河南省信阳市第一高级中学届高三上学期期末考试化学试题Word文档格式.docx
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【答案】B
【详解】A.加入铜发生的反应为:
2Fe3++Cu=2Fe2++2Cu2+,产生新的杂质离子Fe2+,故A错误;
B.反应生成C体现浓硫酸具有脱水性,生成SO2和CO2体现浓硫酸具有强氧化性,故B正确;
C.H2O2、SO2与酸性高锰酸钾反应均体现出还原性,故C错误;
D.乙醇属于非电解质,且与该实验没有因果关系,故D错误。
本题选B。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述错误的是()
A.17gH2O2所含非极性键数目为0.5NA
B.标准状况下,H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.2NA
C.n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中,含有Na+数目为NA
D.100gCaS和CaSO4的混合物中含有32g硫,则含有的氧原子数为1.75NA
【答案】C
【详解】A、H2O2的结构式为H-O-O-H,17gH2O2所含非极性键的物质的量为17g÷
34g·
mol-1×
1=0.5mol,故A说法正确;
B、H2燃烧的方程式为2H2+O2
2H2O,CO燃烧的方程式为2CO+O2
2CO2,等物质的量H2和CO燃烧耗氧量相同,即8.96L该混合气体消耗氧气的物质的量为8.96L÷
22.4L·
=0.2mol,故B说法正确;
C、根据物料守恒,n(Na+)=n(HCO3-)+n(H2CO3)+n(CO32-),n(Na+)=1mol+n(CO32-),故C说法错误;
D、32gS的物质的量为32g÷
32g·
mol-1=1mol,则n(Ca)=1mol,Ca的质量为1mol×
40g·
mol-1=40g,n(O)=(100g-32g-40g)=28g,即n(O)=28g÷
16g·
mol-1=1.75mol,故D说法正确。
4.下列是三种有机物的结构简式,下列说法正确的是()
A.三种有机物都能发生水解反应
B.三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代,其一氯代物都只有2种
C.三种物质中,其中有两种互为同分异构体
D.三种物质在一定条件下,均可以被氧化
【答案】D
试题分析:
A、只有阿司匹林中含-COOC-,可发生水解反应,而另两种物质不能水解,A错误;
B、阿司匹林的苯环上有4种H,苯环上的氢原子若被氯原子取代,其一氯代物只有4种,而另两种物质苯环上有2种H,则苯环上的氢原子若被氯原子取代,其一氯代物都只有2种,B错误;
C、三种物质中,分子式均不相同,则三种物质均不是同分异构体,C错误;
D、有机物都可以燃烧,燃烧就是氧化反应,D正确,答案选D。
考点:
考查有机物结构和性质判断
5.短期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大。
已知:
A、C的原子序数的差为8,A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15,B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半。
下列叙述正确的是()
A.原子半径:
A<
B<
C<
B.B的氧化物是酸性氧化物,可溶于氨水
C.D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性
D.四氧化三铁与B的反应是工业上大量生产铁的重要方法
【分析】
A、C的原子序数的差为8,则A和C属于同主族,B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半,即A的最外层电子数为偶数,令B原子最外层电子数为x,则有x+2x+2x=15,解得x=3,A为O,B为Al,C为S,四种元素是原子序数依次增大的主族元素,即D为Cl;
【详解】A、C的原子序数的差为8,则A和C属于同主族,B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半,即A的最外层电子数为偶数,令B原子最外层电子数为x,则有x+2x+2x=15,解得x=3,A为O,B为Al,C为S,四种元素是原子序数依次增大的主族元素,即D为Cl;
A、原子半径大小顺序是Al>
S>
Cl>
O,故A错误;
B、Al的氧化物是Al2O3,属于两性氧化物,不溶于氨水,故B错误;
C、Cl的最高价氧化物对应水化物为HClO4,C的最高价氧化物对应水化物是H2SO4,非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物酸性越强,Cl的非金属性强于S,即HClO4的酸性强于H2SO4,故C正确;
D、四氧化三铁能与Al反应得到铁单质,但不是工业上大量生产铁的方法,工业上冶炼铁单质的方法是Fe2O3与CO的反应,故D错误。
6.银一Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中,氧化银能将甲醛充分氧化为CO2;
②Fe3+与产生的Ag定量反应生成Fe2+;
③Fe2+与ferrozine形成有色配合物;
④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。
下列说法正确的是
A.①中,负极的电极反应式为2Ag2O+4H++4e-====4Ag+2H2O
B.①中,溶液中的H+由正极移向负极
C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:
4
D.④中,甲醛浓度越大,吸光度越小
【详解】A.①中,负极的电极反应式为HCHO-4e-+H2O==CO2↑+4H+,正极的电极反应式为2Ag2O+4H++4e-=4Ag+2H2O,故A错误;
B.①中,溶液中的H+由负极向正极移动,故B错误;
C.存在关系式:
HCHO~4Ag~4Fe2+,故理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:
4,故C正确;
D.甲醛浓度越大,理论上生成Fe2+的浓度越大,进而得到有色配合物的浓度也越大,溶液吸光度越大,故D错误。
故选C。
7.在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的
会腐蚀阳极板而增大电解能耗。
可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去
。
根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是
A.
的数量级为
B.除
反应为Cu+Cu2++2
=2CuCl
C.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除
效果越好
D.2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全
A.Ksp(CuCl)=c(Cu+)·
c(Cl-),在横坐标为1时,纵坐标
大于-6,所以Ksp(CuCl)的数量级是10-7,A正确;
B.除去Cl-反应应该是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl,B正确;
C.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好,但同时溶液中,Cu2+浓度也增大,会在阴极被还原为Cu,影响炼锌的产率和纯度,故C错误;
D.在没有Cl-存在的情况下,反应2Cu+=Cu2++Cu趋于完全,D正确,答案选C。
8.氰化钠是一种重要的基本化工原料,同时也是一种剧毒物质。
一旦泄漏需要及时处理,一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理,以减轻环境污染。
Ⅰ.已知:
氰化钠是一种白色结晶颗粒,化学式为NaCN,有剧毒,易溶于水,水溶液呈碱性,易水解生成氰化氢。
(1)请用最常见的试剂和简单操作设计实验证明N、C元素的非金属性强弱:
__________________(只说明操作及现象)。
(2)NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,该反应的离子方程式是___________________________。
Ⅱ.工业制备过硫酸钠的反应原理如下:
主反应:
(NH4)2S2O8+2NaOH
Na2S2O8+2NH3
+2H2O
副反应:
2NH3+3Na2S2O8+6NaOH
6Na2SO4+6H2O+N2
某化学兴趣小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠,并检测用过硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水是否达标排放。
【实验一】实验室通过如图所示装置制备Na2S2O8。
(3)欲控制通入O2的通入速率,采取的有效措施为____________________(答一条)
(4)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是____________________。
(5)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_______(填字母)。
A.温度计B.洗气瓶C.水浴装置D.酒精灯
【实验二】测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。
①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg·
L-1。
②Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-,Ag++I-=AgI
,AgI呈黄色,且CN-优先与Ag+反应。
实验如下:
取100.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中,并滴加几滴KI溶液作指示剂,用1.00×
10-4mol·
L-1的标准AgNO3溶液滴定,消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。
(6)滴定终点的现象是________________________________________。
(7)处理后的废水中氰化钠的浓度为________mg·
(保留3位有效数字)
【答案】
(1).取碳酸钠粉末于小试管中,滴加稀硝酸,产生无色气泡
(2).CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3↑(3).控制调节双氧水的滴加速度、调节双氧水的浓度、控制开关K2的大小等等(4).将反应产生的NH3及时排出,避免副反应的发生(5).ACD(6).滴入最后一滴硝酸银溶液,出现黄色沉淀,半分钟内沉淀不消失(7).0.147
【详解】
(1)利用它们最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行比较,酸性越强,其非金属性越强,取碳酸钠或碳酸氢钠粉末少量于试管中,滴加稀硝酸,产生无色气泡,推出硝酸的酸性强于碳酸,即N的非金属性强于C;
(2)处理后得到一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,则气体为NH3,另外得到一种酸式盐,即该酸式盐为NaHCO3,即该反应的离子方程式为CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3↑;
(3)装置a为制备氧气的装置,因此控制通入O2的通入速率,措施为控制调节双氧水的滴加速度、调节双氧水的浓度、控制开关K2的大小等等;
(4)(NH4)2S2O8与NaOH发生的主要反应产生NH3,副反应中NH3参与反应,因此装置a中反应产生O2持续通入装置c中,其原因是将产生NH3及时排出,避免副反应的发生;
(5)根据反应的温度,需要水浴加热并控制温度,需要的仪器是温度计、水浴装置、酒精灯,故ACD正确;
(6)CN-优先于Ag+反应生成[Ag(CN)2]-,当CN-完全消耗完后,Ag+再与I-反应生成AgI,因此滴定终点的现象是滴入最后一滴AgNO3溶液,出现黄色沉淀,且30s或半分钟内沉淀不消失;
(7)CN-的物质的量为1.50×
10-3L×
1.00×
10-4mol·
L-1×
2=3×
10-7mol,氰化钠的质量为3×
10-7mol×
49g·
mol-1=1.47×
10-5g,即质量为1.47×
10-2mg,浓度为1.47×
10-2mg/(100×
10-3L)=0.147mg/L。
9.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。
以下是从某废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。
I.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置,化学性质相似
Ⅱ.常温下:
Ksp[Cu(OH)2]=2.2×
10
Ksp[Fe(OH)3]=4.0×
Ksp[Mn(OH)2]=2.1×
(1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有______________(填化学式),
写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式____________________________。
(2)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为提纯BeCl2,选择合理步骤并排序___________。
a.加入过量的NaOHb.通入过量的CO2c.加入过量的氨水
d.加入适量的HCle.过滤f.洗涤
(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式________________________________________________________。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物,缺点是______________(任写一条)。
(4)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol·
L-1、c(Fe3+)=0.008mol·
L-1、c(Mn2+)=0.01mol·
L-1,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,首先沉淀的是________________(填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH值大于______________。
取铍铜元件1000g,最终获得Be的质量为81g,则产率是______________。
【答案】
(1).Na2SiO3、Na2BeO2
(2).BeO22-+4H+=Be2++2H2O(3).cefd(4).MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O(5).产生污染环境的气体(6).Fe3+(7).4(8).90%
(1)根据流程图以及废旧铍铜元件含有成分,铍与铝的性质形似,SiO2为酸性氧化物,因此滤液A中含有的是NaOH、Na2BeO2、Na2SiO3;
反应I中含铍的化合物是Na2BeO2,Be、Al元素化学性质相似,即Na2BeO2与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2++2H2O;
(2)提纯BeCl2,应先将BeCl2转化成沉淀,Be、Al元素的化学性质相似,即Be(OH)2为两性氢氧化物,能与过量的NaOH溶液反应,不与氨水反应,即先加过量氨水,然后过滤,对沉淀进行洗涤,再加入适量的盐酸,得到BeCl2,因此顺序是cefd;
(3)①MnO2能将金属硫化物中硫元素氧化为单质硫,CuS、MnO2在硫酸的作用下发生反应的化学方程式为CuS+MnO2+H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O;
②硝酸具有强氧化性,浓硝酸溶解金属硫化物,硝酸作氧化剂,被还原成NO2等,NO2等有毒,对环境有污染,因此浓硝酸溶解金属硫化物的缺点是产生污染环境的气体;
(4)Cu(OH)2开始沉淀时c(OH-)=
=1×
10-10mol·
L-1,同理Fe(OH)3开始沉淀时c(OH-)=
×
10-12mol·
L-1,Mn(OH)2开始沉淀时c(OH-)=
10-6mol·
L-1,首先沉淀的是Fe3+;
使Cu2+开始出现沉淀,调节溶液pH,pH应大于4;
铍铜元件中Be的物质的量为1000g×
25%÷
25g·
mol-1=10mol,根据原子守恒,最终理论生成Be的质量为10mol×
9g·
mol-1=90g,则产率为81g÷
90g×
100%=90%。
【点睛】难点是
(2),Be与Al元素的化学性质相似,本题可以看作:
从NaCl、AlCl3、少量HCl中提纯AlCl3,注意利用Al(OH)3为两性氢氧化物,溶于NaOH,不溶于氨水进行分析,平时学习中注意课本知识的积累。
10.研究碳、氮及其化合物的转化对于环境的改善有重大意义。
(1)氧化还原法消除NOx的转化如下:
NO
NO2
N2
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH=-200.9kJ·
mol-1
2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.2kJ·
则反应Ⅰ的热化学方程式为_____________________________________________。
(2)有人设想将CO按下列反应除去:
2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>
0,请你分析该设想能否实现并说明理由是____________________________________________。
(3)甲酸的电离平衡常数Ka=1.70×
10-4。
向20mL0.1mol·
L-1的甲酸钠溶液中滴加10mL0.1mol·
L-1的盐酸,混合液呈________(填“酸”或“碱”)性,溶液中离子浓度从大到小的顺序为______________________。
(4)活性炭也可用于处理汽车尾气中的NO。
在2L恒容密闭容器中加入0.1000molNO和2.030mol固体活性炭,生成A、B两种气体,在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量如表所示:
温度
固体活性炭/mol
NO/mol
A/mol
B/mol
200℃
2.000
0.0400
0.0300
335℃
2.005
0.0500
0.0250
①该反应的正反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。
②200℃时,平衡后向恒容容器中再充入0.1molNO,再次平衡后,NO的百分含量将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
③计算反应在335℃时的平衡常数为________。
(5)工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术,工艺流程是将烟气冷却至15.5~26.5℃后用氨水吸收过量的CO2,该反应的化学方程式为_______________________。
在用氨水吸收前,烟气需冷却至15.5~26.5℃的可能原因是____________________________。
【答案】
(1).3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)ΔH=-317.1kJ·
mol-1
(2).不能,该反应是焓增、熵减的反应,根据ΔG=ΔH-T·
ΔS,ΔG>
0(3).酸(4).c(Na+)>
c(HCOO-)>
c(Cl-)>
c(H+)>
c(OH-)(5).放热(6).不变(7).0.25(8).NH3·
H2O+CO2=NH4HCO3(9).降低吸收过程中氨水的挥发,促进氨水对CO2的吸收
(1)①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H=-200.9kJ/mol,②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=-116.2kJ/mol,反应I的反应方程式为3NO+O3=3NO2,因此①+②得出3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)△H=(-200.9kJ·
mol-1-116.2kJ·
mol-1)=-317.1kJ·
mol-1;
(2)根据△G=△H-T△S,能够自发进行,说明△G<
0;
根据信息,该反应△H>
0,该反应为熵减过程,即△S<
0,复合判据△G>
0,该反应不能自发进行;
(3)两种溶液混合后,溶质为HCOOH、HCOONa和NaCl,且三者物质的量相等,甲酸的电离平衡常数Ka=1.70×
10-4,则HCOO-的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=1×
10-14/(1.7×
10-4)=1/1.7×
10-10<
1.70×
10-4,甲酸的电离程度大于HCOO-水解程度,溶液显酸性,离子浓度大小顺序是c(Na+)>
c(OH-);
(4)①根据表中数据,335℃平衡时NO的物质的量比200℃时大,说明升高温度,平衡向逆反应方向移动,即正反应为放热反应;
②根据表中200℃时各物质起始物质的量和平衡时物质的量可知,NO、固体活性炭、A、B转化物质的量依次为0.06mol、0.03mol、0.03mol、0.03mol,则NO、固体活性炭、A、B的化学计量数之比为2:
1:
1,该反应方程式为2NO(g)+C(s)
A(g)+B(g),活性炭为固体,再通入NO,相当于在原来的基础上增大压强,增大压强平衡不移动,NO的百分含量不变;
③335℃时K=
=
=0.25;
(5)氨水吸收过量的CO2,其反应的化学方程式为NH3·
H2O+CO2=NH4HCO3;
氨水易挥发,NH3·
H2O受热易分解,因此冷却至15.5~26.5℃可能原因是降低吸收过程中氨水的挥发,促进氨水对CO2的吸收。
【点睛】难点是(3),首先分析出混合后溶质有哪些物质,如果是混合物,还需要分析出各自的物质的量,如果是弱酸和强碱弱酸盐(或弱碱和强酸弱碱盐)的混合物,需要根据电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积之间的关系,分析出以电离为主还是以水解为主,最后得出离子浓度大小比较。
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
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