届吉林省延边州高三教学质量检测理科综合化学试题解析版Word下载.docx
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『分析』X、Y、Z、W、P是短周期主族元素,它们的原子序数依次增大,其中X的族序数=周期序数=原子序数,X是H;
Y的最外层电子数等于其次外层电子数的2倍,它的一种核素常用于考古断代,Y是C;
W的一种单质被喻为“人类地球的保护伞”,W是O,则Z是N;
P的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4,P是S,据此解答。
『详解』A.由H、N、S三种元素形成的化合物可以是共价化合物,也可以是离子化合物,例如硫酸铵等,A错误;
B.非金属性越强,简单氢化物越稳定,非金属性O>N>S>C,则简单氢化物的稳定性是O>N>S>C,B错误;
C.食品中可适量添加SO2,起到去色、杀菌、抗氧化的作用,C正确;
D.Y5X10W2能与碳酸氢钠反应说明是羧酸,即为戊酸,由于-C4H9有4种不同的结构,则戊酸的结构有4种,D错误。
答案选C。
4.链烃分子中的氢被两个或多个苯基取代的化合物称为多苯代脂烃,m、n是两种简单的多苯代脂烃。
A.m、n互为同系物
B.m、n的一氯代物均只有四种
C.m、n均能使Br2的CCl4溶液褪色
D.m、n分子中所有碳原子处于同一平面
『详解』A.m、n的结构不同,不能互为同系物,故A错误;
B.m分子中含有四种氢原子,n分子中含四种氢原子,一氯代物均只有四种,故B正确;
C.m、n含有苯环,不能和溴单质发生加成反应,都不能使Br2的CCl4溶液褪色,故C错误;
D.n分子中含1个四面体结构的C,不可能与苯环均在同一平面上,即所有碳原子不可能共面,故D错误;
故答案选B。
5.下列有关实验操作、现象与结论的说法错误的是()
实验操作
现象
结论
A
向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸
产生黄色沉淀和刺激性气味气体
硫代硫酸钠既有氧化性又有还原性
B
将足量硼酸溶液滴入到碳酸钠溶液中
无气泡
酸性:
H2CO3>H3BO3
C
向FeCl3和KSCN的混合溶液中加入KCl溶液
溶液红色变浅
增大生成物的浓度,平衡向逆反应方向移动
D
一定温度下,向10mL0.1mol·
L-1NaOH溶液中滴入10mL0.1mol·
L-1MgCl2溶液,再滴加2滴0.1mol·
L-1CuCl2溶液
先有白色沉淀生成,后出现蓝色沉淀
相同温度下,Ksp『Cu(OH)2』<Ksp『Mg(OH)2』
『详解』A.向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸发生反应生成硫酸钠、二氧化硫、单质硫和水,因此产生黄色沉淀和刺激性气味气体,硫代硫酸钠既是氧化剂也是还原剂,硫代硫酸钠既有氧化性又有还原性,A正确;
B.将足量硼酸溶液滴入到碳酸钠溶液中无气泡,说明没有碳酸生成,根据强酸制备弱酸的原理可知酸性:
H2CO3>H3BO3,B正确;
C.向FeCl3和KSCN的混合溶液中加入KCl溶液溶液红色变浅,氯化钾不参与反应,相当于是稀释,不能说明增大生成物的浓度,平衡向逆反应方向移动,C错误;
D.一定温度下,向10mL0.1mol·
L-1MgCl2溶液,反应中氢氧化钠不足,再滴加2滴0.1mol·
L-1CuCl2溶液,先有白色沉淀生成,后出现蓝色沉淀,这说明相同温度下,Ksp『Cu(OH)2』<Ksp『Mg(OH)2』,D正确。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是()
A.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸:
2MnO4-+16H++5C2O42-===2Mn2++10CO2↑+8H2O
B.Cl2与FeBr2溶液反应,当n(Cl2):
n(FeBr2)=1:
1时,2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C.惰性电极电解MgCl2溶液:
2Cl−+2H2O
Cl2↑+2OH-+H2↑
D.向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性:
H++SO42-+Ba2++OH-===BaSO4↓+H2O
『详解』A、草酸属于弱酸,书写离子方程式时不能拆写,正确的是2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,故A错误;
B、Fe2+还原性比Br-强,先与Cl2发生反应,根据得失电子数目守恒,1×
1+n(Br-)×
1=1×
2×
1,解得n(Br-)=1mol,因此反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-,故B正确;
C、缺少Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2,故C错误;
D、反应后溶液为中性,则离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,故D错误。
『点睛』本题的易错点是选项D,涉及到量的问题,少量为1,反应后溶液显中性,应按照Ba(OH)2进行分析,因此离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,这是一易错点,也是一个难点。
7.常温下,向20mL0.1mol·
L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·
L-1的烧碱溶液,溶液中水所电离的c水(H+)随加入烧碱溶液体积的变化如图所示,下列说法正确的是()
A.B点的溶液中粒子浓度之间存在:
c(HA)>c(Na+)>c(A-)
B.由图可知A-的水解平衡常数Kh约为1×
10-9
C.C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同,所以溶液均呈中性
D.F点的溶液呈碱性,粒子浓度之间存在:
c(OH-)=c(HA)+c(A-)+c(H+)
『详解』A.B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液,此时溶液呈酸性,HA的电离程度大于A-的水解程度,则c(A-)>c(Na+)>c(HA),A错误;
B.由题图可知0.1mol·
L-1的HA溶液中c(H+)为1×
10-3mol·
L-1,由此可计算出Ka约为1×
10-5,则Kh=KW/Ka≈1×
10-9,B正确;
C.C点是HA和NaA的混合溶液,溶液呈中性,而E点为NaA和NaOH的混合溶液,溶液呈碱性,C错误;
D.F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液,由质子守恒可得:
c(OH-)=2c(HA)+c(A-)+c(H+),D错误。
二、选择题
8.重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。
由含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO
等)制备K2Cr2O7的流程如图所示。
已知:
I.在酸性条件下,H2O2能将Cr2O
还原为Cr3+;
Ⅱ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Cr3+
4.9
6.8
Fe3+
1.5
2.8
请回答下列问题:
(1)滤渣①的主要成分__________。
(2)加入H2O2的作用是(用离子方程式解释)___________________________。
(3)加热的目的是__________________________________________。
(4)“酸化”过程中发生反应的离子方程式为________________________________;
若该反应的平衡常数K=4×
1014L3·
mol-3,已知:
“酸化”后溶液中c(Cr2O
)=1.6×
10-3mol·
L-1,则溶液中c(CrO
)=____________。
(5)“结晶”后得到K2Cr2O7(M=294g·
mol-1)产品0.6000g,将其溶解后用稀H2SO4酸化,再用浓度为0.01000mol·
L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定,滴定反应为:
Cr2O
+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,滴定终点消耗标准溶液的体积为900mL,则产品的纯度为_______。
(计算结果保留四位有效数字)
(6)在K2Cr2O7存在下,可利用微生物电化学技术实现含苯酚(C6H5OH)废水的有效处理,其工作原理如图所示。
负极的电极反应式为___________________________;
②一段时间后,中间室中NaCl溶液的浓度_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
『答案』
(1).Fe(OH)3和Cr(OH)3
(2).2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO
+8H2O(3).除去过量H2O2,防止将Cr2O
还原成Cr3+(4).2CrO
+2H+
+H2O(5).2×
10-8mol/L(6).73.50%(7).C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+(8).减小
『分析』含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO
等)制备K2Cr2O7的流程:
废液与足量KOH反应生成沉淀Cr(OH)3、Fe(OH)3,过滤得到滤渣①Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物,除去K+、SO
等离子,碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4,过滤除去Fe(OH)3,得到K2CrO4滤液②,加热除去过量过氧化氢,防止后续加酸时H2O2能将Cr2O
还原为Cr3+,加酸调pH=1,使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液,蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体,以此解答该题。
『详解』
(1)由以上分析可知滤渣①的主要成分是Fe(OH)3和Cr(OH)3;
(2)“氧化”步骤中,碱性条件下,过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4溶液,反应的离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO
+8H2O;
(3)因为在酸性条件下,H2O2能将Cr2O
还原为Cr3+,为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O
还原为Cr3+而混入杂质,所以酸化之前必须除去H2O2,并且H2O2对热不稳定、易分解,通过加热可除去;
(4)“酸化”过程中发生反应的离子方程式为2CrO
+H2O;
酸化”过程中pH=1,即c(H+)=0.1mol/L,反应2CrO
+H2O的平衡常数K=
=
=4×
1014,解得
=2×
10-8mol•L-1;
(5)由反应Cr2O
+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O有n(K2Cr2O7)=
n『(NH4)2Fe(SO4)2』=
×
0.0100mol/L×
0.9L=0.0015mol,产品的纯度=0.0015mol×
294g/mol/0.6000g×
100%=73.50%;
(6)①C6H5OH→CO2,则苯酚发生氧化反应、作负极,结合电子守恒和电荷守恒有电极反应式C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+;
②由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离,使Na+和Cl-不能定向移动,所以电池工作时,负极生成的H+透过阳离子交换膜加入NaCl溶液中,正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水,是NaCl溶液浓度减小。
9.“绿水青山就是金山银山”,因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
(1)亚硝酰氯(Cl—N=O)气体是有机合成的重要试剂,它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得,该反应的热化学方程式为__________________________________________。
相关化学键的键能如下表所示:
化学键
Cl—Cl
N
O(NO气体)
Cl—N
N=O
键能/(kJ·
mol-1)
243
630
200
607
(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)
2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=-681.8kJ·
mol-1,对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。
对于该反应,在T℃时,借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下:
时间/min
浓度/mol·
L-1
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.64
CO2
0.42
0.80
0.88
0~10min内,平均反应速率v(CO2)=________mol·
L-1·
min-1;
当升高温度,该反应的平衡常数K__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡。
根据上表中的数据判断,改变的条件可能是_______(填字母)。
A.加入一定量的粉状碳酸钙
B.适当缩小容器的体积
C.通入一定量的O2
D.加入合适的催化剂
(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气,有人利用反应C(s)+2NO(g)
N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ·
mol-1,用活性炭对NO进行吸附。
已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体,保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示:
由图可知,1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大,其原因为__________________________________________。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。
在1050K、1.1×
106Pa时,该反应的化学平衡常数Kp=_______『已知:
气体分压(P分)=气体总压(Pa)×
体积分数』
(4)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染,需给汽车安装尾气净化装置。
在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.8kJ·
mol-1,生成无毒的N2和CO2实验测得,v正=k正c2(NO)·
c2(CO),v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数,只与温度有关)。
①达到平衡后,仅降低温度,k正减小的倍数______(填“>
”、“<
”或“=”)k逆减小的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO,在一定温度下达到平衡时,CO的转化率为20%,则
=_______(计算结果用分数表示)
『答案』
(1).2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)ΔH=-111kJ/mol
(2).0.042(3).减小(4).BC(5).1050K前反应未达到平衡状态,随着温度升高,反应速率加快,NO转化率增大(6).4(7).<
(8).
『分析』根据ΔH=生成物的总键能-反应物的总键能计算反应热,进而写出热化学反应方程式;
根据v=
计算;
根据30min后,氧气、二氧化碳的浓度都增大,改变的条件可为加入氧气或适当缩小容器的体积等;
根据在1050kPa时反应达到平衡,在1050kPa前,温度升高对化学反应速率及反应进行的方向分析判断;
根据在1100kPa时NO转化率40%,结合三行计算列式得到。
『详解』
(1)根据题干信息可知,Cl2和NO在通常条件下反应制得亚硝酰氯(Cl—N=O)气体,反应方程式为2NO(g)+C12(g)
2C1NO(g),反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(2×
630+243)-(2×
200+2×
607)=-111kJ/mol,故答案为:
2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)ΔH=-111kJ/mol;
(2)①在0~10min内,Δc(CO2)=0.42mol/L,根据v=
,CO2的化学反应速率v(CO2)=
=0.042mol/(L·min),正反应为放热反应,升高温度,平衡向左移动,故化学平衡常数K减小,故答案为:
0.042;
减小;
②30min后,氧气、二氧化碳的浓度都增大,可为加入氧气或适当缩小容器的体积等,故答案为:
BC;
(3)①由图像可知,当温度高于1050K时,随着温度升高,NO的转化率降低,则平衡逆向移动,因此该反应的正反应为放热反应,即ΔH<
0,1050kPa前,反应b中NO2转化率随着温度升高而增大是由于1050kPa前反应未达平衡状态,随着温度升高,反应速率加快,更多的反应物变为生成物,因此NO2转化率随温度的升高而增大,故答案为:
1050K前反应未达到平街状态,温度的升高,反应速率加快,NO转化率增大;
②由图像可知,在1050K、1.1×
106Pa时,NO转化率80%,可列平衡三段式为:
由于容器的容积不变,因此气体的物质的量的比等于气体压强之比,可知平衡时p(NO)=0.2p(总),p(N2)=0.4p(总),p(CO2)=0.4p(总),则用平衡分压表示的化学平衡常数
,故答案为:
4;
(4)①正反应为放热反应,升高温度平衡向左移动,则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数,浓度不变,故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数,故答案为:
<
;
②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO,在一定温度下达到平衡时,CO的转化率为20%,可列平衡三段式为:
则平衡常数
,当反应达到平衡时,υ正=υ逆,故
。
10.草酸亚铁晶体(FeC2O4·
2H2O,M=180g/mol)呈淡黄色,可用于晒制蓝图。
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。
小组成员采用如图装置进行实验:
A.
B.
C.
D.
E.
①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)。
②检查装置气密性后,先通入一段时间N2,其目的为___________________________。
③实验证明了气体产物中含有CO,依据的实验现象为___________________________。
④结束实验时先熄灭A、C处的酒精灯再停止通入N2,其目的是___________________。
(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,草酸亚铁晶体是感光剂,会失去结晶水转化为FeC2O4,现以K3『Fe(CN)6』溶液为显色剂,该显色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H2SO4中,配成250mL溶液;
步骤2:
取上述溶液25.00mL,用cmol·
L-1KMnO4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·
L-1KMnO4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)若步骤
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).b→c→h→i(或i→h)→d→e((或e→d)→b→c
(2).排尽装置中的空气,防止干扰实验(防爆炸或干扰气体的检验)(3).c中固体由黑色变为红色,后B装置中出现浑浊(4).防止倒吸(5).FeC2O4·
2H2O
FeO+CO↑+CO2↑+2H2O(6).3FeC2O4+2K3『Fe(CN)6』=Fe3『Fe(CN)6』2+3K2C2O4(7).锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色(或浅红色),且
内不褪色(8).将Fe3+还原为Fe2+(9).偏低
『分析』I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·
2H2O)受热发生分解反应:
FeC2O4·
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KM
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