详解四川省成都市届高三下学期第二次诊断性检测化学试题含答案.docx
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详解四川省成都市届高三下学期第二次诊断性检测化学试题含答案
2019年5月
成都市2016级高中毕业班第二次诊断性检测
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量H—1C—12O—16Na—23Si—28Cl—35.5Ni—59Cu—64
第I卷(选择题,共126分)
一、选择题:
本题共13个小题,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.化学与生产和生活密切相关,下列分析错误的是
A.用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀
B.对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生
C.明矾水解生成的胶体可吸附水中悬浮颗粒物
D.芳香族化合物有香味,均可以用作食品香味剂
【答案】D
【详解】A.氯化钙是电解质,铁与钢中的碳、潮湿的空气形成原电池,用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀,故A正确;
B.煤中含有硫元素,直接燃烧产生二氧化硫,污染空气,对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生,故B正确;
C.明矾水解生成的胶体,氢氧化铝胶体表面积大,吸附水中悬浮颗粒物,故C正确;
D.芳香族化合物不一定有香味,好多有毒,只有少数可以用作食品香味剂,故D错误;
故选D。
2.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如下表所示,其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料。
下列结论正确的是
X
Y
Z
W
A.简单氢化物沸点:
X C.最高价氧化物对应水化物的酸性: X X 【答案】B 【分析】 短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如下表所示,其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料,W是氯元素,X为氮元素,Y为氧元素、Z为磷元素。 【详解】A、水常温下是液体、氨分子间形成氢键,简单氢化物沸点: Z B、P4等分子中含有P-P非极性共价键,故B正确; C、最高价氧化物对应水化物的酸性: H3PO4 D、单核离子的半径: N3->O2-,故D错误; 故选B。 【点睛】本题考查原子结构和元素周期律,侧重考查学生分析推断能力,解题关键: 推断元素,易错点A,明确元素周期律,注意元素性质的特殊性。 3.工业用合成,下列有关分析正确的 A.X的名称为1,1一二甲基乙烯B.X是丁烯的同系物 C.工业制备Y属于加聚反应D.Y能使溴水褪色 【答案】C 【分析】 A、主链应是含碳碳双键的最长的碳链; B、X和丁烯分子式相同,结构不同; C、工业制备Y属于加聚反应; D、Y中没有不饱和键。 【详解】A、X的名称为2一甲基丙烯,故A错误; B、X是丁烯的同分异构体,故B错误; C、工业制备Y属于加聚反应,故C正确; D、Y中没有不饱和键,不能使溴水褪色,故D错误; 故选C。 4.设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A.将1.0molKF溶于水,溶液中阴离子数目小于1.0NA B.质量均为1.7g的OH-和-OH,所含质子数目均为0.9NA C.1.0molNa2O2和1.0molNa2S混合后阴离子总数为2NA D.60gSO2晶体中,含有[SiO4]四面体结构单元的数目为NA 【答案】A 【详解】A、氢氟酸是弱酸,将1.0molKF溶于水,氟离子水解量等于生成氢氧根离子的量,溶液中阴离子数目缺少溶液的体积,无法计算,故A错误; B、电子质量忽略不计,质量均为1.7g的OH-和-OH,所含质子数目均为0.9NA,故B正确; C、Na2O2中过氧根离子是原子团,1.0molNa2O2和1.0molNa2S混合后阴离子总数为2NA,故C正确; D、n(SiO2)=60g/60g·mol-1=1mol,每个Si原子和四个O原子形成四面体结构,所以60gSiO2晶体中Si原子个数为NA,所含[SiO4]四面体数为NA,故D正确; 故选A。 【点睛】本题以阿伏伽德罗常数为载体考查物质的量有关计算,明确物质构成微粒及OH-和-OH质子数计算方法是解本题关键,侧重考查学生分析判断及计算能力,易错选项是D,每个Si原子和四个O原子形成四面体结构。 5.现有一种锂离子二次电池,其工作原理如图。 放电时生成的Li2CO3固体和碳储存于碳纳米管中。 下列说法错误的是 A.该电池中的有机溶剂不能含活性较大的氢 B.充电时,Y为阳极,Li+向X电极移动 C.放电时,负极反应为2Li+CO32-—2e-===Li2CO3 D.放电时,电池总反应为3CO2+4Li===2Li2CO3+C 【答案】C 【分析】 A、锂是活泼金属; B、充电时阳极发生氧化反应,Y为阳极,Li+向X电极移动; C、放电时,负极反应为Li—e-=Li+; D、放电时,锂作还原剂,二氧化碳作氧化剂,电池总反应为3CO2+4Li===2Li2CO3+C; 【详解】A、锂是活泼金属,该电池中的有机溶剂不能含活性较大的氢,否则锂会与有机溶剂发生反应,故A正确; B、充电时阳极发生氧化反应,Y为阳极,Li+向阴极X电极移动,故B正确; C、放电时,碳酸根离子不能通过有机溶剂,负极反应为Li—e-=Li+,故C错误; D、放电时,锂作还原剂,二氧化碳作氧化剂,电池总反应为3CO2+4Li===2Li2CO3+C,故D正确; 故选C。 【点睛】本题考查原电池及电解池,解题关键: 把握电极判断、电极反应、工作原理,注意电化学知识的应用及锂的性质。 6.下列实验所选择的试剂、装置或仪器(夹持装置已略去)能达到相应实验目的的是 A.提取溴水中的溴 B.验证石蜡油分解产物中含有烯烃 C.验证H2O2分解时二氧化锰的催化效果优于氯化铁 D.量取20.00mL0.1000mol/LHCl溶液 【答案】B 【详解】A、酒精与水混溶、不分层,酒精不能从溴水萃取溴,故A错误; B、石蜡油分解产物能使酸性高锰酸钾溶液褪色,证明其分解产物中含有烯烃,故B正确; C、验证H2O2分解时二氧化锰的催化效果优于氯化铁时,要控制其它条件相同,取双氧水的浓度要相同,故C错误; D、量筒的精确度为0.1mL,量取20.00mL0.1000mol/LHCl溶液,要用酸式滴定管或移液管,故D错误。 故选B。 7.20℃时,用NaOH调节0.10mol/LH2C2O4溶液的pH,假设不同pH下均有c(H2C2O4)+c(HC2O4—)+c(C2O42-)=0.10mol/L。 使用数字传感器测得溶液中各含碳微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图。 下列有关分析正确的是 A.曲线a代表H2C2O4浓度随pH的变化 B.pH从4到6时主要发生的反应离子方程式为2OH-+H2C2O4====2H2O+C2O42- C.在曲线a、c交界点有: c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-) D.当溶液pH=7时: c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4) 【答案】D 【分析】 b曲线代表H2C2O4浓度,a曲线代表HC2O4—浓度,c曲线代表C2O42-浓度。 【详解】A、曲线a代表HC2O4—浓度随pH的变化,浓度先变大,再变小,故A错误; B、pH从4到6时主要发生的反应离子方程式为OH-+HC2O4—=H2O+C2O42-,故B错误; C、由图中信息可知,在曲线a、c交界点,c(H2C2O4)非常小,c(C2O42-)=c(HC2O4-),溶液呈酸性,但氢离子浓度很小,c(H+)+c(H2C2O4) D、当溶液pH=7时,溶液呈中性。 由图可知,该溶液为Na2C2O4和NaHC2O4的混合溶液,且溶质以Na2C2O4为主,只含很少量的NaHC2O4,C2O42-的一级水解远远大于其二级水解,因此该溶液中相关粒子浓度的大小关系为: c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4),故D正确; 故选D。 第Ⅱ卷(非选择题,共174分) 三、本卷包括必考题和选考题两部分。 第22~32题为必考题,每个试题考生都必须做答。 第33~38题为选考题,考生根据要求做答。 (一)必考题(共129分) 8.氨气与适量氯气混合反应可生成NH4Cl(俗称脑砂)和一种无污染的气体。 某学习小组利用下列装置模拟该反应,请回答相关问题。 (1)该实验中所需的氯气是用浓盐酸与MnO2反应制取。 装置A中仪器X的名称为____;X中发生反应的离子方程式为_______。 (2)要得到干燥纯净的氯气,上述A、B、C装置的连接顺序依次为a→_____(用小写字母表示)。 (3)利用E装置,将适量氨气与氯气充分混合反应氨气应从_______(用小写字母表示)通入,反应的化学方程式为_______________;可能观察到的现象是___________。 (4)《唐本草》记载脑砂入药可以散瘀消肿,天然脑砂含少量NH4Cl,现取天然脑砂进行NH4Cl含量测定。 准确称取一定质量脑砂,与足量的氧化铜混合,如下图所示进行实验。 已知: 2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O。 ①为顺利完成有关物理量的测定,请完善下列表格: 测量时间点 加热前 当观察到_____现象时 测量内容 _______________ 停止加热,冷却,称量H装置的总质量 ②如果不用J装置,测出NH4Cl的含量将_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】 (1).圆底烧瓶 (2).MnO2+2Cl-+4H+ Mn2++Cl2↑+2H2O(3).debc(4).f(5).8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2(6).黄绿色气体消失,有白烟生成(7).称量H的总质量(8).G中不再有气泡出现(9).偏高 【分析】 (1)装置A中仪器X的名称为圆底烧瓶,利用MnO2和浓HCl制取氯气; (2)要先用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体,再干燥; (3)氨气的密度小,利用E装置,将适量氨气与氯气充分混合反应氨气应从f通入,氯气能将氨氧化,生成氯化铵,由此分析; (4)①F中发生反应2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O,G中浓硫酸将氯化氢干燥,H中碱石灰增重,可测定HCl的质量,可算出氯化铵。 ②如果不用J装置,空气中的水和二氧化碳会进入J中,测出NH4Cl的含量将偏高。 【详解】 (1)装置A中仪器X的名称为圆底烧瓶,利用MnO2和浓HCl制取氯气,MnO2+2Cl-+4H+ Mn2++Cl2↑+2H2O; (2)要先用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体,再干燥,要得到干燥纯净的氯气,上述A、B、C装置的连接顺序依次为adebc; (3)氨气的密度小,从f进,氯气的密度大于氨气的密度,有利于两种气体充分混合,并且充分反应,生成氯化铵,8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2,可能观察到的现象是: 黄绿色气体消失有白烟生成; (4)①F中发生反应2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O,G中浓硫酸将氯化氢干燥,当观察到G中不再有气泡出现现象时,H中碱石灰增重,可测定HCl的质量,加热前要称量H的总质量,根据反应后H的增重可算出氯化铵。 ②如果不用J装置,空气中的水和二氧化碳会进入J中,测出NH4Cl的含量将偏高。 【点睛】本题以岩脑砂为载体,考查氯气的制备原理、仪器识别、气体除杂与干燥、实验装置的连接、物质的检验、对装置的分析评价、物质含量测等知识,难点: (4)物质含量测定实验设计,要排除各种干扰因素。 9.高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性,是一种新型的绿色净水消毒剂。 工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下: (1)Na2FeO4中铁元素的化合价为___,高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为____(填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。 (2)按照上述流程,步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH_____(填“能”或“不能”),理由是___________。 (3)步骤②中28%的稀硫酸需要用98%的浓硫酸配制,配制时所需玻璃仪器除量筒外,还____(填字母序号)。 步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是: __________。 A.容量瓶B.烧杯C.烧瓶D.玻璃棒E.酸式滴定管; (4)步骤④中除生成Na2FeO4外,还有NaCl生成,其离子方程式为_________;己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液,则操作a的名称为_____。 (5)理论上,每获得0.5mol的FeO42-消耗NaClO的总质量为_____。 【答案】 (1).+6 (2).氧化还原反应(3).不能(4).CaSiO3难溶于水,无法分离出SiO2(其它合理答案也可)(5).BD(6).取少量③中溶液于试管,滴入少量K3Fe(CN)6溶液,若无蓝色沉淀,则Fe2+已经全部转化成Fe3+(7).2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O(8).过滤(9).74.5g 【分析】 工业上菱铁矿,主要成分是FeCO3及少量SiO2,①用NaOH溶解SiO2除去,步骤②中用28%的稀硫酸溶解生成亚铁离子,③NaClO将亚铁离子氧化成铁离子,④然后加入NaOH和NaClO发生反应: 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O,得到高铁酸钠(Na2FeO4)溶液,⑤最后结构蒸发浓缩、冷却结晶得到产品高铁酸钠。 (1)Na2FeO4中化合价代数和为零; (2)CaSiO3难溶于水; (3)根据配制一定量分数溶液的步骤: 计算、称量、溶解,确定所用的仪器; 可用K3Fe(CN)6溶液,检验Fe2+; (4)步骤④中除生成Na2FeO4外,还有NaCl生成,根据质量守恒写出离子方程式; 分离固体与液体应用过滤; (5)理论上,由电子守恒,铁从+2价变成+6价,按关系式FeO42-~2NaClO计算。 【详解】 (1)Na2FeO4中化合价代数和为零,则Fe元素的化合价为+6价; 高铁酸钠具有很强的氧化性,高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应; (2)用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解,从而与FeCO3分离而除去,不能用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH,CaSiO3难溶于水,无法分离出SiO2。 (3)根据配制一定量分数溶液的步骤: 计算、称量、溶解,确定所用的仪器: 胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯,故选: BD。 步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是: 取少量③中溶液于试管,滴入少量K3Fe(CN)6溶液,若无蓝色沉淀,则Fe2+已经全部转化成Fe3+; (4)步骤④中除生成Na2FeO4外,还有NaCl生成,其离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O; 己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液,分离固体与液体应用过滤,则操作a的名称为过滤。 (5)理论上,由电子守恒,铁从+2价变成+6价,按关系式FeO42-~2NaClO计算,每获得0.5mol的FeO42-消耗NaClO的总质量为74.5g。 10.消除尾气中的NO是环境科学研究的热点课题。 I.NO氧化机理 已知: 2NO(g)+O2(g)===2NO2(g)△H=-110kJ·mol-1;25℃时,将NO和O2按物质的量之比为2: 1充入刚性反应容器中,用测压法研究其反应的进行情况。 体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(忽略NO2与N2O4的转化) t/min 0 80 160 p/kpa 75.0 63.0 55.0 55.0 (1)0~80min,v(O2)=_____kPa/min;随着反应进行,反应速率逐渐减小的原因是____。 用压强代替浓度所得到的平衡常数用K(p)表示,25℃时,K(p)的值为____(保留3位有效数字)。 (2)查阅资料,对于总反应2NOg)+O2(g)=2NO2(g)有如下两步历程 第一步2NO(g)====N2O2(g)快速反应 第二步N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)慢反应 总反应速率主要由第______步决定;若利用分子捕获器适当减少反应容器中的N2O2,总反应的平衡常数K(p)将___(填“增大”、“减小”或“不变”);若提高反应温度至35℃,则体系压强p∞(35℃)______p∞(25℃)(填“大于”、“等于”或“小于”)。 II.NO的工业处理 (3)H2还原法: 2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g);△H=a;已知在标准状况,由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫标准摩尔生成焓。 NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ/mol、-280kJ/mol,则a=_____。 (4)O3-CaSO3联合处理法 NO可以先经O3氧化,再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2,转化为HNO2,则悬浮液吸收NO2的化学方程式为__________;CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率。 请用平衡移动原理解释其主要原因_________________(结合化学用语和文字) 【答案】 (1).0.15 (2).反应物浓度减小,反应速率降低(3).3.20(4).二(5).不变(6).大于(7).-740kJ/mol(8).CaSO3+2NO2+H2O=CaSO4+2HNO3(9).对于反应CaSO3(s) Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入硫酸钠溶液时,硫酸根离子部分结合钙离子,使其平衡向右移动,SO32-的浓度增大,吸收NO2的速率增大。 【分析】 (1)根据三段式计算;反应物浓度减小,反应速率降低;根据平衡常数的定义书写; (2)历程中最慢的反应步骤决定反应速率;平衡常数K(p)只受温度影响;提高反应温度决速反应步骤平衡逆向移动,体系压强增大; (3)△H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和; (4)NO2将CaSO3氧化,写出发生氧化还原反应的方程式。 对于反应CaSO3(s) Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入硫酸钠溶液时,硫酸根离子部分结合钙离子,使其平衡向右移动。 【详解】 (1)t=0min时,P=75kpa,将NO和O2按物质的量之比为2: 1充入刚性反应容器中 2NO(g)+O2(g)===2NO2(g) p始/kpa5025 △p/kpa2xx2x p/kpa50-2x25-x2x 80min时,(50-2x)+(25-x)+2x=63 x=12kpa v(O2)=12/80=0.15kPa/min; 随着反应进行,反应速率逐渐减小的原因是: 反应物浓度减小,反应速率降低; 平衡时,(50-2x)+(25-x)+2x=55,x=20kpa,用压强代替浓度所得到的平衡常数用K(p)表示,25℃时,K(p)的值为402/(102×5)=3.20; (2)历程中最慢的反应步骤决定反应速率,第二步是慢反应,是决速反应;平衡常数K(p)只受温度影响,减少反应容器中的N2O2,总反应的平衡常数K(p)将不变;提高反应温度决速反应步骤N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)平衡逆向移动,体系压强增大,若提高反应温度至35℃,则体系压强p∞(35℃)大于p∞(25℃); (3)△H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和=-280kJ/mol×2-90kJ/mol×2=-740kJ/mol; (4)NO2将CaSO3氧化,悬浮液吸收NO2的化学方程式为CaSO3+2NO2+H2O=CaSO4+2HNO3; 对于反应CaSO3(s) Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入硫酸钠溶液时,硫酸根离子部分结合钙离子,使其平衡向右移动,SO32-的浓度增大,吸收NO2的速率增大。 11.云南是南方丝绸之路的重要节点,有着丰富的铜镍矿石资源。 回答下列相关问题: (1)镍在元素周期表中的位置是____,其基态原子的电子排布式为_____,该原子核外有___个未成对电子。 (2)Ni(NH3)4SO4中N的杂化轨道类型是_____;1molNi(NH3)42+中含有的 键数目为____个;SO42-的立体构型是______。 (3)氨是_____分子(填“极性”或“非极性”),经测定NH4F为分子晶体,类比NH3·H2O表示出NH4F分子中的氢键_____。 (4)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示,其中原子A的坐标参数为(0,1,0); ①原子B的坐标参数为____; ②若该晶体密度为dg/cm3,则铜镍原子间最短距离为____pm 【答案】 (1).第四周期Ⅷ族 (2).1s22s22p63s23p63d84s2(3).2(4).sp3(5).16NA(或9.632×1024)(6).正四面体形(7).极性(8).F-H···N(或N-H···F)(9). (10). 【分析】 (1)镍原子序数为28,据此判断其在周期表中位置;由构造原理书写原子核外电子排布式;判断原子核外未成对电子; (2)依据价层电子互斥理论计算判断即可; 1molNi(NH3)42+中含有的 键数目为(3×4+4)NA=16NA; 依据价层电子互斥理论计算判断即可; (3)氨分子中有一对末成键电子对,是极性分子;NH4F分子中的氢键F-H···N(或N-H···F); (4)①原子B的坐标参数为 ; ②处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近,晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的2倍,而面对角线长度等于晶胞棱长的 倍,均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目,计算晶胞的质量,而晶胞质量=晶体密度×晶胞体积。 【详解】 (1)镍在元素周期表中的位置是第四周期Ⅷ族,其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,该原子核外有2个未成对电子。 (2)Ni(NH3)4SO4中中心原子N的价电子对数为(5+3)/2=4,中心原子无孤电子对,共形成4个σ键,根据价层电子对互斥理论,空间构型为四面体型,采用sp3杂化; 1molNi(NH3)42+中含有的 键数目为(3×4+4)NA=16NA(或9.632×1024); SO42-的中心原子S的价电子对数为(6+2)/2=4,中心原子无孤电子对,共形成4个σ键,根据价层电子对互斥理论,采用sp3杂化,空间构型为正四面体型; (3)氨分子中有一对末成键电子对,其空间构型为三角锥形,是极性分子;NH4F分子中的氢键F-H···N(或N-H···F); (4)①根据A点的坐标,可以判断晶胞底面的面心上的原子B的坐标参数为 ; ②处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近,设二者之间距离为acm,晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的2倍,而面对角线长度等于晶胞棱长的 倍,故晶胞棱长=2acm× /2= acm,晶胞质量=(59+64×3)/NAg,故( acm)3×dg·cm-3=(59+64×3)/NAg,解得a= 【点睛】本题考查物质结构与性质,涉及核外电子排布、空间构型与杂化方
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