四川省宜宾市届高三上学期期末考试理综化学试题Word文档格式.docx
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答案选D。
2.二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一,其结构如图所示。
下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是
A.分子式为C3H14O4
B.能使酸性KMnO4溶液褪色
C.能发生加成反应,不能发生取代反应
D.1mol该有机物与足量金属钠反应产生22.4L
H2
【答案】B
A.根据结构简式可知,二羟甲戊酸的分子式为C6H12O4,选项A错误;
B、分子中含有羟基,能使酸性KMnO4溶液褪色,选项B正确;
C、分子中含有羧基和羟基,不能发生加成反应,能发生酯化反应,酯化反应属于取代反应,选项C错误;
D、一分子中含有一个羧基和两个羟基,标准状况下,1mol该有机物与足量金属钠反应产生33.6LH2,选项D错误。
答案选B。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.2.4gMg在空气中完全燃烧,转移电子数一定为0.2NA
B.标准状况下,2.24L
HF中所含原子总数一定为0.2NA
C.5.6gFe在稀硝酸中完全溶解,转移电子数一定为0.2NA
D.12.0g熔融的NaHSO4中,阳离子的总数一定为0.2NA
【答案】A
A、2.4g镁的物质的量为0.1mol,完全反应失去0.2mol电子,失去的电子数为0.2NA,选项A正确;
B.标况下,氟化氢不是气体,题中条件无法计算22.4L氟化氢的物质的量,选项B错误;
C、5.6g铁的物质的量为0.1mol,而铁和硝酸反应后变为+3价,故0.1mol铁失去0.3mol电子即0.3NA个,选项C错误;
D、12.0gNaHSO4为0.1mol,0.1mol熔融的硫酸氢钠中含有的阳离子是钠离子,离子数为0.1NA,选项D错误。
答案选A。
4.常温下,将0.1L0.2mol/LKMnO4酸性溶液与一定量pH=3的草酸(HOOC-COOH)溶液混合,放出VL气体。
NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.pH=3的草酸溶液含有H+数目为0.001NA
B.当1molKMnO4被还原时强酸提供H+数目为NA
C.1molHOOC-COOH含共用电子对数目为9NA
D.该反应释放CO2分子数目为
【答案】C
A、没有给定溶液体积,无法求算,选项A错误;
B、根据反应2MnO4-+5HOOC-COOH+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知,当1molKMnO4被还原时强酸提供H+数目为3NA,选项B错误;
C、C.HOOC-COOH分子中含有二个碳氧双键、一个碳碳单键、二个碳氧单键、二个氢氧键,每个分子共有关9对共用电子对,故1molHOOC-COOH含共用电子对数目为9NA,选项C正确;
D、不是标准状况下,不能用22.4L/mol计算,无法确定,选项D错误。
答案选C。
5.四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中,其原子序数依次增大,b、d的简单离子具有相同电子层结构,d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的,四种元素原子的最外层电子数之和为15,下列叙述错误的是
A.气态氢化物的热稳定性:
b<
cB.含d元素的盐溶液可能呈碱性
C.原子半径:
d>
c>
b>
aD.a、b和c三种元素能形成离子化合物
四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中,其原子序数依次增大,a为第一周期的氢元素,b、d的简单离子具有相同电子层结构,d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的,故d应该是第三周期且是失电子减少一个电子层的,为铝元素,四种元素原子的最外层电子数之和为15,故b、c最外层电子数之和为11,且b、d的简单离子具有相同电子层结构,b、c分别为N元素和O元素。
A、气态氢化物的热稳定性:
NH3<
H2O,选项A正确;
B、含d元素的盐溶液可能呈碱性,如AlCl3,选项B正确;
C、原子半径:
Al>
N>
O>
H,即d>
a,选项C错误;
D、a、b和c三种元素能形成离子化合物NH4NO3,选项D正确。
6.利用如图所示装置进行实验,能实现实验目的的是(必要时可加热)
选项
实验目的
甲
乙
丙
A
证明浓硫酸具有强氧化性
浓硫酸
碳粉
溴水
B
验证Cl2无漂白性
浓盐酸
MnO2
干燥的红色布条
C
验证NH3溶于水显碱性
浓氨水
碱石灰
湿润的蓝色石蕊试纸
D
比较H2CO3和H2SiO3的酸性
硼酸溶液
碳酸钠
硅酸钠溶液
A.AB.BC.CD.D
A、利用浓硫酸的强氧化性,将碳氧化生成二氧化碳的同时硫酸被还原生成二氧化硫,二氧化硫能使溴水褪色,从而得到证明,选项A正确;
B、浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气,带有水蒸气,氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸有漂白性,所以不能检验氯气是否有漂白性,选项B错误;
C、产生的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝才是检验的现象,选项C错误;
D、硼酸的酸性比碳酸弱,不能使碳酸钠产生二氧化碳,选项D错误。
7.常温下,用0.05mol/LNaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.10mol/LCH3COOH(Ka=l×
10-5)溶液HCN(Ka=5×
10-10)溶液,所得滴定曲线如图。
下列说法正确的是
A.对两种弱酸滴定均可选用甲基橙作指示剂
B.③处溶液有:
c(Na+)=c(CH3COO-)<c(CH3COOH)
C.溶液中水的电离程度:
②>
③>
④
D.点①和点②溶液混合后:
c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)
A、强碱滴定弱酸,选用甲基橙作为指示剂时,它的变色范围是3.1~4.4,颜色为红、橙、黄色,开始滴入碱中应为黄色,到滴定终点时应变为橙色,当为橙色时溶液呈酸性,所用的碱不足,使结果偏低,选项A错误;
B、根据电离平衡常数可知CH3COOH酸性强于HCN,点③是醋酸滴定的曲线,pH=7,根据电荷守恒可知:
c(Na+)=c(CH3COO—)>
c(OH—)=c(H+),而此时醋酸已接近反应完,浓度远小于醋酸根离子,故c(Na+)=c(CH3COO-)>
c(CH3COOH),选项B错误;
C、随着氢氧化钠的加入,溶液由酸溶液逐渐变成盐溶液,溶液由抑制水的电离到促进水的电离,水的电离程度逐渐增大,故溶液中水的电离程度:
②<
③<
④,选项C错误;
D、点①和点②所示溶液中,根据物料守恒:
c(CH3COO—)+c(CH3COOH)=c(CN—)+c(HCN),所以c(CH3COO—)-c(CN—)=c(HCN)-c(CH3COOH),选项D正确。
点睛:
本题考查酸碱中和滴定中溶液中离子浓度大小关系的判断的知识。
理解好弱酸电离常数与滴定曲线的关系,正确运用盐溶液中三大守恒判断离子浓度大小是解答本题的关键。
8.过氧化钙微溶于水,溶于酸,可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。
以下是一种制备过氧化钙的实验方法。
回答下列问题:
(一)碳酸钙的制备
(1)步骤①加入氨水的目的是_______。
小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大,有利于____。
(2)下图是某学生的过滤操作示意图,其操作不规范的是______(填标号)。
a.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b.玻璃棒用作引流
c.将滤纸湿润,使其紧贴漏斗壁
d.滤纸边缘高出漏斗
e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
(二)过氧化钙的制备
(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈____性(填“酸”、“碱”或“中”)。
将溶液煮沸,趁热过滤。
将溶液煮沸的作用是___________。
(4)步骤③中反应的化学方程式为________,该反应需要在冰浴下进行,原因是_________。
(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是_______。
(6)制备过氧化钙的另一种方法是:
将石灰石煅烧后,直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品。
该工艺方法的优点是______,产品的缺点是_______。
【答案】
(1)调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀;
过滤分离;
(2)ade;
(3)酸;
除去溶液中溶解的CO2;
(4)CaCl2+2NH3·
H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O或CaCl2+2NH3·
H2O+H2O2+6H2O=CaO2·
8H2O↓+2NH4Cl;
温度过高时过氧化氢分解;
(5)去除结晶表面水分;
(6)工艺简单、操作方便;
纯度较低。
试题分析:
(1)反应中盐酸过量,且溶液中含有铁离子,因此步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸,沉淀铁离子;
小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大,有利于过滤。
(2)a.过滤时漏斗末端颈尖应该紧靠烧杯壁,a错误;
b.玻璃棒用作引流,b正确;
c.将滤纸湿润,使其紧贴漏斗壁,防止有气泡,c正确;
d.滤纸边缘应该低于漏斗,d错误;
e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动容易弄碎滤纸,e错误,答案选ade。
(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,溶液中有二氧化碳生成,因此溶液呈酸性。
溶液中含有二氧化碳,而过氧化钙能与酸反应,因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2。
(4)根据原子守恒可知反应中还有氯化铵和水生成,则步骤③中反应的化学方程式为CaCl2+2NH3·
H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O;
双氧水不稳定,受热易分解,因此该反应需要在冰浴下进行的原因是防止过氧化氢分解。
(5)过氧化钙不溶于乙醇,使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。
该工艺方法的优点是原料来源丰富、操作方便,产品的缺点是得到产品的纯度较低。
【考点定位】考查物质制备实验设计
【名师点睛】本试题考查物质的制备、实验基本操作、盐类水解、实验方案的设计与评价、元素及其化合物的性质等知识,这些问题属于基础知识的应用,意在考查考生的知识运用能力。
制备碳酸钙,需要除去石灰石中的杂质,铁的氧化物和盐酸反应产生铁离子,然后利用过氧化氢,把Fe2+氧化成Fe3+,利用氢氧化铁在pH=2出现沉淀,当pH=3.7时沉淀完全,加入氨水调节pH,让Fe3+转化成Fe(OH)3,然后进行过滤,除去杂质。
做题过程中注意题目中信息,信息会告诉你解题的思路,“沉淀颗粒长大”,便于得到沉淀,便于过滤分离;
实验操作中实验获得成功,一定要注意操作的规范性,如过滤的注意事项:
“一贴”“二低”“三靠”;
物质的制备为了得到纯净的物质,一定要把杂质除去,但不能引入新的杂质,把有可能引入杂质的情况考虑进去。
CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O,但CO2能溶于水,会有一部分CO2溶解,加入氨水时会产生(NH4)2CO3,制备的过氧化钙不纯净,所以需要除去溶解CO2,加热煮沸,即可除去溶解CO2。
在实验题目中往往以元素及其化合物的性质为基础进行考查,过氧化氢不稳定受热易分解,在冰浴中进行,为防止过氧化氢的分解;
在物质的制备中也要注意题给信息,因为这往往解某题的关键,如“过氧化钙微溶于水”,用蒸馏水洗涤中会有部分溶解,为了减少溶解,利用过氧化钙难溶于乙醇进行洗涤,本试题难度适中。
9.甲醇是重要的化工原料,又可作为燃料。
利用合成气(主要成分为CO、CO2
和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:
I.CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)△H1
II.CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ/mol
III.CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-49.53kJ/mol
某些物质的标准生成热
物质
CO
CO2
CH3OH(g)
标准生成热(kJ/mol)
-110.52
-393.51
-201.25
回答下列问题:
(1)物质的标准生成热是常用的化学热力学数据,可以用来计算化学反应热。
化学反应热:
ΔH=生成物标准生成热总和一反应物标准生成热总和。
计算△H1=_____kJ/mol。
(2)在一容积可变的密团容器中,1molCO与2
mol
H2发生反应:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)△H1,CO在不同温度下的平衡转化率(a)与压强的关系如图所示。
①a、b两点的反应速率:
v(a)___v(b)(填“>
”、“<
”或“=”
)
②T1____T2(填“>
"
或“=”),原因是___________________________。
③在c点条件下,下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是_____(填代号)。
a.H2的消耗速率是CH3OH
生成速率的2倍b.CH3OH的体积分数不再改变
C.混合气体的密度不再改变d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变
④计算图中a点的平衡常数Kp____(kPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×
物质的量分数)。
(3)合成甲醇尾气中CO的浓度常用电化学气敏传感器进行测量,其中CO传感器可用下图简单表示,则阳极发生的电极反应为_________。
【答案】
(1).-90.73
(2).<(3).<(4).CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)是放热反应,温度升高,平衡逆向移动,CO的平衡转化率减小,故T1<
T2(5).bc(6).1.6×
10-7(kPa)-2(7).CO+H2O-2e-=CO2+2H+
(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能,故△H1=-201.25kJ/mol+110.52kJ/mol-0=-90.73kJ/mol;
(2)①b点压强大,压强越大,反应速率越大,则a、b两点的反应速率:
v(a)<
v(b);
②压强相同时一氧化碳的转化率高,所以平衡正向移动,而正反应是放热反应,温度升高,平衡逆向移动,一氧化碳的转化率减小,故T1<
T2;
③a.只要反应发生就有H2的消耗速率是CH3OH
生成速率的2倍,故错误;
b.CH3OH的体积分数不再改变,说明各物质的量不变,反应达到平衡状态,故正确;
C.混合气体的密度不再改变,说明气体的物质的量不变,反应达到平衡状态,故正确;
d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变,可能平衡也可能未平衡,故错误。
答案选bc;
④图2中a点CO的转化率为0.5,总压强为0.5
106Pa,依据化学平衡三段式列式计算,
起始量(mol/L)120
变化量(mol/L)0.510.5
平衡量(mol/L)0.510.5
用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×
物质的量分数,平衡常数Kp=
=
=1.6
(kPa)-2;
(3)阳极是失电子发生氧化反应的物质,结合图示可知是一氧化碳失电子生成二氧化碳同时生成氢离子,电极反应为:
CO+H2O-2e-=CO2+2H+。
10.用含SO2的硫酸工业尾气联合制备(NH4)2SO4和MnxOy,其工艺流和如下:
(1)反应I的化学方程式为__________;
反应II控制温度60℃~70℃之间的原因是________。
反应I到反应II的过程中可循环利用的物质是__________________。
(2)反应III中以SO2作___________剂。
(3)MnCO3的作用是除去滤液中的Fe3+,写出除去Fe3+的离子反应方程式___________。
(4)MnS的作用是提供S2-除去Ni2+和Cu2+;
当Ni2+恰好完全沉淀时[c(Ni2+)=1.0×
10-5mol·
L-1〕,溶被中Cu2+的浓度是_______mol·
L-1(已知Ksp(CuS)=8.4×
10-45,Ksp(NiS)=1.4×
10-24,)。
(5)从MnSO4溶液中获得MnSO4·
nH2O的方法是_____________。
(6)“锻烧”时温度与剩余固体质量变化曲线如下图:
该曲线中B点所表示的固体氧化物的化学式为_______________。
【答案】
(1).2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2
(2).温度过高NH4HCO3会分解,温度过低反应会较慢(3).CaCO3(4).还原(5).3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑(6).6.0×
10-26(7).重结晶(8).Mn3O4
(1)根据流程可知,反应I是二氧化硫与碳酸钙和空气反应生成硫酸钙和二氧化碳,其化学方程式为2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2;
反应II控制温度60℃~70℃之间的原因是温度过高NH4HCO3会分解,温度过低反应会较慢;
反应I需要加和碳酸钙,反应II产生碳酸钙,故过程中可循环利用的物质是CaCO3;
(2)反应III中SO2转化为硫酸盐,故转化过程被氧化作为还原剂;
(3)MnCO3的作用是除去滤液中的Fe3+,将其转化为氢氧化铁的同时产生二氧化碳,故除去Fe3+的离子反应方程式为:
3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑;
(4)当Ni2+恰好完全沉淀时[c(Ni2+)=1.0×
L-1〕,MnS的作用是提供c(S2-)=
=1.4×
10-19mol·
L-1,c(Cu2+)=
=6.0×
10-26mol·
L-1;
nH2O的方法是重结晶;
(6)由流程图可知硫酸锰晶体锻烧得到四氧化三锰,根据图中数据,由Mn守恒确认B为四氧化三锰。
11.铜、磷及其化合物是非常重要的物质。
(1)Cu+的电子排布式____;
(2)在硫酸铜溶液中加入过量KCN,生成配合物[Cu(CN)4]2-。
[Cu(CN)4]2-的配体为____,[Cu(CN)4]2-中C的杂化方式为____,则1个[Cu(CN)4]2-中含有的σ键的数目为____个;
(3)锂—磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O(PO4)2,不溶于水,可通过Na3PO4、CuSO4和NH3·
H2O反应制取。
制取Cu4O(PO4)2的化学方程式为____;
(4)PCl5中P-Cl键长有198pm和206pm两种。
PCl5是非极性分子,可作为导电熔体,其原理为PCl5电离为一个阴离子和一个阳离子,其中阴离子为正八面体,阳离子为正四面体,写出一种阳离子的等电子体的化学式____,PCl5的立体构型为____;
(5)金属铜属于面心立方晶体,铜的密度为ag·
cm3,NA表示阿伏伽德罗常数,则铜的配位数____,铜的金属半径为___pm。
【答案】
(1).[Ar]3d10
(2).CN-(3).sp(4).8(5).2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·
H2O===Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O或4Cu2++2PO
+2NH3·
H2O===Cu4O(PO4)2↓+2NH
+H2O(6).SiCl4或SiF4或SO42-或PO
等合理答案均可(7).三角双锥(8).12(9).
(1)Cu+的电子排布式[Ar]3d10;
(2)[Cu(CN)4]2-的配体为CN-,CN-是碳氮三键,故碳的杂化类型为sp,1个[Cu(CN)4]2-中含有四个配位键,CN-有一个σ键,故1个[Cu(CN)4]2-的σ键数目为8个;
(3)Na3PO4、CuSO4和NH3·
H2O反应制取Cu4O(PO4)2,是一个非氧化还原反应,故其化学方程式为2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·
H2O===Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O;
(4)PCl5可电离成PCl4+、PCl6–
两种离子,PCl4+为正四面体,PCl6–是正八面体,PCl5的立体构型为三角双锥形,PCl4+为5原子32价电子,与其互为等电子体的微粒有:
SiCl4或SiF4或SO42-或PO
等;
(5)金属铜属于面心立方晶体,则铜的配位数为12,4r等于面对角线长,所以晶胞参数为:
a=
pm,r=
12.格氏试剂RMgX由Mg和卤代烃RX在干燥下的乙醚中反应制得,广泛用于复杂有机物的合。
下图是著名香料(
)的合成路线。
(1)写出反应Ⅰ的反应条件____,反应Ⅱ的反应类型为____,化合物C的名称是____。
(2)写出下列物质的结构简式:
E____,F____。
(3)写出苯→C的化学方程式:
____
(4)A有多种同分异构体,其中苯环上有两种化学环境氢的同分异构体(含-MgBr结构)有____种。
(5)设计原料(
)合成产物(
)的合成路线:
____
【答案】
(1).液溴、FeBr3
(2).取代反应(3).甲苯(4).
(5).
(6).
+CH3Br
+HBr(7).4(8).
(1)写出反应Ⅰ为取代反应,制溴苯,故其反应条件为:
液溴、FeBr3;
反应ⅠⅠ为取代反应;
C应是甲苯;
(2)E是由
反应制得的格氏试剂,为
;
和F在酸性条件下生成
,则F为
(3)苯→
的方程式为:
+HBr
(4)A为:
有多种同分异构体,其中苯环上有两种化学环境氢的同分异构体为:
(5)由原料(
),需要加长碳链,
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