届四川省宜宾市第四中学高三二诊模拟考试理综化学试题解析版.docx
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届四川省宜宾市第四中学高三二诊模拟考试理综化学试题解析版
四川省宜宾市第四中学2019届高三二诊模拟考试
化学试题
1.中国传统文化中的“笔、墨、纸、砚”被称为“文房四宝”。
下列说法错误的是
A.毛笔中羊毫的主要成分是蛋白质
B.墨中炭黑性质稳定可使古代字画长期保存而不褪色
C.宣纸制作工序中的“加碱蒸煮”主要发生化学变化
D.砚石中含有二氧化硅,结构式为O=Si=O
【答案】D
【解析】
A、动物毛发主要成分是蛋白质,毛笔中羊毫的主要成分是蛋白质,故A正确;B、碳的化学性质稳定,在空气中不易反应,所以用墨写字画画可长久不褪色,故B正确;C、纸的原料是木材,主要成分是纤维素,宣纸制作工序中的“加碱蒸煮”,纤维素在碱性条件下会水解,发生化学变化,故C正确;D、二氧化硅是原子晶体,硅原子和氧原子之间是单键,故D错误;故选D。
2.检查司机是否酒后驾车的反应原理是:
C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2(SO4)3+2CO2↑+9H2O。
NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.0.1mol C2H5OH中含OH-数目为0.1NA
B.25℃时,pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.1NA
C.1.8gH2O中含有共用电子对数目为0.2NA
D.生成4.48L CO2气体时,转移电子数目为1.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、C2H5OH是非电解质,不能电离出OH-,A错误;
B、25℃时,pH=1的H2SO4溶液中,c(H+)=0.1mol/L,溶液体积未知,故无法求得H+的数目,B错误;
C、1.8gH2O即为0.1mol,一个H2O分子中含有两对共用电子对,故1.8gH2O中含有共用电子对数目为0.2NA,C正确;
D、生成4.48LCO2气体时,由于题目中并没有指出是否为标况下,故无法求得二氧化碳的物质的量,不能计算转移电子数,D错误;
答案选C。
【点睛】在高考题中,该类型题目属于必考题型,考查阿伏加德罗常数,结合其他知识进行考查,综合性很强,故特别要小心,涉及到气体体积,务必要看是否有标况这一条件,涉及到物质的量浓度的转化,务必注意是否已知溶液体积这一条件等等,切不可大意。
3.下列实验操作规范且能达到目的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液,且只能在常温下使用,不能在容量瓶中溶解固体,故A错误;
B.乙酸乙酯和乙醇二者互溶,但沸点不同,所以可以用蒸馏法分离。
加入乙酸不能完全与乙醇酯化,也不能控制乙酸的用量。
故B错误;
C.医用酒精是酒精水溶液,将金属钠投入到盛有医用酒精的烧杯中,钠既能够与水反应,又能和酒精反应,故无法检验乙醇中氢的活泼性,故C错误;
D.向25ml沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液6滴,并加热至溶液呈红褐色时,铁离子水解生成Fe(OH)3胶体,操作合理,故D是正确;
本题答案为D。
【点睛】容量瓶是配制一定物质的量浓度的必备精密仪器,必须在标定的温度下使用,不能做容器盛放液体,也不能做反应器或物质溶解的容器。
4.X、Y、Z、M、G五种短周期元素原子序数依次增大。
X、Z同主族,可形成离子化合物ZX;Y、M同主族,可形成MY2、MY3两种分子;Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂。
下列叙述正确的是
A.元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的弱
B.化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同
C.ZX与水的反应属于氧化还原反应
D.简单离子半径的大小顺序:
X 【答案】C 【解析】 【分析】 X、Z同主族,可形成离子化合物ZX,可知x为H,Z为Na,Y、M同主族,可形成MY2、MY3两种分子,可知Y为O,M为S,Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂,所以G为Cl。 【详解】A.元素M的氧化物对应的水化物是H2SO3、H2SO4两种,G的氧化物对应的水化物主要有HClO、HClO3、HClO4,H2SO3、H2SO4的酸性均比HClO强,故A错误; B.化合物Z2M是Na2S,含有的化学键是离子键,MY2是SO2,含有的化学键是共价键,故B错误; C.NaH和水反应,生成NaOH和氢气,是氧化还原反应,故C正确; D.简单离子半径的顺序是: X 本题答案为C。 5.在实验室中,以一定浓度的乙醛—Na2SO4溶液为电解质溶液,模拟乙醛废水的处理过程(如图),乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。 下列对电解过程的分析正确的是 A.以铅蓄电池为电源,则a极为Pb电极 B.石墨Ⅱ电极附近的pH逐渐减小 C.阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+ D.每处理含8.8g乙醛的废水,转移电子的数目为0.4NA 【答案】C 【解析】 根据图示可知,钠离子、氢离子向石墨II极移动,石墨II为电解池的阴极,b为电源的负极,a极为电源的正极,以铅蓄电池为电源,铅为负极,二氧化铅为正极,因此a极为PbO2电极,A错误;在阴极氢离子、乙醛,得电子生成氢气和乙醇,电极反应式为4H++4e-=2H2↑,CH3CHO+2H++2e-=CH3CH2OH,溶液的pH逐渐变大,B错误;阳极发生氧化反应,CH3CHO失电子被氧化为乙酸,阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+,C正确;8.8g乙醛其物质的量为0.2mol,有0.1mol乙醛在阳极被氧化: CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+,有0.1mol乙醛在阴极还原: CH3CHO+2H++2e-=CH3CH2OH,所以0.1mol乙醛发生氧化或还原均转移电子0.2NA,D错误;正确选项C。 6.常温下,用0.1000mol·L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的Na2CO3溶液,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示(饱和H2CO3溶液pH=5.6)。 下列有关叙述正确的是 A.若c(Na2CO3)=0.1000mol·L-1,则H2CO3的Ka2数量级约为10-6 B.c点处溶液中一定有: c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-) C.a、c两点水的c(OH-)之比为10-11.6: 10-7 D.若z=5.6,则d点有c(Na+)=c(Cl-)>c(H2CO3)>c(OH-) 【答案】D 【解析】 碳酸钠溶液水解显碱性,水解平衡常数Kh=c(HCO3-)×c(OH-)/c(CO32-)=Kw/Ka2,由碳酸钠溶液水解规律可知,水解达平衡后c(HCO3-)≈c(OH-)=10-2.4mol·L-1,c(CO32-)≈0.1000mol·L-1,所以Kw/Ka2=10-2.4×10-2.4/0.1,Ka2=10-10.2,A错误;c点处溶液为中性,根据电荷守恒规律: c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-),由于c(OH-)=c(H+),所以: c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-),B错误;a点溶液为碳酸钠,能够发生水解,促进水的电离,水的c(OH-)=10-2.4mol·L-1,c点为中性溶液,对水的平衡无影响,水的c(OH-)=10-7mol·L-1,C错误;当盐酸滴加到40.00mL,pH=5.6,d点溶液显酸性,溶液为氯化钠和碳酸的混合液,因此,c(Na+)=c(Cl-)>c(H2CO3)>c(OH-),D正确;正确选项D。 点睛: 常温下,对于水的电离平衡来讲,加入酸或碱,抑制水的电离,平衡左移,水电离产生的c(H+)或c(OH-)小于10-7mol·L-1;加入能够水解的盐,促进水电离,平衡右移,水电离产生的c(H+)或c(OH-)大于10-7mol·L-1。 7.对伞花烃(图I)常用作染料、医药、香料的中间体。 下列说法错误的是 A.常温对伞花烃呈液态且难溶于水 B.图Ⅱ物质的一氯代物有5种结构 C.对伞花烃最多有9个碳原子共平面 D.图中氢化反应既是加成反应又是还原反应 【答案】B 【解析】 A.从结构上看对伞花烃属于苯的同系物,具有苯的同系物的性质,为液态且难溶于水,故A正确;B.从图二可以看出该物质每一个C原子上均连着H,并且是一个沿着竖直方向轴对称的结构,所以其一氯代物一共有7种,故B错误;C.对伞花烃中苯环及与苯环相连的C原子一定在同一平面,上面两个甲基中最多有一个C原子与苯环可能共平面,所以最多有9个碳原子共平面,故C正确;D.氢化反应是加成反应,同时有机化学中又把引入氢的反应叫还原反应,故D正确;本题选B。 点睛: 有机物反应时把有机物引入氧或脱去氢的作用叫氧化;引入氢或失去氧的作用叫还原。 8.工业废水中含+6价的铬会损害环境,必须进行处理。 某工厂的处理工艺流程如下: (1)N2H4的电子式为_____。 (2)下列溶液中,可替代N2H4的是_____。 (填选项序号字母) a.FeSO4溶液b.浓HNO3溶液c.酸性KMnO4溶液d.Na2SO3溶液 (3)已知加入N2H4后,N2H4转化为无污染的物质,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。 (4)在实际工业生产中,处理含铬废水还可采用直接沉淀的方法,其成本较低。 ①已知酸性废水中存在Cr2O72-和CrO42-的转化平衡,请用离子方程式表示它们之间的转化反应_____; ②加入沉淀剂BaCl2溶液之前需加入一定量的NaOH溶液,以利于沉淀的生成,则生成的沉淀为_____(写化学式)。 (5)工业上还可用电解法来处理含Cr2O72-的酸性废水,通过电解制得还原剂。 右图为电解装置示意图(电极材料分别为铁和石墨)。 ①装置中b电极的材料是_____(填“铁”或“石墨”)。 ②该处理过程中,Cr2O72-被还原成Cr3+的离子方程式为_____。 【答案】 (1). (2).AD(3).2∶3(4).Cr2O72-+H2O2 2CrO42-+2H+(5).BaCrO4(6).铁(7).Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 【解析】 试题分析: 本题以处理含Cr2O72-的工业废水的流程为载体,考查氧化还原反应的基本概念和有关计算,外界条件对化学平衡的影响,电解原理。 (1)N2H4中只存在共价键,电子式为 。 (2)根据流程加入N2H4,Cr2O72-被还原成Cr3+,N2H4在反应中作还原剂,能替代N2H4的物质具有还原性,FeSO4溶液、Na2SO3溶液具有还原性,可替代N2H4;浓HNO3溶液、酸性KMnO4溶液具有强氧化性,不能替代N2H4;答案选ad。 (3)N2H4转化为无污染的物质,N2H4被氧化成N2,N2H4作还原剂,N元素的化合价由-2价升至0价;Cr2O72-被还原成Cr3+,Cr2O72-作氧化剂,Cr元素的化合价由+6价降至+3价;根据得失电子守恒,4n(N2H4)=6n(Cr2O72-),n(Cr2O72-): n(N2H4)=2: 3,即氧化剂与还原剂物质的量之比为2: 3。 (4)①Cr2O72-和CrO42-之间的转化平衡用离子方程式表示为Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+。 ②先加入一定量的NaOH溶液,OH-消耗H+,平衡“Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+”正向移动,CrO42-浓度增大,则加入沉淀剂BaCl2溶液,生成的沉淀为BaCrO4。 (5)①根据题意通过电解制得还原剂,铁为活性电极,石墨为惰性电极,则Fe作阳极,Fe失电子生成还原剂Fe2+,装置中b电极为阳极,则b电极的材料是铁。 ②电解时阳极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,Cr2O72-被还原成Cr3+,则Fe2+被氧化成Fe3+,反应可写成Fe2++Cr2O72-→Fe3++Cr3+,根据得失电子守恒配平为6Fe2++Cr2O72-→6Fe3++2Cr3+,结合废水呈酸性和原子守恒,写出离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。 9.利用氢气对废气进行脱碳处理可实现绿色环保、废物利用,对于减少雾霾也具有重要意义。 (1)汽车尾气的主要污染物为NO,用H2催化还原NO可以达到消除污染的目的。 已知: 2NO(g) N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1 2H2O(l)===2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1 写出H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式是______________。 (2)某研究小组模拟研究如下: 向2L恒容密闭容器中充入2molNO发生反应2NO(g) N2(g)+O2(g),在不同的温度下,反应过程中物质的量与时间的关系如图所示: ①T2下,在0~5min内,v(O2)=______________mol·L-1·min-1;该温度下反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的平衡常数K=______________。 ②该反应进行到M点放出的热量______________进行到W点放出的热量(填“>”、“<”或“=”)。 M点时再加入一定量NO,平衡后NO的转化率______________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 ③反应开始至达到平衡的过程中,容器中下列各项发生变化的是______________(填序号)。 a.混合气体的密度b.逆反应速率 c.单位时间内,N2和NO的消耗量之比d.气体的平均相对分子质量 (3)氢气作为一种理想燃料,但不利于贮存和运输。 利用氢能需要选择合适的储氢材料,镧镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物: LaNi5(s)+3H2(g) LaNi5H6(s)ΔH<0,欲使LaNi5H6(s)释放出气态氢,根据平衡移动原理,可改变的条件是______________(填字母编号)。 A.增加LaNi5H6(s)的量B.升高温度 C.使用催化剂D.减小压强 【答案】 (1).2H2(g)+2NO(g)===N2(g)+2H2O(l)ΔH=-752.1kJ·mol-1 (2).6.25×10-2(3). 或0.44(4).<(5).不变(6).bc(7).BD 【解析】 试题分析: 本题主要考查热化学方程式的书写,化学平衡图像的分析,化学反应速率和化学平衡常数的计算,外界条件对化学平衡的影响。 (1)将反应编号: 2NO(g) N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1(①式) 2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1(②式) 应用盖斯定律,①式-②式得2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=(-180.5kJ/mol)-(+571.6kJ/mol)=-752.1kJ/mol,H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-752.1kJ/mol。 (2)①T2下在0~5min内,υ(NO)= = =0.125mol/(L·min),则υ(O2)= υ(NO)=0.0625mol/(L·min)。 由图像可见该温度下达到平衡时n(NO)=0.5mol,用三段式 2NO(g) N2(g)+O2(g) n(起始)(mol)200 n(转化)(mol)1.50.750.75 n(平衡)(mol)0.50.750.75 平衡时NO、N2、O2物质的量浓度依次为0.25mol/L、0.375mol/L、0.375mol/L,反应的平衡常数= = = ,则反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的平衡常数K= = =0.44。 ②反应进行到M点转化NO物质的量小于反应进行到W点转化NO物质的量,反应进行到M点放出的热量 进行到W点放出的热量。 M点时再加入一定量NO,平衡向正反应方向移动,加入NO相当于增大压强(增大压强平衡不移动),平衡后NO的转化率不变。 ③a,该反应中所有物质都呈气态,根据质量守恒定律,气体的总质量始终不变,容器容积不变,混合气体的密度始终不变;b,反应开始逆反应速率为0,反应开始至达到平衡过程中逆反应速率增大,达平衡时逆反应速率不变;c,单位时间内N2的消耗量表示逆反应速率,单位时间内NO的消耗量表示正反应速率,从反应开始至达到平衡的过程中,逆反应速率增大,正反应速率减小,单位时间内N2和NO的消耗量之比增大;d,该反应中所有物质都呈气态,根据质量守恒定律,气体的总质量始终不变,该反应反应前后气体分子数不变,气体分子物质的量始终不变,气体的平均相对分子质量始终不变;从开始至达到平衡的过程,发生变化的是bc,答案选bc。 (3)A,增加LaNi5H6(s)的量,平衡不移动,不会释放出气态氢;B,正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,释放出气态氢;C,使用催化剂,平衡不移动,不会释放出气态氢;D,减小压强,平衡向逆反应方向移动,释放出气态氢;使LaNi5H6(s)释放出气态氢,可改变的条件是升高温度、减小压强,答案选BD。 10.以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等) 为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。 (1)形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化,则Ni(CO)4中的Ni的化合价为___________。 (2)Ni2O3有强氧化性,加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+,则产生的气体为______(填化学式)。 (3) 滤渣D为单质镍、硫的混合物,请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式: __________________________,_________________________。 (4) 已知: 3Fe2+ +2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀);4Fe3++3[Fe(CN)6]4-==Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)。 下列可以用于检验滤液C 中金属阳离子的试剂有____________(填标号) a.KSCN溶液b.K3[Fe(CN)6]c.K4[Fe(CN)6]d.苯酚 (5)兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。 碱浸镍铝合金后,残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响,根据下图分析,残铝量在_____范围内催化活性最高,属于优质产品。 (6) 仿照下面示例,设计从浸出液E 回收氧化铝的流程: 浸出液E_________________。 (示例: ) 【答案】 (1).0 (2).O2(3).H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓(4).H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓(5).b(6).4%~6%(7). 【解析】 (1)Ni(CO)4中碳为+2价、氧-2价,故Ni的化合价为0; (2)Ni2O3有强氧化性,加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+,Ni的化合价降低,则氧元素的化合价应升高,则产生的气体为O2;(3) 滤渣D为单质镍、硫的混合物,浸出液B含有Fe3+、Ni2+,向其中通入H2S气体时Fe3+被还原为Fe2+,同时生成硫单质,且Ni2+被还原为单质,反应的离子方程式: H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓、H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓;(4)根据上述分析,过滤后得到滤液C含有Fe2+,检验滤液C 中金属阳离子的试剂可选择.K3[Fe(CN)6],答案选b;(5)根据下图分析,残铝量在4%~6%范围内催化活性最高,属于优质产品;(6)从浸出液E 回收氧化铝的流程可表示为: 浸出液E 。 11.中国是最早发现并使用青铜器的国家。 司母戊鼎是迄今为止出土的世界上最大、最重的青铜礼器,享有“镇国之宝”的美誉(如图1)。 (1)Cu原子的外围电子排布式为_______。 (2)图2所示为第四周期某主族元素的第一至五电离能数据,该元素是_______,I3远大于I2的原因是_______。 (3)图3是某含铜配合物的晶体结构示意图。 ①晶体中H2O和SO42-的中心原子的杂化类型为_______,试判断H2O和SO42-的键角大小关系并说明原因_______。 ②图3中的氢键有(H2O)O—H···O(H2O)和_______。 ③写出该配合物的化学式_______。 (4)一种铜的氯化物晶胞结构如下图所示。 该化合物的化学式为_______,已知P、Q、R的原子坐标分别(0,0,0)、(1,1,1)、( , , ),若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为apm,则该晶体的密度计算表达式为_______。 【答案】 (1).3d104s1 (2).Ca(或钙)(3).Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构,再失去1个电子很困难(4).sp3、sp3(5).H2O分子键角小于的SO42-键角,因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42-中的S不存在,孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力(6).(H2O)O—H···O(SO42-)(7).[Cu(H2O)4]SO4·H2O(8).CuCl(9). g/cm3 【解析】 (1)Cu为第29号元素,原子的外围电子排布式为: 3d104s1; (2)根据图示第四周期某主族元素的第一至五电离能数据,电离能突变在第三电离能,故该元素为第四周期第IIA族元素,该元素是Ca;I3远大于I2的原因是Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构,再失去1个电子很困难; (3)①晶体中H2O和SO42-的价层电子对数均为4对,故中心原子的杂化类型均为sp3;H2O的键角小于SO42-的键角,因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42-中的S没有孤对电子,孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力,故键角更小; ②图3中的氢键有(H2O)O—H···O(H2O)和(H2O)O—H···O(SO42-); ③该配合物中,中心离子是Cu2+,配体是水,配位数是4,阴离子是硫酸根,还有一个结晶水,故其化学式为: [Cu(H2O)4]SO4·H2O; (4)铜的氯化物晶胞结构中Cu占据了顶点和面心,Cl占据了体内4个位置,故该化合物的化学式为CuCl,已知P、Q、R的原子坐标分别(0,0,0)、(1,1,1)、( , , ),若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为apm,即为体对角线的四分之一,故则该晶体的边长为: ×10-10cm,该晶胞的体积为: ×10-30cm3,一个晶胞的质量为: g,故晶胞的密度计算表达式为: = g/cm3。 12.E是一种环保型塑料,其合成路线如下: 已知: ① ② (R1、R2、R3、R为烃基) 请回答下列问题: (1)A中官能团的名称是____________,检验该官能团的试剂为___________________。 (2)反应①的化学方程式是: ______________________________,其反应类型为________________,在反应①中,还可以得到另一种分子式为C10H16的化合物,其结构简式为___________________。 (3)已知, 名称为丙酮酸,则C的系统命名法命名应为____________________。 (4)写出反应④的化学方程式: ______________________________。 (5)C的同分异构
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