广东省珠海市届高三上学期学业质量监测理科综合化学试题Word文档下载推荐.docx
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【详解】A.14C可用作文物鉴定,但14C与12C互为同位素,A错误;
B.Al是比较活泼的金属,容易被浓H2SO4氧化而在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜,阻止金属的进一步氧化,即发生钝化现象,所以可用铝槽车储运浓H2SO4,B错误;
C.明矾净水是除去水中悬浮的固体颗粒,不是海水淡化的方法,C错误;
D.石油裂解、煤的气化等过程中都产生了新的物质,因此都包含着化学变化,D正确;
故合理选项是D。
2.海藻中含有丰富的碘元素(以I-形式存在)。
实验室中提取碘的流程如下图所示:
上述流程中步骤A~D对应的装置图正确的是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【详解】A.海藻灼烧应该选择坩埚,不能在烧杯中进行,A错误;
B.过滤要用过滤器,但装置图中缺少玻璃棒引流,B错误;
C.用四氯化碳萃取碘水中的I2单质,要使用分液漏斗,分液漏斗下口紧靠在烧杯的内壁,C正确;
D.分离沸点不同的物质用蒸馏方法,温度计不能伸入到液面下,要在蒸馏烧瓶支管口附近,D错误;
故合理选项是C。
3.某有机化合物M的结构简式如下图所示,有关该化合物的叙述正确的是()
A.属于芳香烃B.分子式为:
C11H14O2
C.最多有11个碳原子共面D.能发生化学反应的类型只有2种
【详解】A.该物质分子中含有-COOH,因此不是芳香烃,A错误;
B.根据物质的结构简式可知该物质分子式是C11H12O2,B错误;
C.苯分子是平面分子,甲基C原子和羧基C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子平面上;
乙烯分子是平面分子,甲基C取代乙烯分子中H原子位置在乙烯分子的平面上,乙烯平面与苯分子的平面共直线,可以在同一个平面上,所以最多有11个碳原子共面,C正确;
D.该分子含有碳碳双键,可以发生加成反应,氧化反应,含有羧基,能够发生酯化反应、取代反应、酸碱中和反应,因此能发生化学反应的类型不只有2种,D错误;
4.设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.32克188O2,中含有的中子数为10NA
B.25℃时,1LpH=12的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.02NA
C.标况下,224LCl2与足量H2O反应转移的电子数为0.1NA
D.4.6gNa与足量O2充分反应后的产物中含离子数目为0.3NA
【详解】A.188O2的一个分子中含有20个中子,32克188O2含有的中子数目为(32g÷
36g/mol)×
20NA>
10NA,A错误;
B.25℃时,1LpH=12的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-12mol/L,则c(OH-)=10-2mol/L,n(OH-)=10-2mol/L×
1L×
NA=0.01NA,B错误;
C.标准状况下2.24LCl2的物质的量为0.1mol,由于Cl2与水的反应是可逆反应,因此0.1molCl2与水反应,转移的电子的数目小于0.1NA,C正确;
D.4.6gNa的物质的量是0.2mol,Na与O2反应产物无论是Na2O、Na2O2、还是Na2O、Na2O2的混合物,都含有3个离子,所以0.2molNa得到的产物的物质的量是0.1mol,则含有的离子数目为0.3NA,D正确;
5.W、X、Y、Z为原子序数依次递增的前20号主族元素。
W、Y均为非金属元素,而W、Z的最外层电子数之比为2:
1,X是地壳中含量最高的金属元素,X、Y形成的二元化合物溶水后同时生成沉淀和臭鸡蛋气味的气体,下列说法正确的是()
A.Z对应的金属氢化物只存在离子键
B.X、Z分别对应的金属氯化物的水溶液均呈酸性
C.H2YO3的酸性比H2WO3强,则证明非金属性:
Y>
W
D.Y的两种气态氧化物分别通入BaCl2溶液中均产生白色沉淀
【答案】A
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次递增的前20号主族元素。
1,X是地壳中含量最高的金属元素,则X是Al元素,X、Y形成的二元化合物溶水后同时生成沉淀和臭鸡蛋气味的气体,则Y是S元素;
W、Z的最外层电子数之比为2:
1,若Z最外层有1个电子,则W最外层有2个电子,还是非金属元素,不存在这种元素,若Z最外层有2个电子,原子序数大于S原子,则Z是Ca元素,W最外层有4个电子,原子序数比Al小,则W为C元素,据此分析解答。
【详解】综上所述可知W是C元素,X是Al元素,Y是S元素,Z是Ca元素。
A.Z是Ca元素,Ca对应的金属氢化物CaH2是离子化合物,只存在离子键,A正确;
B.X是Al元素,Z是Ca元素,AlCl3是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,而CaCl2是强酸强碱盐,溶液显中性,B错误;
C.H2SO3是中强酸性,H2CO3是弱酸,但H2SO3不是S最高价的含氧酸,因此不能通过比较H2SO3与H2CO3的酸性强弱来比较Y、W元素的非金属性强弱,C错误;
D.S的两种气态氧化物有SO2、SO3,由于酸性HCl>
H2SO3,所以两种氧化物分别通入BaCl2溶液中,只有SO3溶于水反应产生H2SO4,H2SO4与BaCl2溶液反应产生BaSO4白色沉淀,D错误。
故合理选项是A。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识。
涉及元素的原子结构、物质的性质及原子在周期表的位置关系应用,物质酸性强酸比较、化学键类型、复分解反应等,难度中等,推断元素是解题关键。
6.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如下图所示,图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示,左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。
下列说法不正确的是()
A.左池的pH值降低
B.右边为阴离子交换膜
C.右池电极的反应式:
2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O
D.当消耗0.1molC6H6O,在标准状况下将产生0.28mol氮气
【答案】B
【详解】A.苯酚的酸性比碳酸弱,根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液,逸出的气体有CO2,说明反应后溶液的酸性增强,pH减小,A正确;
B.根据图示可知,在右边装置中,NO3-获得电子,发生还原反应,被还原变为N2逸出,所以右边电极为正极,原电池工作时,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,所以工作时中间室的Cl-移向左室,Na+移向右室,所以右边为阳离子交换膜,B错误;
C.根据B的分析可知,右池电极为正极,发生还原反应,电极反应式:
2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O,C正确;
D.在左室发生反应:
C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+,根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应,转移28mol电子,反应产生N2的物质的量是n(N2)=
mol=2.8mol,则当消耗0.1molC6H6O,将会产生0.28mol氮气,D正确;
故合理选项是B。
7.纯的叠氮酸(HN3)是一种弱酸,常温下向25mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.2mol/LHN3溶液,滴加过程中的pH值的变化曲线(溶液混合时的体积变化忽略不计)如下图。
下列说法正确的是()
A.该滴定过程中应用甲基橙作指示剂
B.若B点pH=8,则c(HN3)=(10-6~10-8)mol/L
C.点D对应溶液中存在关系:
c(HN3)>
c(Na+)>
c(N3-)
D.沿曲线A→B→C的过程中,由水电离产生的c(OH-)逐渐减少
【详解】A.HN3是一元弱酸,与NaOH等物质的量反应得到的盐是强碱弱酸盐,溶液显碱性,所以滴定时要选择在碱性条件下变色的指示剂酚酞,不能使用酸性范围变色的指示剂甲基橙,A错误;
B.在B点时NaOH与HN3恰好发生中和反应产生NaN3,根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(N3-),由于NaOH、HN3的体积已知,所以c(Na+)=(25mL×
0.1mol/L)÷
(25+12.5)mL=0.067mol/L,此时溶液的pH=8,c(H+)=10-8mol/L,c(OH-)=10-6mol/L,可得c(N3-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(Na+)+10-8-10-6,再根据物料守恒可得c(HN3)+c(N3-)=c(Na+),所以c(HN3)=(10-6~10-8)mol/L,B正确;
C.D点时HN3的物质的量是NaOH的2倍,溶液为NaN3、HN3等物质的量关系混合,此时溶液中存在HN3的电离作用和N3-的水解作用,根据图示可知此时溶液显酸性,说明HN3的电离作用大于N3-的水解作用,所以c(N3-)>
c(Na+),HN3由于电离而消耗,因此c(Na+)>
c(HN3),因此溶液中微粒浓度关系为c(N3-)>
c(HN3),C正确;
D.在A点溶液为NaOH溶液,NaOH是碱,抑制水的电离,随着HN3的加入,溶液的碱性逐渐减弱,水电离程度逐渐增大,当到B点时酸碱恰好中和,水电离程度达到最大值,后再向溶液中加入HN3,这时随着酸的加入,溶液逐渐变为酸性,酸对水的电离起抑制作用,水电离程度由逐渐减小,因此沿曲线A→B→C的过程中,由水电离产生的c(OH-)先逐渐增大到B点时最大,后又逐渐减少,D错误;
8.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种易水解、受热易分解的白色固体,某研究小组用下图所示的实验装置制备氨基甲酸铵,反应原理为:
2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s)△H<
0。
(1)仪器B的名称是________________。
(2)打开阀门K,装置E中由固体药品所产生的气体就立即进入装置D,则该固体药品的名称为________________。
(3)装置D为制备氨基甲酸铵的反应器(CCl4充当惰性介质),在合适催化剂下搅拌一段时间。
①反应在冰水浴中进行的原因为_______________________________________。
②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时,即停止反应,__________(填操作名称)分离得到粗产品。
(4)仪器G的作用有:
_______________________________________。
(5)该实验装置中有一处不足,改进方法是______________________________________。
(6)已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵,则该反应的化学方程式_________________。
(7)为测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数,某研究小组用该样品进行实验,已知杂质不参与反应,请补充完整测定某样品中氨基甲酸铵质量分数的实验方案(限选试剂:
蒸馏水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液):
用天平称取一定质量的样品,加水溶解,____________________,测量的数据取平均值进行计算。
【答案】
(1).蒸馏烧瓶或具支烧瓶
(2).干冰(3).防止产品受热分解(4).过滤(5).除去过量的氨气,防止污染环境(6).在D和F之间增加一个装有碱石灰的干燥装置(7).NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3·
H2O或NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3↑(8).加入足量Ba(OH)2溶液,充分反应后,过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量,重复2~3次
在装置B中制取氨气,通过C装置的干燥作用氨气进入到D装置,与由E装置产生的CO2气体发生反应得到产品氨基甲酸铵,氨气是大气污染物,在排放前要进行尾气处理,用G中稀硫酸作吸收试剂,为防止倒吸现象,装置F起安全瓶的作用,以防止倒吸。
据此分析解答。
【详解】
(1)根据图示可知仪器B的名称是蒸馏烧瓶;
(2)装置E的作用是产生CO2气体,若打开阀门K,装置E中由固体药品直接产生CO2,则该固体药品的名称为干冰(即固体CO2),
(3)①在装置D中氨气与CO2气体发生反应:
由于该反应的正反应为气体体积减小的放热反应,反应在冰水浴中就可防止产品受热分解,可以得到更多的固体产物;
②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时,即停止反应,在装置D中既有反应产生的固体氨基甲酸铵,也有液氨,所以可通过过滤的方法分离得到粗产品;
(4)氨气是大气污染物,在排放前要进行尾气处理,由于氨气的水溶液显碱性,所以仪器G中盛有硫酸,就可以吸收过量的氨气,防止污染环境;
(5)根据图示可知在制取氨基甲酸铵的D装置与尾气吸收的G装置中没有吸收水分的装置,这样稀硫酸中带来的水蒸气就会进入到D中,氨基甲酸铵是弱酸弱碱盐,水和氨基甲酸铵发生水解反应,导致物质变质,所以该实验装置中这一处不足,改进方法是在D和F之间增加一个装有碱石灰的干燥装置;
(6)由于氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵,则该反应的化学方程式NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3·
H2O或写为:
NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3↑;
(7)若样品变质,会反应产生NH4HCO3,用天平称取一定质量的样品,加水溶解,配制成溶液,向该溶液中加入足量的Ba(OH)2溶液,发生反应:
NH4HCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NH3↑+2H2O,然后过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、再干燥后称量沉淀的质量,重复2~3次,即可得到BaCO3的质量,利用反应中的C元素守恒可得NH4HCO3的质量,则NH2COONH4的质量就是样品质量与NH4HCO3的质量差,NH2COONH4的质量除以样品质量,就得到样品中氨基甲酸铵的质量分数。
【点睛】本题考查仪器的识别、化学实验基本操作、实验方案的设计与评价及物质纯度测定等知识。
掌握物质制备原理及仪器的使用方法是本题解答的关键,难度适中。
9.从某化工厂提供的硒酸泥(主要含S、Se、Fe2O3及SiO2)中提取粗硒的工艺流程如下图所示:
备注:
氧化浸出液中Se的含量为43.45g/L
根据以上信息回答下列问题:
(1)把煤油加热后再进行浸泡的目的是:
__________________________。
(2)将含硫的滤液进行“冷却、结晶、过滤”操作可以除去煤油中的硫,由这一操作可推测硫的物理性质是:
(3)“氧化浸硒”过程中:
①需要控制H2SO4的浓度至少为3mol/L,理由是:
②硒转化为H2SeO3并生成一种黄绿色的气体,此过程的化学方程式为_______________。
(4)要将1L氧化浸出液中的硒元素全部还原,需要至少加入Na2SO3_____mol;
(5)滤渣A的主要成分有___________;
滤液B的金属阳离子有___________;
(6)处理硒酸泥的另一种方法是往硒酸泥中加入等体积的浓硫酸进行焙烧,本工艺流程与此方法相比主要的优点是(写两点):
【答案】
(1).提高硫的浸出率或硫在热的煤油中溶解度更大
(2).硫在煤油中的溶解度随温度的下降而减少(3).硫酸浓度较大,可以提高反应速率(4).5Se+4NaClO3+2H2SO4+3H2O=5H2SeO3+2Na2SO4+2Cl2↑(5).1.1mol(6).Fe(OH)3、SiO2(7).Fe2+、Na+(8).不会生成二氧化硫等有害气体,能回收硫单质
向硒酸泥(主要含S、Se、Fe2O3及SiO2)中加入热的煤油,可将S溶解进入到煤油中,过滤,向滤渣中加入稀硫酸,硫酸与Fe2O3反应产生硫酸铁,Se被NaClO3氧化为H2SeO3,由于消耗硫酸,溶液的pH增大,Fe3+水解形成Fe(OH)3固体,与难溶性的SiO2进入滤渣A中,将该滤渣处理可回收得到Fe,在氧化浸出液中含有H2SeO3,向其中加入足量的Na2SO3,H2SeO3被还原为Se单质,据此分析解答。
(1)硒酸泥中含有的S单质是由非极性分子构成的分子晶体,根据相似相容原理;
S单质容易溶于由非极性分子构成的煤油中,所以把煤油加热后再进行浸泡的目的是提高硫的浸出率,也可以说是使硫在热的煤油中溶解度更大;
(2)将含硫的滤液进行“冷却、结晶、过滤”操作可以除去煤油中的硫,根据这一操作可推测硫的物理性质是硫在煤油中的溶解度随温度的下降而减少,随温度的升高而增大;
(3)①“氧化浸硒”过程中需要控制H2SO4的浓度至少为3mol/L,这是因为反应有硫酸参加反应,硫酸的浓度越大,化学反应速率越快;
②在氧化浸硒过程中,Se被氧化转化为H2SeO3,同时生成一种黄绿色的气体,该气体为Cl2,根据电子守恒、原子守恒,可得该过程的化学方程式为5Se+4NaClO3+2H2SO4+3H2O=5H2SeO3+2Na2SO4+2Cl2↑;
(4)由已知条件可知氧化浸出液中Se的含量为43.45g/L,要将1L氧化浸出液中的硒元素全部还原,H2SeO3中含有的Se的物质的量n(Se)=43.45g/L×
1L=43.45g,H2SeO3被还原为Se单质,Na2SO3被氧化为Na2SO4,根据电子守恒可得
=2n(Na2SO3),解得n(Na2SO3)=1.1mol,所以至少需要加入Na2SO31.1mol;
(5)根据上述分析可知滤渣A的主要成分有Fe(OH)3、SiO2;
在氧化浸出液中主要含有H2SeO3、Na2SO4及少量Fe2(SO4)3,当向其中加入Na2SO3还原H2SeO3时,Fe2(SO4)3也同时被还原为FeSO4,所以此时过滤得到的滤液B的金属阳离子有Fe2+、Na+;
(6)处理硒酸泥的另一种方法是往硒酸泥中加入等体积的浓硫酸进行焙烧,由于浓硫酸具有强的氧化性,浓硫酸本身被还原产生有害气体SO2,而该方法缺可以回收得到单质硫。
故本工艺流程与此方法相比主要的优点是是不产生二氧化硫等有害气体,能回收硫单质。
【点睛】本题考查了工艺流程的知识。
涉及信息的获取与迁移应用、物质的分离提纯、对操作及方案的分析与评价、化学方程式的书写及有关物质化学计算等知识。
掌握反应原理及反应过程中每步操作的目的是本题解答的关键。
10.工业上制备丙烯的方法有多种,具体如下(本题丙烯用C3H6表示):
(1)丙烷(C3H8)脱氢制备丙烯(C3H6)
由下图可得,C3H8(g)
C3H6(g)+H2(g),△H=_________kJ/.mol
(2)用惰性电极电解CO2的酸性溶液可得丙烯(C3H6),其原理如下图所示。
则b的电极反应式为__________。
(3)以丁烯(C4H8)和乙烯(C2H4)为原料反应生成丙烯(C3H6)的方法被称为“烯歧化法”,反应为:
C4H8(g)+C2H4(g)
2C3H6(g)△H>
一定温度下,在一体积恒为VL的密闭容器中充入一定量的C4H8和C2H4,发生烯烃歧化反应。
I.该反应达到平衡的标志是______________
a.反应速率满足:
2v生成(C4H8)=v生成(C3H6)
b.C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比为1:
1:
2
c.混合气体的平均相对分子质量不再改变
d.C4H8、C2H4、C3H6的浓度均不再变化
Ⅱ.已知t1min时达到平衡状态,测得此时容器中n(C4H8)=mmol,n(C2H4)=2mmol,n(C3H6)=nmol,且平衡时C3H6的体积分数为
。
①该时间段内的反应速率v(C4H8)=_______mol/(L·
min)。
(用只含m、V、t1的式子表示)。
②此反应的平衡常数K=______________。
③t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4,在新平衡中C3H6的体积分数_______
(填“>
”“<
”“=”)。
(4)“丁烯裂解法”是另一种生产丙烯的方法,但生产过程中伴有生成乙烯的副反应发生,具体反应如下:
主反应:
3C4H8
4C3H6;
副反应:
C4H8
2C2H4
①从产物的纯度考虑,丙烯和乙烯的质量比越高越好。
则从下表现的趋势来看,下列反应条件最适宜的是__________(填字母序号)。
a.300℃0.1MPab.700℃0.1MPac.300℃0.5MPad.700℃0.5MPa
②下图中,平衡体系中丙烯的百分含量随压强增大呈上升趋势,从平衡角度解释其可能的原因是_____。
【答案】
(1).+124.2
(2).3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O(3).ad(4).
(5).0.5(6).>
(7).c(8).压强增大,生成乙烯的副反应平衡逆向移动,丁烯浓度增大,导致主反应的平衡正向移动,丙烯含量增大
(1)反应物与生成物的能量差为反应热,然后根据盖斯定律,将方程式叠加可得相应反应的热化学方程式;
(2)b电极为阴极,CO2被还原为C3H6,结合溶液为酸性环境书写电极反应式;
(3)I.可逆反应达到平衡时,任何一种物质化学反应速率不变,该物质的物质的量、浓度、百分含量等保持不变,据此判断平衡状态;
II.①先计算出v(C3H6),然后根据二者反应时的物质的量关系,计算v(C4H8);
②根据平衡常数K的含义,将各种物质的浓度带入定义式,就得到K的值;
③t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4,导致容器内气体的物质的量增大,根据浓度商与K大小判断平衡移动方向分析与
的大小;
(4)①从温度、压强两个方面分析使丙烯和乙烯的质量比增大的措施,选择合适的外界条件;
②从副反应的影响分析判断。
(1)根据图1可得①C3H8(g)=CH4(g)+C2H2(g)+H2(g)△H=+156.6kJ/mol;
根据图2可得②C3H6(g)=CH4(g)+C2H2(g)△H=+32.4kJ/mol,①-②,整理可得:
C3H8(g)
C3H6(g)+H2(g),△H=+124.2kJ/mol;
(2)b连接电源的负极,作阴极,CO2在该电极获得电子,与溶液中的H+结合形成C3H6,该电极的电极反应式为3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O;
(3)I.a.根据方程式可知:
2v消耗(C4H8)=v生成(C3H
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