四川省成都七中届高三下学期二诊模拟考试化学试题解析版.docx
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四川省成都七中届高三下学期二诊模拟考试化学试题解析版
成都七中高中2016级毕业班二诊模拟考试
理科综合·化学部分
一、选择题:
本大题共13小题,每小题6分,共78分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目。
1.化学与生产、生活密切相关。
下列说法不正确的是
A.沥青常用于铺路,可以通过石油分馏得到
B.静电除尘、血液透析利用了胶体聚沉的性质
C.液态植物油与氢气加成后可以得到像动物脂肪一样的固态物质,称为人造脂肪
D.大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨,具有很大危害
【答案】B
【解析】
【详解】A.沥青常用于铺路,沥青是石油分馏得到的相对分子质量大的烃的混合物,A正确;
B.静电除尘是利用胶体的电泳的性质,血液透析利用了胶体的渗析的性质,B错误;
C.液态植物油的烃基部分含有不饱和的碳碳双键,与氢气加成后变为饱和的烃基,就由液态的植物油变为像动物脂肪一样的固态物质,称为人造脂肪,C正确;
D.大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨,能够使土壤酸化,破坏建筑物、腐蚀文物等,具有很大危害,D正确;
故合理选项是B。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B.0.1mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同
C.标准状况下,2.24L三氯甲烷中含碳氯共价键的数目为0.3NA
D.向FeI2溶液中通入适量Cl2,当有1molFe2+被氧化时,转移的电子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.46g二氧化氮的物质的量是1mol,由于1个硝基和1个NO2分子都含有23个电子,所以1mol硝基和1molNO2在含有的电子数均为23NA,A正确;
B.只有物质的浓度,缺少溶液的体积,不能确定微粒的数目,B错误;
C.三氯甲烷在标准状况下的状态为液态,不能使用气体摩尔体积计算,所以不能计算微粒的数目,C错误;
D.由于微粒的还原性I->Fe2+,向FeI2溶液中通入适量Cl2,当有1molFe2+被氧化时,已经有2molI-被氧化,则反应过程中转移的电子数为3NA,D错误。
故合理选项是A。
3.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,氧杂螺戊烷的结构简式为
,则下列说法正确的是
A.lmol该有机物完全燃烧需要消耗5.5molO2
B.二氯代物超过3种
C.该有机物与环氧乙烷互为同系物
D.该有机物所有碳、氧原子处于同一平面
【答案】B
【解析】
【详解】A.氧杂螺戊烷的分子式是C4H6O,1mol该化合物完全燃烧消耗O2的物质的量为5mol,A错误;
B.氧杂螺戊烷二氯代物中两个Cl原子在同一个C原子上3种同分异构体,在两个不同的C原子上也有3种同分异构体,所以含有的同分异构体种类数目为6种,超过了3种,B正确;
C.该有机物与环氧乙烷结构不相似,因此不是同系物,C错误;
D.该有机物含有C原子为饱和C原子,饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构,最多有两个顶点原子与该C原子在同一个平面上,所以不是所有碳、氧原子处于同一平面,D错误;
故合理选项是B。
4.下列根据实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将石蜡油催化分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
酸性高锰酸钾溶液褪色
该气体为乙烯
B
向NaAlO2溶液中持续通入气体Y
先出现白色沉淀,最终沉淀又溶解
Y可能是CO2气体
C
向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入CuCl2、FeCl3溶液
加FeCl3溶液的H2O2产生气泡较快
Fe3+对H2O2分解的催化效果较好
D
取CH3OONa溶液于试管中并加入几滴酚酞,再加热
溶液红色加深
CH3COONa溶液显碱性且存在水解平衡
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.将石蜡油催化分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中,酸性高锰酸钾溶液褪色,证明该气体为不饱和烯烃,但不一定是乙烯,A错误;
B.向NaAlO2溶液中持续通入气体Y,先出现白色沉淀,最终沉淀又溶解,说明该气体为酸性气体,反应产生了Al(OH)3沉淀,由于Al(OH)3只能被强酸、强碱溶解,所以该气体的水溶液显强酸性,而CO2的水溶液是弱酸,不能溶解Al(OH)3沉淀,B错误;
C.向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入CuCl2、FeCl3溶液,由于不清楚加入的CuCl2、FeCl3溶液的浓度大小、体积多少,所以不能判断Fe3+对H2O2分解的催化效果较好,C错误;
D.取CH3OONa溶液于试管中并加入几滴酚酞,再加热,溶液的红色加深,说明CH3COO-水解而使溶液显碱性;加热后,溶液中的c(OH-)增大,使溶液的碱性增强,故该溶液中存在水解平衡且水解平衡向正向移动,D正确;
故合理选项是D。
5.电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。
电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。
下列说法正确的是
A.电源的A极为正极
B.与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H++·OH
C.Fenton反应为:
H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+·OH
D.每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH为2mol
【答案】C
【解析】
【详解】左侧电极附近Fe3+→Fe2+,发生了还原反应,该极为电解池的阴极,与之相连电源的A极为负极,A错误;与电源B相连电极为电解池的阳极,失电子发生氧化反应,B错误;双氧水能够把Fe2+氧化为Fe(OH)2+,C正确;每消耗1molO2,转移4mol电子,根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反应看出转移1mol电子,生成1molOH,所以应当生成4molOH;D错误;正确选项C。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中Y、Z位于同一主族。
X的气态氢化物常用作制冷剂。
ZYW2能与水剧烈反应,可观察到液面上有白雾生成,并有刺激性气味的气体逸出,该气体可使品红溶液褪色。
下列说法错误的是
A.离子半径:
Y B.简单氢化物的稳定性: Y>W>Z C.把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色 D.向ZYW2与水反应后的溶液中滴加氯化钡溶液无明显现象 【答案】C 【解析】 【分析】 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中Y、Z位于同一主族。 X的气态氢化物常用作制冷剂,则X是N元素,该氢化物为NH3,Y是O元素,Z是S元素,W是Cl元素。 ZYW2为SOCl2,SOCl2与H2O反应产生的有刺激性气味的气体,该气体可使品红溶液褪色,则该气体是SO2,另一种为HCl,据此分析解答。 【详解】据上所述可知X是N元素,Y是O元素,Z是S元素,W是Cl元素。 A.电子层数相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小;电子层数不同的离子,电子层数越多,离子半径就越大,故离子半径: Y B.元素的非金属性越强,其相应的氢化物的稳定性就越强,由于元素的非金属性Y>W>Z,所以简单氢化物的稳定性: Y>W>Z,B正确; C.ZY2是SO2,把ZY2通入石蕊溶液中,发生反应: SO2+H2O=H2SO3,H2SO3是酸,具有酸的通性,所以可以使紫色石蕊试液变为红色,但不能褪色,C错误; D.ZYW2为SOCl2,ZYW2与水反应方程式是: SOCl2+H2O=SO2+2HCl,SO2+H2O=H2SO3,反应后的溶液显酸性,H2SO3、HCl与BaCl2不能发生反应,所以混合无明显现象,D正确; 故合理选项是C。 【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、物质的性质及微粒半径大小比较的知识。 短周期主族元素X的气态氢化物常用作制冷剂推知X元素是N元素是突破口,掌握元素周期表和元素周期律的关系是本题解答的关键。 7.已知298K时,Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中,金属阳离子[-lgc(M2+)]与溶液pH的变化关系如a、b所示,已知: 该温度下Kap[Cu(OH)2] A.a线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系 B.当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时,溶液中c(Fe2+): c(Cu2+)=104.6: 1 C.除去CuSO4溶液中少量的Fe2+,可加入适量CuO D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH,可转化为Y点对应的溶液 【答案】B 【解析】 【分析】 A.该温度下,Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2],则在相同条件下的饱和溶液中,c(Fe2+)>c(Cu2+),离子浓度越大,-lgc(M2+)值越小; B.c(Fe2+): c(Cu2+)= ; C.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+,加入适量CuO,Fe2+不变; D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH,金属离子的浓度会减小。 【详解】A.该温度下,Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2],则在相同条件下的饱和溶液中,c(Fe2+)>c(Cu2+),离子浓度越大,-lgc(M2+)值越小,所以b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系,A错误; B.c(Fe2+): c(Cu2+)= =104.6: 1,B正确; C.Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2],Cu(OH)2更易生成沉淀,在含有Fe2+的CuSO4溶液中,加入适量CuO,不能生成Fe(OH)2沉淀,所以Fe2+浓度不变,C错误; D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH,溶液中会生成Cu(OH)2沉淀,溶液中铜离子的浓度会减小,而从X点到Y点铜离子浓度不变,D错误; 故合理选项是B。 【点睛】本题考查了难溶物的溶解平衡、溶度积的表达式及计算、物质的分离与提纯,注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素,明确溶度积的概念及计算方法,本题难度适中。 8.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O,M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。 某实验小组对其进行了一系列探究。 I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究 (1)气体产物成分的探究。 小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验: ①E中盛装碱石灰的仪器名称为_________。 ②按照气流从左到右的方向,上述装置的接口顺序为a→g→f→_____→尾气处理装置(仪器可重复使用)。 ③实验前先通入一段时间N2,其目的为__________________。 ④实验证明了气体产物中含有CO,依据的实验现象为_____________。 (2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO,则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为____________________。 (3)晒制蓝图时,以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂,该反应的化学方程式为______________。 Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度的测定 工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质,测定其纯度的步骤如下: 步骤1: 称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中,配成250mL溶液; 步骤2: 取上述溶液25.00mL,用cmol/LKMnO4标准液滴定至终点,消耗标准液V1mL; 步骤3: 向反应后溶液中加入适量锌粉,充分反应后,加入适量稀H2SO4,再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点,消耗标准液V2mL。 (4)步骤2中滴定终点的现象为______________;步骤3中加入锌粉的目的为_______。 (5)草酸亚铁晶体样品的纯度为________;若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质,则测定结果将____(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 【答案】 (1).U形管 (2).b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c(3).排尽装置中的空气,防上加热时发生爆炸(4).C中固体由黑色变为红色,后B装置中出现浑浊(5).FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O(6).3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4(7).锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色,且30s内不褪色(8).将Fe3+还原为Fe2+(9). ×100%(10).偏低 【解析】 【分析】 I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)受热发生分解反应: FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O,用D检验水蒸气的存在,用B检验CO2气体,然后用E干燥CO,将CO用通入C使CO与CuO发生反应: CO+CuO CO2+Cu,反应产生的CO2气体通过B装置检验,由于反应过程中有CO产生,会导致大气污染,所以最后将气体进行尾气处理。 用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液中的Fe2+,据此书写反应方程式; II.步骤2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液,溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化,Fe2+变为Fe3+;KMnO4被还原为无色的Mn2+;H2C2O4变为CO2气体逸出;步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉,Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+,充分反应后,加入适量稀H2SO4,再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点,这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+,消耗标准液V2mL。 则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积,根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O),最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O4·2H2O的物质的量之间的关系,利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O4·2H2O的质量,从而可得其纯度,据此分析。 【详解】 (1)①根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管; ②根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB,则按照气流从左到右的方向,上述装置的接口顺序为a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾气处理装置; ③实验前先通入一段时间N2,其目的为排尽装置中的空气,防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故; ④实验证明了气体产物中含有CO,依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质,物质由黑色变为红色,反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象; (2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水,根据电子守恒及原子守恒,可得分解的化学方程式为FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O; (3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4,溶液变为蓝色,该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4; (4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液,KMnO4被还原为无色的Mn2+,所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色,且30s内不褪色。 在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+,以便于确定溶液H2C2O4的物质的量,并根据C元素守恒,计算出FeC2O4的物质的量。 (5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=cmol/L×(V1-V2)×10-3L=c(V1-V2)×10-3mol,根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O4—2KMnO4,H2C2O4是FeC2O4·2H2O与硫酸反应产生,根据元素守恒可知FeC2O4·2H2O—5H2C2O4—2KMnO4,故n[FeC2O4·2H2O]= n(KMnO4)= c(V1-V2)×10-3mol,所以草酸亚铁晶体样品的纯度为 ×100%= ×100%。 若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质,则V1偏小,根据= ×100%可知,测定结果将偏低。 【点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。 掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。 9.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一,治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。 回答下列问题: (1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物,用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。 已知: ①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol; ②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol; ③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol 则CH4催化还原NO的热化学方程式为__________________________________。 (2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器,可发生反应: 2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)。 在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO,发生上述反应时,c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。 ①据此判断该反应的正反应为____(填“放热”或“吸热”)反应。 ②温度T1时,该反应的平衡常数K=_____;反应速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数,计算a处 =________。 (3)SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术,一般采用氨气或尿素作还原剂,其基本流程如图: ①SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g),△H<0,则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为____________。 ②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率,如图所示: SNCR与SCR技术相比,SCR技术的反应温度不能太高,其原因是__________;当体系温度约为925℃时,SNCR脱硝效率最高,其可能的原因是______________。 【答案】 (1).CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H= -977.2 kJ/mol (2).放热(3).80(4).648(5).4CO(NH2)2+6NO2 4CO2+7N2+8H2O(6).温度太高, 会降低催化剂活性(7).低于925℃反应速率较慢,高于925℃不利于脱硝反应正向进行 【解析】 【分析】 (1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol; ②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol; ③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol 利用盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式; (2)①根据先拐先平温度高,T1>T2,纵轴温度越高CO浓度越大,说明升温平衡逆向进行; ②温度为T1时,化学平衡常数的的含义,利用三段式计算出各种物质的平衡浓度,将各种物质的平衡浓度带入公式可得其平衡常数的数值;速率常数只与温度有关,温度不变,速率常数不变,根据平衡时v正=v逆,可得 =K,根据v正=k正c2(NO)c2(CO),v逆=k逆c2(CO2)c(N2),代入 即可计算出其数值; (3)①尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2,反应生成氮气、二氧化碳和水; ②脱硝的最佳温度约为925℃,此时脱硝效率最大,SNCR与SCR技术相比,SNCR技术的反应温度较高是因为未加入催化剂,从催化剂活性分析温度的影响;从平衡移动角度及反应速率选择合适的温度。 【详解】 (1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol; ②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol; ③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol 利用盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-977.2kJ/mol; (2)①先拐先平温度高,T1>T2,纵轴温度越高CO浓度越大,说明升温平衡逆向进行,则该反应的正反应为放热反应,△H<0; ②在某密闭容器中通入等量的CO和NO,根据图象可知开始时,c(CO)=c(NO)=2mol/L,平衡状态下一氧化碳浓度为0.4mol/L, 2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) 起始量(mol/L)2200 变化量(mol/L)1.61.61.60.8 平衡量(mol/L)0.40.41.60.8 根据平衡常数的含义可得该温度下的反应平衡常数K= =80; 当该可逆反应达到平衡时v正=v逆,根据v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2),可得 =K,根据v正=k正c2(NO)c2(CO),v逆=k逆c2(CO2)c(N2),在a点,c(NO)=c(CO)=1.2mol/L,根据物质反应时的物质的量关系可知,此时c(CO2)=0.8mol/L,c(N2)=0.4mol/L,则 = = =648; (3)①尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2,反应生成氮气、二氧化碳和水,反应的化学方程式为: 4CO(NH2)2+6NO2 4CO2+7N2+8H2O; ②图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为: 925°C左右,但温度也不能太高,这是因为温度低,反应速率慢,但温度太高,会降低催化剂活性;当体系温度约为925℃C时,SNCR脱硝效率最高,其可能的原因是温度较低时,化学反应速率慢,达到平衡所需的时间过长,生产效率低下,温度过高,催化剂活性降低,且升高温度有利于反应向吸热的逆反应方向方向进行,不利于脱硝技术消除烟气中的氮氧化物。 【点睛】本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象中定量关系计算的解应用,掌握基础是解题关键,题目难度适中。 10.钼(Mo)是一种重要的过渡金属元素,工业上由钼精矿(主要成分是MoS2)制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)的流程如下: (1)Na2MoO4·2H2O中Mo元素的化合价为____;钼精矿焙烧的主要反应中,氧化剂和还原剂物质的量之比为________。 (2)流程中由Na2MoO4溶液获得晶体的操作是_________、过滤、洗涤、干燥。 加入Na2CO3溶浸时发生的主要反应的离子方程式为______________。 (3)操作1中,所得Na2MoO4溶液中含SO42+杂质,其中c(MoO42+)0.80mol/L,c(SO42-)=0.04mol/L在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO42-。 当BaMoO4开始沉淀时,SO42-的去除率是______。 [Ksp(BaSO4)=1.1×10-10、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8,溶液体积变化可忽略] (4)工业上钼精矿在酸性条件下,加入NaNO3溶液,也可以制备钼酸钠,该法的优点是_____。 (5)高纯Mo可用于制造电池级MoS2,Li-MoS2电池是一
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