO4产品,故B正确;
C、负极即为阴极,发生还原反应,氢离子得电子生成氢气,故C错误;
D、每生成1mol氧气转移4mol电子,当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.25mol
的O2生成,故D错误.
12.298K时,在20.0mL0.10mol?
L-1氨水中滴入
0.10mol?
L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示.已知0.10mol?
L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0mL
C.M点处的溶液中c(NH4+)=c(C「)=c(H+)=c(OH「)
D.N点处的溶液中pHv12
【解答】选D.解:
A.强酸弱碱相互滴定时,由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性,所以应选择甲基橙作指示剂,所以氨水滴定盐酸需要甲基橙作指示剂,故A错误;
B.如果M点盐酸体积为20.0mL,则二者恰好完全反应生成氯化铵,氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性,要使溶液呈中性,则氨水应该稍微过量,所以盐酸体积小于20.0mL,故B错误;
C.M处溶液呈中性,则存在c(H+)=c(OH「),根据电荷守恒得c(NH4+)=c(C「),该点溶液中溶质为氯化铵,铵根离子水解而促进水电离,但水的电离程度较小,该点溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)=c(C「)>c(H+)=c(OH「),故C错误;
D.N点为氨水溶液,氨水浓度为0.10mol?
L「1,该氨水电离度为1.32%,则该溶液中c
(OH「)=0.10mol/LX1.32%1.32X1O「3mol/L,c(H+)=mol/L=7.6X10-10mol/L,
1.32X10-3
所以该点溶液pHv12,故D正确;
13.短周期元素W、X、丫、Z的原子序数依次增加.m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,q的水溶液具有漂白性,0.01mol?
L
「I溶液的pH为2,s通常是难溶于水的混合物.上述物质的转化关系如图所示.下列说法正确的是()
A.原子半径的大小WvXv丫
B.元素的非金属性Z>X>丫
C.丫的氢化物常温常压下为液态
D.X的最高价氧化物的水化物为强酸
【解答】选:
C.解:
短周期元素W、X、丫、Z的原子序数依次增加.m、p、r是由这
些元素组成的二元化合物,n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,则n为Cl2,Z为
Cl,氯气与p在光照条件下生成r与s,0.01mol?
L十溶液的pH为2,贝打为HCI,s通常是难溶于水的混合物,则p为CH4,氯气与m反应生成HCI与q,q的水溶液具有漂白性,则m为H2O,q为HCIO,结合原子序数可知W为H元素,X为C元素,丫为
O元素.
A.所以元素中H原子半径最小,同周期自左而右原子半径减小,故原子半径W(H)
v丫(O)vX(C),故A错误;
B.氯的氧化物中氧元素表现负化合价,氧元素非金属性比氯的强,高氯酸为强酸,碳酸为弱酸,氯元素非金属性比碳的强,故非金属性丫(O)>Z(Cl)>X(C),故B错误;
C.氧元素氢化物为水,常温下为液态,故C正确;
D.X的最高价氧化物的水化物为碳酸,碳酸属于弱酸,故D错误.
二、解答题必选题(共3小题,满分43分)
26.(14分)氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2.某同学在实验室中对NH3与N02反应进行了探究.回答下列问题:
(1)氨气的制备
1氨气的发生装置可以选择上图中的A,反应的化学方程式为Ca(OH)
2+2NH4CI-—CaCl2+2NH3f+2H2O.
2欲收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连接顺序为:
发生装置d—cff—eT(按气流方向,用小写字母表示).
(2)氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子Ki、K2夹好).在一定温度下按图示装置进行实验.
【解答】解:
(1)①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气,反应物状态为固体与固体,反应条件为加热,所以选择A为发生装置,反应方程式:
Ca(OH)
2+2NH4CI—-—CaCl2+2NH3f+2H2O;故答案为:
A;Ca(OH)
2+2NH4CI—-—CaCl2+2NH3T+2H2O;
②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气,制备的气体中含有水蒸气,氨气为碱性气体,应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体,氨气极易溶于水,密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体,氨气极易溶于水,尾气可以用水吸收,注意防止倒吸的发生,所以正确的连接顺序为:
发生装置fdfcTfefi;故答案为:
d—cTf—eT;
(2)打开Ki,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢充入丫管中,则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气,所以看到现象为:
红棕色气体慢慢变浅;
8NH3+6NO2=7N2+12H2O该反应是气体体积减小的反应,装置内压强降低,所以打开
解释原因
②反应的化学方程式
8NH3+6NO2=7N2+12H2O
生成的气态水凝聚
K2在大气压的作用下发生倒吸;故答案为:
操作步骤实验现象
打开K1,推动注射器活塞,使①红棕色气体慢
X中的气体缓慢充入Y管中慢变浅
将注射器活塞退回原处并固定,丫管中有少量水珠待装置恢复到室温
打开K2
③Z中NaOH溶液④反应后气体分子数减少,丫管中压
产生倒吸现象强小于外压
27.(15分)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4「(绿色)、Cr2O72
(橙红色)、CrO42「(黄色)等形式存在,Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体,回答
1用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应2CrO42「+2H+=Cr2O72「+H2O.
2由图可知,溶液酸性增大,CrO42「的平衡转化率增大(填增大减小”或不
变”)•根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为1.0X014.
3升高温度,溶液中CrO42「的平衡转化率减小,则该反应的△HV0(填大于”小'于”或等于”.
(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中的C「,利用
Ag+与CrO42「生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点•当溶液中C「恰好完全沉淀(浓度
等于1.0XI0-5mol?
L1)时,溶液中c(Ag+)为2.0X0「5mol?
L一1,此时溶液中c(CrO42「)等于5X0「3mol?
Lr.(已知Ag2CrO4、AgCI的Ksp分别为2.0X0「12和2.OXO「10).
(4)
+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2O72「还原成Cr3+,反应的离子方程式为5H++Cr2O72「+3HSO3「=2C产+3SO42「+4H2O.
【解答】解:
(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀,继续加入NaOH后沉淀溶解,生成绿色Cr(OH)4「;故答案为:
蓝紫色溶液变浅,同时又灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液;
(2)①随着H+浓度的增大,CrO42「转化为Cr2O72「的离子反应式为:
2CrO42「
+2H+?
Cr2O72「+H2O,故答案为:
2CrO42「+2H+?
Cr2O72「+H2O;
②溶液酸性增大,平衡2CrO42「+2H+?
Cr2O72「+H2O正向进行,CrO42「的平衡转化率增大;A点Cr2O72「的浓度为0.25mol/L,根据Cr元素守恒可知CrO42「的浓度为0.5mol/L,
H+浓度为1XI0「7mol/L,此时该转化反应的平衡常数为
K=_r^=———=1.0X014,故答案为:
1.0R014;
//CcrQ4^)o.(107)2
③升高温度,溶液中CrO42「的平衡转化率减小,平衡逆向移动,说明正方向放热,则该反应的△Hv0,故答案为:
V;
(3)当溶液中C「完全沉淀时,即c(C「)=1.0X0「5mol/L,依据Ksp(AgCl)=2.0X0「10,计算得到c(Ag+)二圧口(AgfL)=二OX]O―山二?
.。
^。
-5mol/L
c(Cl_)1.0X1O-5
此时溶液中c(CrO42「)/邛(匾金&工比)=£0X10:
。
羽。
一3口。
|儿,
尹(魏十)(2.0X10"^2
故答案为:
2.0X10「5;5.0X10";
(4)利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2O72还原成Cr3+,发生反应的离子方程式为:
5H++Cr2O72「+3HSO3「=2Cr3++3SO2「+4H2O,故答案为:
5H++Cr2O72「+3HSO3「=2Cr3++3SO2「+4H2O.
(5)
(14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:
回答下列问题:
(1)NaClO2中Cl的化合价为+3价.
(2)写出反应”步骤中生成CIO2的化学方程式
2NaCIO3+S6+H2SO4=2NaHSO4+2CIO2f
(3)电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试
剂分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液.电解”中阴极反应的主要产物是CI02-
(或NaCIO2).
(4)尾气吸收”是吸收电解”过程排出的少量CI02.此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
1,该反应中氧化产物是02.
(5)有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:
每克含氯消毒剂的
氧化能力相当于多少克CI2的氧化能力.NaCI02的有效氯含量为1.57.(计算结果保
留两位小数)
【解答】解:
(1)在NaCI02中Na为+1价,0为-2价,根据正负化合价的代数和为0,可得CI的化合价为+3价,故答案为:
+3;
(2)NaCI03和SC2在H2S04酸化条件下生成CI02,其中NaCI02是氧化剂,还原产物为NaCI,回收产物为NaHS04,说明生成硫酸氢钠根据电子守恒和原子守恒,此反应的化学方程式为:
2NaCI03+S02+H2S04=2NaHS04+CI02T,故答案为:
2NaCI03+S02+H2S04=2NaHS04+CI02T;
(3)食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+,可以利用过量Na0H溶液除去Mg2+,利用过量Na2C03溶液除去Ca2+,CI02氧化能力强,因此电解装置中阴极CI02得电子生成CI02「,阳极C「失电子生成CI2.故答案为:
Na0H溶液;Na2C03溶液;CI02「(或NaCI02);
(4)依据图示可知,利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收CI02,产物为CI02「,则此反应中CI02为氧化剂,还原产物为CI02「,化合价从+4价降为+3价,H202为还原剂,氧化产物为02,每摩尔H202得到2moI电子,依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:
1,故答案为:
2:
1;02;
(5)1gNaCI02的物质的量——^-moI,依据电子转移数目相等,NaCI02〜CI
90*5g/mol90.5
〜4e「,CI2〜2C「〜2e「,可知氯气的物质的量为moI>4贮」一mol,则氯气的质
90.5290.5
qI
量为mol>71g/mol=1.57g,故答案为:
1.57g.
三.选考题(共15分)请考生从给出的3道化学题中任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑.注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则按所做的第一题计分.
11.[化学--选修2:
化学与技术](15分)
高锰酸钾(KMnO4)是一种常用氧化剂,主要用于化工、防腐及制药工业等•以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下:
回答下列问题:
(1)原料软锰矿与氢氧化钾按1:
1的比例在烘炒锅”中混配,混配前应将软锰矿粉碎,
其作用是增大反应物接触面积,加快反应速率,提高原料利用率.
(2)平炉”中发生的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22KjMnO4+2H2O.
(3)平炉”中需要加压,其目的是提高氧气的压强,加快反应速率,增加软锰矿转化率.
(4)将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺.
1“CO2歧化法”是传统工艺,即在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反应,反应中生成KMnO4,MnO2和KHCO3(写化学式).
2“电解法”为现代工艺,即电解K2MnO4水溶液,电解槽中阳极发生的电极反应为—
2---
MnO4—e=MnO4
,阴极逸出的气体是H2.
3“电解法”和CO2歧化法”中,K2MnO4的理论利用率之比为3:
2.
(5)高锰酸钾纯度的测定:
称取1.0800g样品,溶解后定容于100mL容量瓶中,摇匀•取浓度为0.2000mol?
L-1的H2C2O4标准溶液20.00mL,加入稀硫酸酸化,用KMnO4溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为24.48mL,该样品的纯度为95.62%(列出计算式即可,已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2T+8H2O).
【解答】解:
(1)原料软锰矿与氢氧化钾按1:
1的比例在烘炒锅”中混配,混配前应将软锰矿粉碎,其作用是增大接触面积加快反应速率,提高原料利用率.
故答案为:
增大反应物接触面积,加快反应速率,提高原料利用率;
(2)流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸
钾和水,反应的化学方程式为:
2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O,
故答案为:
2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O;
(3)平炉”中加压能提高氧气的压强,加快反应速率,增加软锰矿转化率.
故答案为:
提高氧气的压强,加快反应速率,增加软锰矿转化率;
(4)①在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反应,反应中生成KMn04,MnO2,二氧化碳在碱性溶液中生成碳酸氢钾,化学式为:
KHC03,故答案为:
KHC03;
2“电解法”为现代工艺,即电解K2Mn04水溶液,在电解槽中阳极,Mn042「失去电子,发生氧化反应,产生Mn04「.电极反应式是:
Mn。
42「-e「=Mn04「;在阴极,水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出,电极反应式是:
2H20+2e「=H2f+20H「;所以阴极逸出
诵申1
的气体是H2;总反应方程式是:
2K2Mn04+2H2O2KMn04+2H2f+2K0H,
故答案为:
MnO42-e=Mn04;H2;
通电
3依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O'2KMnO4+2H2f+2KOH,可知K2MnO4的
理论利用率是100%,而在二氧化碳歧化法反应中
3K2MnO4+2CO2=2KMn04+MnO2+K2CO3中K2MnO4的理论利用率是二,所以二者的理论
利用率之比为3:
2,故答案为:
3:
2;
(5)依据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2T+8H2O
可知KMn04与草酸反应的定量关系是2KMn04〜5H2C2O4,
配制溶液浓度为c=—^咙几,
1.0800g样品中含有KMnO4的物质的量n」-—mol=0.006536mol,
llJUO5几48
KMnO4的质量m=0.006536molXI58g/mol=1.03269g,纯度为:
1・°宠62疏x|00%=95.62%,故答案为:
95.62%.
1.0800§
12.[化学--选修3:
物质结构与性质](15分)
锗(Ge)是典型的半导体元素,在电子、材料等领域应用广泛.回答下列问题:
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]3d104«4p2,有2个未成对电子.
(2)Ge与C是同族元素,C原子之间可以形成双键、叁键,但Ge原子之间难以形成
双键或叁键.从原子结构角度分析,原因是Ge原子半径大,原子间形成的c单键较
长,p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成n键.
(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点,分析其变化规律及原因GeCl4、GeBr4、Gel4
都属于分子晶体,相对分子质量GeCl4VGeBr4VGel4,分子间作用力增强,熔沸点依次升高•
GeCl4
GeBr4
Gel4
熔点/C
-49.5
26
146
沸点/C
83.1
186
约400
(4)光催化还原CO2制备CH4反应中,带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂.Zn、
Ge、O电负性由大至小的顺序是O>Ge>Zn.
(5)Ge单晶具有金刚石型结构,其中Ge原子的杂化方式为sp3,微粒之间存在的作用力是共价键.
(6)晶胞有两个基本要素:
Ge单晶的晶胞,其中原子
0).则D原子的坐标参数
①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置,如图为
坐标参数A为(0,0,0);B为(丄,0,2);C为(2,2,
②晶胞参数,描述晶胞的大小和形状,已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm其密度为
8X73
6.02X1023X(565-76X10_1°)3
【解答】解:
(1)Ge是32号元素,位于第四周期第IVA族,基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2,在最外层的4s能级上2个电子为成对电子,4p轨道中2个电子分别处以不同的轨道内,有2轨道未成对电子,故答案为:
3d104s24p2;2;
(2)Ge与C是同族元素,C原子之间可以形成双键、叁键,Ge原子半径大,难以通过肩并肩”方式形成n键,Ge原子之间难以形成双键或叁键,
故答案为:
Ge原子半径大,原子间形成的c单键较长,p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成n键;
(3)锗的卤化物都是分子晶体,分子间通过分
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