精品解析届高三下学期卫冕大联考理综化学试题解析版Word文档下载推荐.docx
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答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16S32K39Ga70
第I卷
一、选择题:
本题共7小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。
1.自然界中氮循环的部分过程如图所示。
下列说法正确的是
A.雷电是使大气中氮转化为硝酸盐的最主要方式
B.氨或铵盐转化为亚硝酸盐属于氮的固定
C.多数蛋白质在动物体内被直接吸收
D.研究自然界中的元素循环有利于解决环境和资源问题
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.雷电时,氮气和氧气反应生成NO、2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,再转变为硝酸盐,但豆科植物的根瘤使大气中的氮转化为硝酸盐、工业合成氨比它更主要,A错误;
B.氮的固定是指游离态的氮元素转化为化合态的氮元素,氨或铵盐转化为亚硝酸盐不属于氮的固定,B错误;
C.多数蛋白质在动物体内不能被直接吸收,要经过水解、最终水解为氨基酸被吸收,C错误;
D.由图可知,自然界中存在氮元素循环,研究自然界中的元素循环有利于解决环境和资源问题,D正确;
答案选D。
2.短周期主族元素W、X、Y、Q的原子序数依次增大,Y是地壳中含量最多的元素,其原子的最外层电子数等于W、X原子的最外层电子数之和,Q的原子序数等于X原子序数的2倍;
查德威克实现了核反应:
。
A.原子半径:
W>X>Y>Q
B.W和Q在元素周期表中处于对角线位置
C.X的最高价氧化物对应的水化物属于强酸
D.Y与Q形成的化合物可用作耐火材料
【详解】Y是地壳中含量最多的元素,则Y为O元素,其原子的最外层电子数等于W、X原子的最外层电子数之和,即于W、X原子的最外层电子数之和为6,根据由此可知,Z=4,则W为Be元素,X为C元素,则Q为Mg元素。
综上,W、X、Y、Q分别为Be元素、C元素、O元素、Mg元素。
A.原子半径:
Mg>
Be>
C>
O,即Q>
W>
X>
Y,故A错误;
B.Be和Mg位于同一主族,故B错误;
C.X的最高价氧化物对应的水化物为碳酸,属于弱酸,故C错误;
D.Y与Q形成的化合物MgO具有高熔点,可用作耐火材料,故D正确;
故答案为D。
3.实验小组在实验室中制备1,2-二溴乙烷,装置如图所示(部分夹持装置略去)。
下列说法错误的是
A.①中液体变为棕色,体现浓硫酸的强氧化性和脱水性
B.试剂X可选用NaOH溶液
C.实验后通过分液操作从③的混合液中分离出产品
D.④中收集到的尾气需要进行集中处理
【答案】C
【详解】A.浓硫酸具有强氧化性和脱水性,将乙醇碳化使①中液体变为棕色,故A正确;
B.NaOH溶液可吸收乙烯中混有的二氧化硫和二氧化碳等酸性气体,故B正确;
C.溴单质、四氯化碳和1,2-二溴乙烷互溶,不能通过分液法分离,故C错误;
D.④中收集到的尾气含有乙烯、未完全溶解于水中的溴蒸气等,需要进行集中处理,故D正确。
4.我国研发出一种合成重要有机原料(Q)的新路线(如图所示)。
A.反应①的原子利用率为100%
B.P的分子式为C8H12O
C.M的一氯代物多于Q的一氯代物(不考虑立体异构)
D.可用酸性KMnO4溶液鉴别N、P
【详解】A.反应①是双烯合成,属于加成反应,因此原子利用率为100%,A正确;
B.依据结构简式可判断P的分子式为C8H12O,B正确;
C.M、Q的分子中氢原子种类分别是4、2,因此M的一氯代物多于Q的一氯代物(不考虑立体异构),C正确;
D.N、P均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以不能用酸性KMnO4溶液鉴别N、P,D错误;
5.Negishi偶联反应是构筑碳碳键的重要方法之一,反应过程如图所示(R、R'
表示烃基)。
A.RZnCl是该反应的催化剂
B反应过程中只生成一种偶联有机产物
C.反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成
D.存在反应+RZnCl=+ZnCl2
【详解】A.由图中转化关系知,RZnCl是反应物,A错误;
B.反应过程中生成R-R’和R-R两种偶联有机产物,B错误;
C.反应过程中涉及C-Cl极性键的断裂和C-C非极性键的形成,C正确;
D.存在与RZnCl的反应,配平的化学方程式为:
+2RZnCl=+2ZnCl2,D错误;
答案选C。
6.二氧化碳的捕获技术备受瞩目,一种应用电化学原理捕获二氧化碳的工作原理如图所示。
A.捕获过程中两极区碳元素的化合价均发生变化
B.二氧化碳的捕获在阳极区完成
C.阳极的电极反应式为2C2O—4e—=4CO2↑+O2↑
D.导线中通过2mole—时生成1molC
【分析】由图可知,该装置为电解池,左侧电极为电解池的阳极,C2O离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气,生成的二氧化碳与氧离子反应生成C2O离子,电极反应式为2C2O—4e—=4CO2↑+O2↑,右侧电极为阴极,二氧化碳与氧离子反应生成CO离子,CO离子在阴极得到电子生成碳和氧离子,电极反应式为CO+4e—=C+3O2—。
【详解】A.由分析可知,阳极区C2O离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气时,碳元素的化合价没有发生变化,故A错误;
B.由分析可知,阳极区二氧化碳只是参与循环,未被捕获,故B错误;
C.由分析可知,左侧电极为电解池的阳极,C2O离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气,电极反应式为2C2O—4e—=4CO2↑+O2↑,故C正确;
D.由分析可知,右侧电极为阴极,CO离子在阴极得到电子生成碳和氧离子,电极反应式为CO+4e—=C+3O2—,由电极反应式可知,导线中通过2mole—时生成0.5molC,故D错误;
故选C。
7.25℃时,向20.00mL0.1000mol·
L-1的Na2R溶液中滴入0.1000mol·
L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示(忽略混合过程中溶液体积的变化)。
A.Ka2(H2R)>Kh1(R2-)
B.Ka1(H2R)的数量级为10-4
C.滴定过程中水的电离程度先减小后增大
D.m点时,溶液中存在c(Cl-)+2c(R2-)+c(HR-)=c(Na+)
【详解】A.m点时,Na2R的物质的量等于NaHR的物质的量,此时pH=7,溶液中存在R2-、HR-的水解,以及HR-的电离,所以Ka2(H2R)>Kh1(R2-),故A正确;
B.加入40ml盐酸时,得到60.oomlpH=2.5的H2R和NaCl的混合溶液,由元素守恒可知,,,,故B正确;
C.滴定过程中水的电离程度逐渐减小,故C错误;
D.m点,由电荷守恒有:
,此时pH=7,,则有故D正确;
故答案为C。
8.氧化铬(Cr2O3)可用作着色剂、催化剂、印刷纸币的油墨等。
以含铬废料(含FeCr2O4、MgO、SiO2、Al2O3等)为原料制备氧化铬的一种流程如图所示。
已知:
烧渣的成分为Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3、MgO;
Ksp[Fe(OH)3]=4×
10-38、Ksp[Al(OH)3]=1×
10-33、Ksp[Mg(OH)2]=2×
10-11,溶液中离子浓度≤10-5mol·
L-1时认为该离子沉淀完全。
回答下列问题:
(1)“研磨”的目的为___________;
“焙烧”过程发生的氧化还原反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)若滤液1中金属离子的浓度均为0.2mol·
L-1,则“调pH”的最小值为___________。
(保留两位有效数字)。
(3)“除镁”工序控制温度不能过高,且不能在陶瓷容器中进行的原因为___________。
(4)“转化”时加入适量H2SO4的作用为___________。
(5)部分物质的溶解度曲线如图所示。
①“系列操作”具体指___________,将所得滤液降温结晶、过滤、乙醚洗涤。
②降温结晶时控制的适宜温度为___________(填选项字母)。
A.0~10℃B.10~20℃C.50~70℃D.80℃以上
③用乙醚洗涤而不用乙醇洗涤的原因为___________。
(6)“煅烧”反应生成N2和水蒸气,该反应的化学方程式为___________。
【答案】
(1).使含铬废料与NaOH混合均匀,增大焙烧时与O2的接触面积,加快反应速率,使反应更充分
(2).7:
4(3).4.7(4).防止NH4F受热分解,且加热促进NH4F水解,防止生成的HF腐蚀陶瓷(5).促进2CrO+2H+Cr2O+H2O的平衡正向移动,使CrO充分转化为Cr2O(6).蒸发浓缩、趁热过滤(7).A(8).防止(NH4)2Cr2O7被乙醇还原,减少产品损失(9).(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O
【分析】由题给流程可知,将含铬废料与氢氧化钠固体充分研磨后,通入氧气,在高温条件下焙烧得到含有铬酸钠、偏铝酸钠、硅酸钠、氧化铁、氧化镁的烧渣;
向烧渣中加入稀硫酸酸溶,其中偏铝酸钠、氧化铁、氧化镁与稀硫酸反应生成可溶性的硫酸盐,硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀,过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有铬酸钠、硫酸铝、硫酸铁、硫酸镁的滤液1;
调节滤液1的pH,使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有铬酸钠、硫酸镁的滤液2;
向滤液2中加入氟化铵溶液,将镁离子转化为氟化镁沉淀,过滤得到含有氟化镁的滤渣3和含有铬酸钠的滤液3;
向滤液3中先后加入稀硫酸、硫酸铵溶液,将铬酸钠转化为重铬酸铵,煅烧重铬酸铵固体制得氧化铬。
【详解】
(1)研磨可使含铬废料与氢氧化钠混合均匀,增大焙烧时与氧气的接触面积,从而加快反应速率,使反应更充分;
焙烧过程发生FeCr2O4、O2与NaOH在高温下发生氧化还原反应生成Na2CrO4、Fe2O3和H2O,反应中FeCr2O4为还原剂、O2为氧化剂,由得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为(1+3×
2):
2×
2=7:
4,故答案为:
使含铬废料与NaOH混合均匀,增大焙烧时与O2的接触面积,加快反应速率,使反应更充分;
7:
4;
(2)由分析可知,调pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子,若滤液1中铁离子和铝离子的浓度均为0.2mol/L,由溶度积可知,当铝离子沉淀完全时,铁离子已经沉淀完全,则溶液中氢氧根离子的浓度应不小于=mol/L=10—9.3mol/L,则溶液pH的最小值为4.7,故答案为:
4.7;
(3)氟化铵受热易分解,且升高温度会
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- 精品 解析 届高三 下学 卫冕 联考 化学试题