高三下学期五月调研考试理科综合化学试题Word附版答案及解析文档格式.docx
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高三下学期五月调研考试理科综合化学试题Word附版答案及解析文档格式.docx
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A.在Al3+数目为NA的AlCl3溶液中,Cl-总数为3NA
B.400mL1mol/L稀硝酸与Fe完全反应(还原产物只有NO),转移电子数目为0.3NA
C.0.2molNH3与0.3molO2在催化剂的作用下加热充分反应,所得NO的分子数为0.2NA
D.pH=1的硫酸溶液中含有SO42-的数目为0.05NA
3.下列实验操作可达到实验目的的是()
A.用长颈漏斗可分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液
B.将NaOH溶液滴加到FeCl3溶液中可制备Fe(OH)3胶体
C.用浓盐酸和MnO2反应制备纯净的Cl2,气体产物先通过浓硫酸再通过饱和食盐水
D.除去Na2CO3固体中的NaHCO3,可将固体加热至恒重
4.短周期主族元素W,X,Y,Z的原子序数依次增大,X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。
由W,Y,Z三种元素形成的一种液态化合物甲溶于水后,可观察到剧烈反应,液面上有白雾形成,并有能使品红溶液褪色的有刺激性气味的气体逸出,向溶液中滴加AgNO3溶液。
有不溶于稀硝酸的白色沉淀析出。
下列说法不正确的是()
A.Y的简单氢化物的热稳定性比Z的弱
B.W与X的简单离子具有相同的电子层结构
C.化合物甲已被用作某种锂电池的还原剂
D.Z2W是某种氧化性弱酸的酸酐
5.马兜铃酸是一种致癌物。
如图为马兜铃酸的结构简式,R,R1,R2代表-H,-OH或-OCH3中的一种或几种,下列有关说法正确的是()
A.若R代表—OH,R1,R2代表—H,则对应有机物的分子式为C16H9NO7
B.若R代表—H,R1,R2代表—OCH3,则对应有机物的结构中含有4种官能团
C.若R,R1,R2均代表—H,则对应有机物能发生取代反应,氧化反应和水解反应
D.若R,R1,R2中至少有1个代表—H,则对应的有机物最多有9种结构(不考虑立体异构)
6.工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂,氟单质的制备通常采用电解法。
已知:
KF+HF===KHF2,电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。
下列说法错误的是()
A.钢电极与电源的负极相连
B.电解过程中需不断补充的X是KF
C.阴极室与阳极室必须隔开
D.氟氢化钾在氟化氢中可以电离
6.H2S为二元弱酸。
25℃时,向0.100mol/L的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。
下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是()
A.pH=7的溶液中:
c(Cl-)=c(HS-)+2c(H2S)
B.c(HS-)=c(S2-)的碱性溶液中:
c(Cl-)+c(HS-)<0.100+c(H2S)
C.c(Cl-)=0.100mol/L的溶液中:
c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)
D.通入HCl气体之前:
c(S2-)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)
第Ⅱ卷(非选择题共58分)
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。
第8~10题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第11~12题为选考题,考生根据要求作答。
)
(一)必考题
8.高氯酸铜易溶于水,在130℃时会发生分解反应,是一种燃烧催化剂。
以食盐等内原料制各高氯酸铜[Cu(ClO4)2·
6H2O]的一种工艺流程如下:
(1)发生“电解1时”,所用的交换膜是_______(填“阴离子交换膜”或”阳离子交换膜”).
(2)岐化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应,已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3.
①“岐化反应”的化学方程式为___________
②“岐化反应”阶段所采用的不同温度对产率影响的结果如图所示.则该反应最适宜的温度是________。
(3)“电解Ⅱ”的阳极产物为__________(填离子符号)
(4)操作a的操作名称是_______,该流程中可循环利用的物质是________(填化学式)
(5)用该工艺流程制各高氯酸铜时,若起始时NaCl的质量为at,最终制得的Cu(ClO4)2·
6H2O为bt,则产率为_______(用含a、b的代数式表示)。
9.合成氨厂和硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx),脱硝通常是指将烟气中的氮氧化物转化为无毒无害的物质的化学过程。
(1)选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的脱硝技术,即在金属催化剂的作用下,用还原剂(如NH3)选择性的与NOx反应生成N2和H2O。
4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H=-905.5kJ•mol-1
N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180kJ•mol-1
脱硝反应:
4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)的△H=_______kJ•mol-1
(2)将amolN2和3amolH2通入一密闭容器中在不同的温度和压强下发生反应:
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。
测得平衡体系中NH3的物质的量的分数如图所示。
①下列可提高氨气产率的途径是__________。
A.尽量提高反应温度B.对原料气适当加压
C.采用适当的催化剂D.将氨气液化,不断移出液氨
②上图所示平衡体系中当NH3的物质的量分数分别为0.549和0.429时,该反应的平衡常数分别为K1和K2,则K1________K2(填写“>”,“<”或“=”)。
当NH3的物质的量分数为0.600时,容器的体积为2L,此时该反应的化学平衡常数K=________。
(3)常温下,将NO和H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中其物质转化过程如图所示,
①反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
②写出该过程的总化学反应方程式_____________________________________。
(4)直接电解吸收也是脱硝的一种方法,先用6%的稀硝酸吸收NOx,会生成HNO2(一种一元弱酸),再将吸收液导入电解槽中进行电解,使之转化为硝酸,其电解装置如图所示。
①图中b应连接电源的_______(“正极”或“负极”)。
②阳极的电极反应式为___________________。
10.某浅绿色晶体X[x(NH4)2SO4·
yFeSO4·
zH2O]在分析化学中常用作还原剂.为确定其组成,某小组同学进行如下实验.
I.NH4+的测定
采用蒸馏法,蒸馏装置如图所示。
相关的实验步骤如下:
①准确称取58.80g晶体X,加水溶解后,将溶液注入三颈烧瓶中;
②准确量取50.00mL
3.0300mol•L-1H2SO4溶液于锥形瓶中;
③向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液,通入氮气,加热,蒸氨结束后取下锥形瓶;
④用0.120mo
l•L-1
NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸,滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液.
(1)仪器M的名称为__________。
(2)步骤③中,发生的氧化还原反应的化学方程式为____________。
蒸氨结束后,为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理”,“处理”的操作方法是_____________。
(3)步骤④中,若振荡时锥形瓶中有液体溅出,则所测得的n(NH4+)的值将______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
II.SO42-含量的测定
采用重量分析法,实验步骤如下:
①另准确称取58.80g晶体X于烧杯中,加水溶解,边搅拌边加入过量的BaCl2溶液;
②将得到的溶液用无灰滤纸(灰分质量很小,可忽略)过滤,洗涤沉淀3~4次;
③用滤纸包裹好沉淀取出,灼烧滤纸包至滤纸完全灰化;
④继续灼烧沉淀至恒重、称量,得沉淀质量为69.90g。
(4)步骤①中,判断BeCl溶液已过量的实验操作和现象是___________。
(5)步骤②中,采用冷水洗讓沉淀,其主要目的是___________。
(6)结合实验Ⅰ、Ⅱ通过计算得出晶体X的化学式为__________。
实验I的步骤①中,溶液中离子溶度由大到小的顺序为___________。
(二)选考题
11、[化学—选修3:
物质结构与性质]
黄铜矿是主要的炼铜原料,CuFeS2是其中铜的主要存在形式。
回答下列问题:
(1)CuFeS2中存在的化学键类型是_______。
其组成的三种元素中电负性较强的是_______。
(2)下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的______。
(3)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时,有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
①X分子的立体构型是____,中心原子杂化类型为____,属于_______(填“极性”或“非极性”)分子。
②X的沸点比水低的主要原因是___________。
(4)CuFeS2与氧气反应生成SO2,其结构式为
,则SO2中共价键类型有_________。
(5)四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。
①Cu+的配位数为__________,
②已知:
a=b=0.524nm,c=1.032nm,NA为阿伏加德罗常数的值,CuFeS2晶体的密度是________g•cm3(列出计算式)。
12、[化学—选修5:
有机化学基础]
某天然氨基酸M是人体必需的氨基酸之一,其合成路线如下:
(1)A→B的反应条件和试剂是______________;
化合物M的名称为________________;
(2)I→J的反应类型是______________;
J分子中最多有_________个原子共平面;
(3)写出D→E反应的化学方程式________________________________________;
(4)I与乙二醇反应可生成能降解的高分子化合物N,写出该反应的化学方程式___________;
(5)符合下列条件的化合物M的同分异构体共有__________种(不考虑立体异构);
①含有苯甲酸结构②含有一个甲基③苯环上只有两个取代基
其中核磁共振氢谱峰面积比为1:
1:
2:
3的分子的结构简式________________(任写一种);
(6)请结合以上合成路线,写出以丙酸和上述流程中出现的物质为原料经三步合成丙氨酸(
)的路线。
____________________________________________________
答案及解析
1.【答案】D
【解析】“青矾”是绿矾,化学式为FeSO4·
7H2O,《物理知识》中考查FeSO4·
7H2O受热分解,FeSO4·
7H2O受热分解的方程式为2FeSO4·
7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O;
【详解】“青矾”是绿矾,化学式为FeSO4·
A、根据绿矾分解方程式,赤色固体可能为Fe2O3,故A说法正确;
B、+2价Fe容易被氧气氧化,因此青矾密闭保存,防止氧化变质,故B说法正确;
C、过程中Fe的化合价升高,部分S的化合价降低,该反应属于氧化还原反应,电子发生转移,故C说法正确;
D、青矾厂气为SO2和SO3,故D说法错误。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述一定正确的是
【答案】B
【解析】A、AlCl3溶液中Al3+发生水解,Al3+数目为NA,则Cl-数目大于3NA,故A错误;
B、铁与稀硝酸:
Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O或3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O,4molHNO3参加反应被还原成1molNO,转移电子物质的量400×
10-3L×
1mol·
L-1×
(5-2)/4=0.3mol,故B正确;
C、NH3与O2反应:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,假设0.2molNH3全部参与反应,消耗O2的物质的量0.2mol×
5/4=0.25mol<
0.3mol,生成NO物质的量0.2mol,剩余O2物质的量为(0.3mol-0.25mol)=0.05mol,氧气过量,NO能与O2发生反应生成NO2,2NO+O2=2NO2,即NO的物质的量为(0.2mol-0.05mol×
2)=0.1mol,故C错误;
D、题中无法得到溶液的体积,无法计算SO42-的物质的量,故D错误。
3.【答案】D
【解析】A、分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液应用分液漏斗,故A错误;
B、制备氢氧化铁胶体:
将几滴饱和FeCl3溶液滴加沸水中,加热至出现红褐色液体,NaOH溶液滴加FeCl3溶液,出现红褐色沉淀,故B错误;
C、制备纯净的Cl2,气体产物先通过饱和食盐水,再通过浓硫酸,故C错误;
D、NaHCO3不稳定,受热易分解,2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O,加热至恒重,能达到实验目的,故D正确。
4.【答案】C
【解析】X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,即X为Na,由W,Y,Z三种元素形成的一种液态化合物甲溶于水后,可观察到剧烈反应,液面上有白雾形成,白雾为HCl,并有能使品红溶液褪色的有刺激性气味的气体逸出,向溶液中滴加AgNO3溶液。
有不溶于稀硝酸的白色沉淀析出,产生能使品红溶液褪色的有刺激性气体,即该气体为SO2,四种元素中含有S元素,向溶液中滴加AgNO3溶液,有不溶于稀硝酸的白色沉淀析出,该沉淀为AgCl,即四种元素中含有Cl元素,综上所述,推出化合物为SOCl2,四种元素分别为O、Na、S、Cl,据此解答。
【详解】根据以上分析可知四种元素分别为O、Na、S、Cl。
则A、Y的简单氢化物为H2S,Z的简单氢化物是HCl,Cl的非金属性强于S,则HCl比H2S稳定,故A说法正确;
B、W、X的简单离子分别是O2-、Na+,两种离子核外电子排布与Ne原子原子的电子层结构相同,故B说法正确;
C、构成电池,负极反应式为Li-2e-=Li+,正极反应式为2SOCl2+4e-=S+SO2+4Cl-,SOCl2为氧化剂,故C说法错误;
D、Cl2O是HClO的酸酐,HClO具有氧化性,属于弱酸,故D说法正确。
【点睛】本题难点是液态化合物甲中元素的推断,溶于水产生白雾,白雾是HCl的液滴,甲中含有Cl元素,能使品红溶液褪色,说明产生的气体中含有SO2,即甲中含有S元素,根据原子守恒,以及原子序数依次增大,推出W为O,即甲为SOCl2。
5.【答案】A
【解析】A、根据碳原子的成键特点可知,R代表-OH,R1、R2代表-H,则对应有机物分子式为C16H9NO7,故A说法正确;
B、若R代表-H,R1,R2代表-OCH3,则对应有机物的结构中含有醚键、羧基、硝基,故B说法错误;
C、对应有机物分子中含有羧基,能发生酯化反应,能燃烧,即能发生氧化反应,但不能发生水解反应,故C说法错误;
D、若R代表-H,R1和R2可以均为-OH或-OCH3,也可以分别为-OH和-OCH3,共有四种结构,若R1或R2代表-H,也分别有四种结构,则R、R1、R2有1个代表-H时,最多有12种结构,还需考虑R、R1、R2中有2个-H或3个-H,则对应有机物的结构多于12种,故D说法错误。
6.【答案】B
【解析】A、根据装置图,KHF2中H元素显+1价,钢电极上析出H2,表明钢电极上发生得电子的还原反应,即钢电极是电解池的阴极,钢电极与电源的负极相连,故A说法正确;
B、根据装置图,逸出的气体为H2和F2,说明电解质无水溶液中减少的是氢和氟元素,因此电解过程需要不断补充的X是HF,故B说法错误;
C、阳极室生成氟气,阴极室产生H2,二者接触发生剧烈反应甚至爆炸,因此必须隔开防止氟气与氢气接触,故C说法正确;
D、由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电,可推知氟氢化钾在氟化氢中发生电离,故D说法正确。
7.H2【答案】D
【解析】A、依据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),pH=7说明c(H+)=c(OH-),即有c(Na+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-),依据物料守恒,c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S),两式联立得到c(Cl-)=c(HS-)+2c(H2S),故A说法正确;
B、依据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),其中c(Na+)=0.200mol·
L-1,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.100mol·
L-1,因为c(HS-)=c(S2-),整理得出c(Cl-)+c(HS-)=0.100mol·
L-1+c(H2S)+[c(H+)-c(OH-)],溶液显碱性,c(H+)-c(OH-)<
0,因此有c(Cl-)+c(HS-)<0.100+c(H2S),故B说法正确;
C、依据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),推出c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(Cl-)-c(HS-)-2c(S2-),根据c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.100mol·
L-1,c(Na+)=0.200mol·
L-1,c(Cl-)=0.100mol·
L-1,可得c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-),故C说法正确;
D、硫化钠溶液中S2-存在二级水解平衡和水的电离平衡,由水解和电离规律知,c(S2-)>
c(OH-)>
c(HS-)>
c(H+),故D说法错误。
【点睛】涉及微粒浓度关系等式,一般从三个守恒思想考虑,电荷守恒、物料守恒、质子守恒,如果等式没有明显的特征,则是三种等式变性而来;
涉及不等式基本思路:
(1)若比较的是一种阳离子和一种阴离子的浓度大小,一定要想到利用根据电荷守恒得出的粒子浓度等式,先判断溶液的酸碱性,确定c(H+)和c(OH-)的大小后,再进一步比较阴、阳离子浓度大小;
(2)若比较的是两种阴离子的浓度大小,首先要搞清楚阴离子的来源,是通过电离产生的,还是水解产生,并研究电离程度和水解程度的相对大小,必要时用好三个浓度等式进行代换。
8.【答案】
(1).阳离子交换膜
(2).3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaC1O3+3CO2(3).60℃(4).ClO4-(5).蒸发浓缩(6).NaCl(7).(702b/371a)×
100%
(1)“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,反应的离子方程式为:
2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑,需要防止氢氧根离子与氯气反应,因此选择阳离子交换膜,故答案为:
阳离子交换膜;
(2)①“歧化反应”时,氯气通入碳酸钠溶液发生反应,生成的产物之一为NaClO3同时生成二氧化碳气体,歧化反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2
5NaCl+NaC1O3+3CO2,故答案为:
3Na2CO3+3Cl2
5NaCl+NaC1O3+3CO2;
②图象分析可知60°
C产率最高,则该反应最适宜的温度是:
60°
C,故答案为:
60℃;
(3)通电电解,溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子,“电解II”的阳极产物为ClO4-,故答案为:
ClO4-;
(4)加入盐酸,过滤除去氯化钠晶体,通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸;
该流程中可循环利用的物质是NaCl,故答案为:
蒸发浓缩;
NaCl;
(5)根据流程图,氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成NaC1O3和NaCl,电解后NaC1O3变成NaC1O4,加入盐酸反应生成HC1O4,最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2·
6H2O
假设起始是氯化钠为6mol,则生成的氯气为3mol,得到1molNaC1O3,根据氯元素守恒最终得到0.5molCu(ClO4)2·
6H2O,因此产率=
×
100%=
100%,故答案为:
100%。
9.【答案】
(1).-1805.5
(2).BD(3).>
(4).256/3a2(5).2:
1(6).2H2+2NO
N2+2H2O(7).负极(8).H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+
【解析】分析:
本题考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、化学平衡常数的计算、氧化还原反应的分析、电解原理的应用。
(1)将两个反应依次编号为①式、②式,应用应用盖斯定律,①式-②式
5消去O2。
(2)采用“定一议二”法分析图像,得出反应N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)的特点:
正反应为气体分子数减小的放热反应。
①根据勒夏特列原理,判断改变条件后平衡移动的方向。
②该反应的正反应为放热反应,升高温度化学平衡常数减小。
用三段式和化学平衡常数表达式计算化学平衡常数。
(3)根据图示确定反应物和生成物,对照氧化还原反应的基本概念、运用电子守恒。
将反应I和反应II相加消去过程物质得总反应方程式。
(4)HNO2转化为HNO3为氧化反应,电解时氧化反应在阳极发生,图中a为阳极,b为阴极。
详解:
(1)将反应编号,
4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905.5kJ·
mol-1(①式)
N2(g)+O2(g)
2NO(g)ΔH=+180kJ·
mol-1(②式)
应用盖斯定律,①式-②式
5得,4NH3(g)+6NO(g)
5N2(g)+6H2O(g)ΔH=(-905.5kJ/mol)-(+180kJ/mol)
5=-1805.5kJ/mol。
(2)根据图像,在相同压强下升高温度,NH3的物质的量分数减小,平
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