全国市级联考安徽省芜湖市届高三模拟考试理综化学试题解析版.docx
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全国市级联考安徽省芜湖市届高三模拟考试理综化学试题解析版
安徽省芜湖市2018届高三5月模拟考试
理综化学试题
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。
下列说法正确的是
A.将草木灰与NH4H2PO4混合使用,可更好为植物提供N、P、K三种营养元素
B.“低碳经济”是指采用含碳量低的烃类作为燃料
C.推广使用聚二氧化碳可降解塑料,能减少白色污染
D.通过石油分馏获得乙烯,已成为目前工业上生产乙烯的主要途径
【答案】C
【解析】NH4H2PO4溶液中的铵根离子与草木灰(主要成分为碳酸钾)中的碳酸根离子的水解会互相促进,减少了铵根离子的存在(注意,虽然NH4H2PO4溶液应该显酸性,但是碳酸钾溶液显碱性,加入碳酸钾相当于加入碱,一定会降低铵根离子的量),降低了植物对氮元素的吸收,选项A错误。
低碳经济是指在可持续发展理念指导下,通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段,尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗,减少温室气体排放,达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态,与采用含碳量低的烃类作为燃料无关,选项B错误。
聚二氧化碳可降解塑料在使用后可以降解为小分子化合物,从而达到了减少白色污染的目的,选项C正确。
乙烯是通过石油裂解得到的,选项D错误。
2.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.常温下pH=2的CH3COOH溶液中,H+的数目为0.01NA
B.常温常压下,18gD2O含有的质子数为10NA
C.标准状况下,11.2L乙烯和环丙烷(C3H6)的混合气体中,共用电子对数目为3NA
D.0.1molCu溶于足量稀硝酸中,转移的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】选项A中没有说明溶液的体积,所以无法计算H+的数目,选项A错误。
D2O的分子量为20,所以18gD2O的物质的量为0.9mol,一个D2O含有10个质子,所以18gD2O含有9mol质子,选项B错误。
一个乙烯分子有6个共用电子对(4个碳氢共用电子对,2个碳碳共用电子对),一个环丙烷分子有9个共用电子对(6个碳氢共用电子对和3个碳碳共用电子对),所以不知道两个有机物各自的含量,无法计算共用电子对数,选项C错误。
Cu溶于硝酸一定转化为Cu2+,所以0.1molCu溶于足量稀硝酸中,转移的电子数为0.2NA,选项D正确。
3.某重要有机合成中间体X的结构如图所示,有关该物质的说法正确的是
A.X分子中所有碳原子一定共面
B.X可以使溴水、酸性KMnO4褪色,且原理不相同
C.标况下1molX分别和足量Na和NaHCO3反应,生成气体体积相同
D.X与庚二酸(
)互为同分异构体
【答案】B
【解析】分子中侧链上的碳碳单键是可以绕键轴旋转的,所以不能保证所有碳原子共平面,选项A错误。
X使溴水褪色的原理是碳碳双键与溴水的加成反应,X使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是碳碳双键被高锰酸钾氧化,所以选项B正确。
X与金属Na或者与NaHCO3反应,都是-OH上活泼氢的作用,1molX和足量Na反应得到0.5mol氢气,和足量NaHCO3反应得到1mol二氧化碳气体,选项C错误。
明显X中有3个氧原子,庚二酸分子中有4个氧原子,所以不可能是同分异构体,选项D错误。
4.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是
选项
陈述I
陈述Ⅱ
A
MnO2有较强的氧化性
MnO2可作H2O2分解的催化剂
B
SO2具有氧化性
SO2通入紫色石蕊试液中先变红后褪色
C
液氨汽化时吸热
NH3可用作制冷剂
D
氯化铁溶于水产生氢氧化铁胶体
氯化铁可用于硬水的软化
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
............
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,四种原子的最外层电子数之和为20。
X原子的电子层数与最外层电子数之比为1∶3,Y原子的最外层电子数与其内层电子总数之比为1∶5。
下列说法正确的是
A.最简单气态氢化物的稳定性:
W>X
B.化合物WX、YZ2中化学键类型相同
C.W、Z的最高价氧化物对应的水化物均为弱酸
D.简单离子的半径:
Y 【答案】D 【解析】X原子的电子层数与最外层电子数之比为1∶3,说明X为O。 Y原子的最外层电子数与其内层电子总数之比为1∶5,说明Y为Mg。 四种原子的最外层电子数之和为20,则W和Z的最外层电子数之和为12,所以只能是W最外层为5个,Z最外层为7个,所以W为N,Z为Cl。 W的气态氢化物为NH3,X的气态氢化物为H2O,同周期从左向右气态氢化物的稳定性增强,所以气态氢化物的稳定性: W>X,选项A错误。 化合物NO(共价化合物)、MgCl2(离子化合物)中化学键的类型不同,NO为共价键,MgCl2为离子键,所以选项B错误。 W、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、HClO4,都是强酸,选项C错误。 核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径为: Y 6.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。 相关电解槽装置如图所示,用Cu-Si合金作硅源,在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼,有关说法不正确的是 A.在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化,Si4+优先于Cu2+被还原 B.电子由液态Cu-Si合金流出,从液态铝流入 C.三层液熔盐的作用是增大电解反应面积,提高硅沉积效率 D.电流强度不同,会影响硅提纯速率 【答案】A 7.电解质溶液电导率越大导电能力越强。 常温下用0.100mol·L-1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L-1的NaOH溶液和氨水溶液。 利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。 下列说法正确的是 A.曲线①代表滴定氢氧化钠溶液的曲线 B.滴定氨水的过程应该选择酚酞作为指示剂 C.b点溶液中: c(H+)>c(OH-)+c(NH4+)+c(NH3·H2O) D.a、b、c、d四点的溶液中,水的电离程度最大的是c点 【答案】C 【解析】A、曲线②电导率先减小后增大,曲线②表示用0.100mol·L-1盐酸滴定10.00mL浓度为 0.100mol·L-1的NaOH;曲线①电导率持续增大,曲线①表示用0.100mol·L-1盐酸滴定10.00mL浓度为0.100mol·L-1的氨水溶液,A错误;B、把盐酸滴加到氨水中,开始时溶液显碱性,当滴定达到终点时,溶液由碱性变为酸性,根据人视觉有滞后性,观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐,所以为减小滴定误差,在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些,不应该选择酚酞作为指示剂,B错误;C、b点盐酸过量,溶质是等浓度的氯化铵和盐酸的混合溶液,则根据电荷守恒和物料守恒可知c(H+)>c(OH-)+c(NH4+)+c(NH3·H2O),C正确;D、c点溶质是氯化钠、b、d点都有剩余的盐酸,抑制水电离、a点是强酸弱碱盐溶液,水解促进水电离,所以水的电离程度最大的是a点,D错误。 答案选C。 点睛: 注意指示剂选择的三个因素: (1)变色范围与终点pH吻合或接近。 (2)指示剂变色范围越窄越好。 (3)指示剂在滴定终点时颜色变化明显,容易观察(一般来说指示剂颜色由浅变深较由深变浅易于观察)判断。 8.亚硝酰氯(ClNO)常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体,某学习小组在实验室用Cl2与NO制备ClNO并测定其纯度,进行如下实验(夹持装置略去)。 查阅资料: 亚硝酰氯(ClNO)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃,气态呈黄色,液态时呈红褐色,遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物,其中一种呈红棕色。 请回答下列问题: Ⅰ.Cl2的制备: 舍勒发现氯气的方法至今还是实验室制取氯气的主要方法之一。 (1)该方法可以选择上图中的______(填字母标号)为Cl2发生装置,该反应中被氧化与被还原物质的物质的量之比为______。 (2)欲收集一瓶纯净干燥的氯气,选择上图中的装置,其连接顺序为: a→______→i→h(按气流方向填小写字母标号)。 Ⅱ.亚硝酰氯(ClNO)的制备、实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(ClNO): (3)实验室也可用B装置制备NO,与B装置相比,使用X装置的优点为______。 (4)组装好实验装置后应先______,然后装入药品。 一段时间后,两种气体在Z中反应的现象为______。 III.亚硝酰氯(ClNO)纯度的测定: 将所得亚硝酰氯(ClNO)产品13.10g溶于水,配制成250mL溶液;取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂,用0.8mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为22.50mL。 (已知: Ag2CrO4为砖红色固体) (5)亚硝酰氯(ClNO)与水反应的离子方程式为______。 (6)亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为______。 (保留两位有效数字) 【答案】 (1).C (2).2∶1(3).g→f→e→d→c→b(4).排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停(5).检查装置的气密性(6).出现红褐色液体(7).2ClNO+H2O==2H++2Cl-+NO↑+NO2↑(8).90% 【解析】 (1)实验室制取氯气的方法是将二氧化锰固体与浓盐酸混合加热,所以选取的装置为C。 该反应中有2molHCl被氧化为1molCl2,有1molMnO2被还原为Mn2+,所以被氧化与被还原物质的物质的量之比为2: 1。 (2)制取的氯气应该先过饱和食盐水除去氯化氢,过浓硫酸干燥,再收集(氯气密度大于空气,应该长进短出),所以顺序为: a→g→f→e→d→c→b→i→h。 (3)X可以从U形管的左侧加入硝酸,当硝酸没过铜丝的时候,可以保证装置内没有空气,这样生成的NO比较纯净。 当反应需要停止时,可以关闭K1,此时NO气体无法排出,会产生一定气压,使U形管右侧液面下降,当固液分离的时候,反应自动停止。 由上,X装置的优点是: 排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停。 (4)实验的一般步骤是连接装置再检查气密性,再进行实验。 一段时间后,两种气体在Z中反应生成亚硝酰氯,而亚硝酰氯是一种红褐色液体,所以现象为Z的三颈瓶中出现红褐色液体。 (5)亚硝酰氯遇水易反应生成一种氯化物(只能是HCl)和两种氮的常见氧化物(NO和NO2),所以反应的离子方程式为: 2ClNO+H2O==2H++2Cl-+NO↑+NO2↑。 (6)加入的硝酸银为0.8×22.5×10-3=0.018mol,所以氯离子为0.018mol,根据Cl守恒得到ClNO为0.018mol,考虑到题目是将产品配成250mL溶液,取25mL进行滴定,所以含有的ClNO为0.18mol,质量为0.18×65.5=11.79g,质量分数为11.79÷13.1=90%。 9.铋及其化合物在工业生产中用途广泛,某研究小组用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含少量SiO2等杂质)制备NaBiO3,其流程如下: 已知: 水解能力: Bi3+>Fe3+。 回答下列问题: (1)“浸取”时,为了提高浸取速率,可采取的措施有______(任写一条);过滤1的滤渣的主要成分有______(填化学式)。 (2)浸取时加入过量浓盐酸的目的是______;“母液”中通入气体X后可循环利用,气体X为______(填名称)。 (3)写出焙烧时生成铋酸钠的化学方程式______;当消耗标准状况下4.48LO2时,转移电子的数目是______。 (4)25℃时,向浓度均为0.04mol·L-1的Cu2+、Pb2+、Bi3+的混合溶液中滴加(NH4)2S溶液(设溶液体积增加1倍),当c(Pb2+)=10-5mol·L-1时恰好完全沉淀,所得溶液中c(Cu2+)∶c(Bi3+)=______。 [已知: Ksp(CuS)=6.0×10-36、Ksp(PbS)=3.0×10-28、Ksp(Bi2S3)=1.6×10-20] (5)用双硫腙(H2Dz,二元弱酸)~CC14络合萃取法可从工业废水中提取金属离子: H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu(HDz)2等],再用CCl4萃取此络合物。 下图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)。 ①当调节pH=2.5时,铋(Bi)的存在形式有______。 ②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来,相应的离子方程式为______。 【答案】 (1).粉碎矿石,适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等 (2).S、SiO2(3).防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀,提高原料的浸出率(4).氯气(5).2Bi+2O2+Na2O2 2NaBiO3(6).NA或6.02×1023(7).10-11﹕1(8).Bi3+、Bi(HDz)3(9).Bi(HDz)3+6OH-===Bi(OH)3+3H2O+3Dz3- 【解析】 (1)“浸取”时,为了提高浸取速率,可采取的措施有粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等;二氧化硅与盐酸和氯化铁不反应,Bi2S3中的-2价S被氧化为单质硫,则滤渣的主要成分有S、SiO2。 (2)由于铁离子、Bi3+易水解,因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀,提高原料的浸出率;加入铁粉后铁离子转化为亚铁离子,Bi3+转化为单质铋,氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁而循环利用,所以气体X为氯气。 (3)焙烧时生成铋酸钠的化学方程式为2Bi+2O2+Na2O2 2NaBiO3;反应中只有Bi元素化合价升高,从0价升高到5价,当消耗标准状况下4.48LO2即0.2mol氧气时,转移电子的个数是NA。 (4)根据溶度积常数可知此时Bi3+未沉淀,浓度是0.02mol/L。 铜离子浓度是 ,所以所得溶液中c(Cu2+)∶c(Bi3+)=10-11∶1。 (5)①当调节pH=2.5时铋的萃取率是0.8,所以铋(Bi)的存在形式有Bi3+、Bi(HDz)3;②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来,相应的离子方程式为Bi(HDz)3+6OH-=Bi(OH)3↓+3H2O+3Dz2-。 10.硫的化合物在科研、生活及化学工业中具有重要的作用。 (1)在废水处理领域中,H2S或Na2S能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。 25℃,在0.10mol·L-1H2S溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH,溶液pH与c(S2-)关系如下表(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。 pH 3 5 7 9 11 c(S2-)/(mol·L-1) 1.4×10-15 1.4×10-11 6.8×10-8 1.3×10-5 1.3×10-3 某溶液含0.020mol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S,当溶液的pH=5时,Mn2+开始沉淀,MnS的溶度积为______。 (2)工业上采用高温分解H2S制取氢气,其反应为2H2S(g) 2H2(g)+S2(g) ΔH1,在膜反应器中分离出H2。 ①已知: H2S(g) H2(g)+S(g) ΔH2;2S(g) S2(g) ΔH3,则ΔH1=______(用含ΔH2、ΔH3的式子表示)。 ②在密闭容器中,充入0.10molH2S(g),发生反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g),控制不同的温度和压强进行实验,结果如图所示。 图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为______,理由是______。 若容器的容积为2.0L,则压强为p3,温度为950℃时,反应经3h达到平衡,化学反应速率v(S2)=______;若压强p2=7.2MPa、温度为975℃时,该反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度,分压=总压×物质的量分数,计算结果保留两位有效数字)。 若保持压强不变,升温至1000℃时,则该反应的平衡常数_____(填“增大”“不变”或“减小”)。 (3)工业上用惰性电极电解KHSO4饱和溶液制取H2O2,示意图如图所示: ①低温电解KHSO4饱和溶液时阳极的电极反应式为______。 ②K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4,该反应的化学方程式______。 【答案】 (1).2.8×10-13 (2).2ΔH2+ΔH3(3).p3>p2>p1(4).该反应的正反应为气体分子数增加的反应,其他条件相同时,压强增大平衡逆向移动,H2S的转化率减小,故p3>p2>p1(5).0.0025mol·L-1·h-1(6).0.53(7).增大(8).2SO -2e-===S2O (9).K2S2O8+2H2O===H2O2+2KHSO4 【解析】试题分析: (1)某溶液含0.020mol•L-1Mn2+、0.1mol•L-1H2S,当溶液的pH=5时,溶液里c(S2-)=1.4×10-11mol•L-1,Mn2+开始沉淀,则MnS的溶度积=c(S2-)×c(Mn2+)=0.020×1.4×10-11=2.8×10-13; (2)工业上采用高温分解H2S制取氢气,其反应为2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)△H1,在膜反应器中分离出H2。 ①ⅰH2S(g) H2(g)+S(g)△H2,ⅱ2S(g) S2(g)△H3,根据盖斯定律可知2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)为ⅰ×2+ⅱ得到的,故△H1=2ΔH2+ΔH3;②因为恒温下压强越大,H2S的转化率越低,则图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1,理由是该反应的正反应为气体分子数增加的反应,其他条件相同时,压强增大平衡逆向移动,H2S的转化率减小,故p3>p2>p1。 压强为p3,温度为950℃时,H2S的转化率为30%,即变化量为0.10mol×30%=0.03mol,生成的S2(g)为0.03mol/2=0.015mol,达到平衡时v(S2)="("0.015mol/2L)÷3h=0.0025mol/(L·h);若压强p2=7.2MPa,温度为975℃时,H2S的转化率为40%,即变化量为0.10mol×40%=0.04mol,则平衡时H2(g)为0.04mol,S2(g)的物质的量为0.02mol,H2S(g)的物质的量为0.06mol,总的物质的量为0.12mol,H2S(g)、H2(g)、S2(g)的分压分别为7.2MPa×(0.06/0.12)=3.6MPa,7.2MPa×(0.04/0.12)=2.4MPa,7.2MPa×(0.02/0.12)=1.2MPa,则反应的平衡常数Kp=(2.4MPa)2×1.2MPa÷(3.6MPa)2=0.53MPa,因恒压条件下,温度越高,H2S的转化率越大,说明升高温度平衡正向移动,若保持压强不变,升温到1000℃时,则该反应的平衡常数增大;(3)①低温电解饱和KHSO4溶液时阳极的电极反应式为2SO42−−2e−=S2O82−;②K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4,该反应的化学方程式为K2S2O8+2H2O=H2O2+2KHSO4。 考点: 考查溶度积、化学平衡常数及盖斯定律的应用计算,涉及电解原理的应用。 11.英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。 共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。 制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。 石墨烯的球棍模型示意图如图: (1)下列有关石墨烯说法正确的是______。 a.12g石墨烯含 键数为NA b.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面 c.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力 d.石墨烯中每个C原子连接3个六元环,每个六元环占有6个C原子 (2)化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一,催化剂为金、铜、钴等金属或合金,含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。 ①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是_____;第四周期元素中,最外层电子数与铜相同的元素还有______。 ②下列分子属于非极性分子的是______。 a.甲烷b.二氯甲烷c.苯d.乙醇 ③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷,请解释原因______。 ④酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图1,酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是______。 ⑤金与铜可形成的金属互化物合金(如上图2),它的化学式可表示为______;在Au周围最近并距离相等的Cu有______个,若2个Cu原子核的最小距离为dpm,该晶体的密度可以表示为______g/cm3。 (阿伏加德罗常数用NA表示) 【答案】 (1).bc (2).3d(3).K、Cr(4).a、c(5).乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键(6).sp2(7).Cu3Au或AuCu3(8).12(9). 【解析】 (1)由图示得到,石墨烯中碳原子的杂化类型为sp2,所以每个碳原子应该形成3个σ键,而每形成1个σ键需要2个碳原子,所以C∶σ键=2∶3,因此12g石墨烯(1molC)中的σ键为1.5mol,选项a错误。 石墨烯中所有的碳原子都是sp2杂化,所以所有的碳原子都在同一个平面,选项b正确。 石墨晶体中石墨层与层之间存在的是分子间作用力,所以选项c正确。 石墨烯中每个C原子连接3个六元环,所以每个C原子在一个六元环中只能分得1/3,所以每个六元环占有6×1/3=2个C原子,选项d错误。 (2)①铜是29号元素,核外电子排布式为[Ar]3d104S1,根据鲍林的近似能级图得到其中能量最高的能级为3d。 第四周期,最外层电子数与Cu相同都是1个电子的是K(4s1)和Cr(3d54s1)。 ②甲烷(正四面体)和苯(正六边形)都是高度对称的分子,所以是非极性分子;而二氯甲烷是变形四面体结构是极性分子,乙醇显然是极性分子。 ③乙醇沸点高于丁烷的原因是,乙醇有-OH,可以形成分子间氢键,从而提高了沸点。 ④酞菁分子中碳都形成了双键,或者都是苯环中的碳原子,所以都是sp2杂化。 ⑤金原子占据晶胞的顶点,所以有8× =1个;铜原子占据6个面心,所以有6× =3个,所以化学式为Cu3Au或AuCu3。 如果以图2晶胞的体心为顶点,以顶点的金原子为体心,可以得到一个新的晶胞,该新晶胞中金原子在体心,铜原子位于12条棱的棱心,所以在Au周围最近并距离相等的Cu有12个。 由立体几何知识得到图2中两个Cu原子核的最小距离为晶胞面对角线的一半,所以面对角线的长度为2dpm,所以晶胞边长为2d/ = dpm= d×10-10cm。 晶胞体积为边长的立方为: d3×10-30cm3,晶胞中含有1个Au和3个Cu,所以晶胞的质量为(197+3×64)/NA,质量除以体积得到晶胞密度为: g/cm3。 点睛: 高中在教学中使用的是鲍林的近似轨道能级图,所以3d的能量高于4s。 但是在科顿能级图中,除了K和Ca之外,应该是4s的能量高于3d,只是如果在3d中填充了一个电子以后,受到电子互斥和屏蔽效应的影响,下一个电子应该填入4s。 12.咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力,其合成路线如图所示: 回答下列问题: (1)C+D→E反应类型为______。
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