安徽省池州市届高三上学期期末考试理科综合化学试题Word文档格式.docx
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A.推广使用可降解的淀粉塑料和提倡使用乙醇汽油,都能减轻环境污染
B.煤经过气化和液化等物理变化后,可得到清洁燃料
C.中国国产航母使用了大量的合金,合金具有强度大、抗蚀等优点
D.石墨烯电池能够闪充,是利用单层石墨烯表面积大的特点
【答案】B
【解析】
【分析】
A、推广使用可降解的淀粉塑料可减少白色垃圾,提倡使用乙醇汽油,可减少二氧化硫等排放,都能减轻环境污染;
B、煤经过气化和液化等化学变化后,可得到清洁燃料;
C、合金具有强度大、抗蚀等优点;
D、单层石墨烯表面积大,能加快化学反应速率。
【详解】A、使用可降解的淀粉塑料可减少白色垃圾,使用乙醇汽油可减少二氧化硫等排放,都能减轻环境污染,故A正确;
B、煤的气化、液化属于化学变化,故B错误;
C、合金材料具有强度大、抗腐蚀能力强等优点,故C正确;
D、石墨烯是单层碳原子,故接触面积大,能加快化学反应速率,故D正确。
故选B。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法不正确的是
A.60g由冰醋酸和葡萄糖组成的混合物中含有氢原子的数目为4NA
B.常温下,10g氖气中所含有的氖原子数目为0.5NA
C.将3molH2和1molN2混合充分反应后,容器内分子数等于2NA
D.标准状况下,2.24LSO2和O2的混合气体充分反应后,混气中含有的氧原子总数为0.2NA
【答案】C
A、冰醋酸和葡萄糖二者的最简式为CH2O,1molCH2O含有2mol氢原子;
B、氖气是单原子分子;
C、氮气和氢气反应为可逆反应;
D、SO2和O2分子中氧原子均为2。
【详解】A、冰醋酸和葡萄糖二者的最简式为CH2O,60g混合物中含2molCH2O,则含有4mol氢原子,故A正确;
B、氖气是单原子分子,10g氖气的物质的量为0.5mol,含有的原子数目为0.5NA,故B正确;
C、氮气和氢气的反应为可逆反应,不能完全转化,容器内分子数大于2NA,故C错误;
D、标准状况下,2.24LSO2和O2的混合气体的物质的量为0.1mol,其中含有的氧原子总数为0.2NA,故D正确。
故选C。
3.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.(CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后,生成2,2,3-三甲基戊烷
B.工业上由乙烯制乙醇、苯制环己烷均属于加成反应
C.C5H11Cl的同分异构体有3种
D.
分子中所有碳原子一定在同一平面上
A、根据加成产物的碳链结构为
去命名;
B、根据加成反应的特点答题;
C、先写出C5H12的同分异构体有3种,再写出每种异构体的一氯代物的异构体;
D、苯环上的碳及与6个碳相连的原子共面。
【详解】A.(CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后,加成产物的碳链结构为
,系统命名为2,2-二甲基丁烷,故A错误;
B、乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇,同理苯和氢气在一定条件下发生加成反应生成环己烷,故B正确;
C、同分异构体是具有相同的分子式不同结构的化合物的互称,C5H12的同分异构体有3种:
、
,
分子中有3种化学环境不同的H原子,其一氯代物有3种;
CH3CH2CH(CH3)CH3分中有4种化学环境不同的H原子,其一氯代物有4种;
分子中只有1种化学环境的H原子,其一氯代物有1种;
故C5H11Cl的同分异构体有8种,故C错误;
D.如图所示,
1、2、3、4号碳原子共线,同理3、4、5、6号碳C原子也共线,所以1、2、3、4、5、6号碳原子共线。
所以一定在同一平面的碳原子有11个,故D错误。
4.下列实验操作、现象、得出的结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
某溶液
生成使石灰水变浑浊的无色气体
原溶液中一定含有CO32-
B
用湿润的pH试纸测某碱液的pH,测定值偏小
湿润的pH试纸测量任何溶液都会产误差
C
将浓硫酸倒入蔗糖中搅拌蔗糖迅速变黑并伴有刺激性气味
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
D
将乙烯和苯分别加入到溴水中,都能使溴水层褪色
乙烯和苯分子中都含有碳碳双键
A.AB.BC.CD.D
A、无色气体可能为二氧化碳、二氧化硫等;
B、用湿润的pH试纸测盐酸、氢氧化钠、氯化钠的pH,溶液被稀释;
C、浓硫酸放入蔗糖中,蔗糖碳化变黑,说明浓硫酸有脱水性,产生刺激性气味气体是二氧化硫,硫化合价降低,说明浓硫酸具有强氧化性;
D、苯中不含碳碳双键,而乙烯中含碳碳双键。
【详解】A、无色气体可能为二氧化碳、二氧化硫等,则原溶液中可能有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-,故A错误;
B、用湿润的pH试纸测盐酸、氢氧化钠、氯化钠的pH,则分别会偏大、偏小和不变,故B错误。
C、浓硫酸放入蔗糖中,蔗糖碳化变黑,说明浓硫酸具有脱水性,产生刺激性气味气体是二氧化硫,说明浓硫酸具有强氧化性,故C正确;
D、苯中不含碳碳双键,而乙烯中含碳碳双键,乙烯可使溴水褪色,苯与溴水发生萃取而使溴水层褪色,故D错误。
故选C
5.a、b、c、d原子序数依次增大,且均不大于20。
c的单质在常温下为有色气体,在工业上常与d的最高价氧化物对应的水化物反应生产漂白粉;
同时该气体与a、b形成的一种化合物反应生成两种酸。
下列说法正确的是
A.原子半径大小为:
a<
b<
d<
c
B.a与b、c、d形成的二元化合物均为共价化合物
C.向漂白粉中加入稀硫酸,能产生c的单质
D.最简单氢化物水溶液的pH:
c的单质在常温下为有色气体,在工业上常与d的最高价氧化物对应的水化物反应生产漂白粉,则c为氯、d为钙;
同时该气体与a、b形成的一种化合物反应生成两种酸,则a为氢、b为氧。
【详解】A.原子半径:
Ca>
Cl,故A错误;
B.CaH2为离子化合物,故B错误;
C.在酸性条件下,氯化钙和次氯酸钙能够反应生成氯气,故C正确;
D.氢化钙溶于水反应生成氢氧化钙,溶液呈碱性,氯化氢水溶液呈酸性,故D错误;
6.工业上用Na2SO3溶液处理硫酸厂的废气SO2得NaHSO3溶液,然后用惰性电极电解NaHSO3废水(原理如图所示)使吸收液再生,两膜中间的Na+和HSO3-可通过离子交换膜。
下列叙述正确的是
A.通电后中间隔室的HSO3-离子通过C膜向左侧迁移,左侧电极室溶液pH增大
B.图中A连接电源的正极,B连接电源的负极
C.阳极反应为HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+,阳极区溶液pH降低
D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.5mol的Na2SO3生成
观察图形可知,左侧氢离子放电发生还原反应为阴极,右侧发生氧化反应为阳极,左侧亚硫酸氢钠和氢氧根离子结合生成亚硫酸钠。
【详解】A、电解池中阴离子向阳极区移动,因此通电后中间隔室的HSO3-通过D膜向右侧迁移,左侧阴极区氢离子放电,产生氢氧根离子,然后结合亚硫酸氢根离子生成亚硫酸根离子,所以阴极区溶液pH增大,故A错误;
B.左侧氢离子放电,发生还原反应为阴极,所以A连接电源的负极,B连接电源的正极,故B错误;
C.阳极区亚硫酸氢根离子失去电子生成硫酸,使溶液中c(H+)增大,所以阳极区溶液pH降低,故C正确;
D.阴极发生电极反应:
2HSO3-+2e-=H2↑+2SO32-,当电路中通过1mol电子的电量时,会生成1mol的Na2SO3,故D错误;
7.25℃时,NiS、FeS沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知NiS的溶解度比FeS小,lg2=0.3),图中p(S2-)=-lgc(S2-)、p(M2+)=-lgc(M2+),M表示Ni或Fe,下列说法不正确的是
A.曲线①表示的是NiS
B.d点分别对应的NiS和FeS的分散系均是均一稳定的
C.25℃时,FeS+Ni2+
NiS+Fe2+的平衡常数K=4000
D.向a点溶液中加入硫化钠,可变为b点溶液
【答案】D
从题干信息可知,图中坐标数值越大,对应的离子浓度越小,且NiS的溶解度比FeS小,即NiS的溶度积常数要小。
A、根据Ksp计算;
B、d点对应的金属离子浓度更小,故FeS和NiS均为不饱和溶液;
C、根据平衡常数定义式计算;
D、温度不变,平衡常数不变。
【详解】从题干信息可知,图中坐标数值越大,对应的离子浓度越小,且NiS的溶解度比FeS小,即NiS的溶度积常数要小。
A、曲线①溶液中Ksp=c(M2+)×
c(S2-)=10-10.5×
10-10.5=1.0×
10-21,同理曲线②溶液中Ksp=c(M2+)×
c(S2-)=10-8.7×
10-8.7=4.0×
10-18,根据NiS的溶解度比FeS小,可知曲线①代表的是NiS,故A正确;
B、d点对应的金属离子浓度更小,故FeS和NiS均为不饱和溶液,属于均一稳定的分散系,故B正确;
C、根据平衡常数K=
=4000,故C正确;
D、温度不变,平衡常数不变,加入硫化钠,硫离子浓度增大,金属离子浓度减小,平衡点沿曲线向纵坐标滑动,故D错误。
故选D。
二、非选择题。
8.钒是人体必需的微量元素,能预防突发性心脏病等疾病,常见化合价有+2、+3、+4和+5。
实验室模拟工业生产制备V2(CO3)3的步骤如下:
①取18.20gV2O5放入水中搅拌形成悬浊液,通入二氧化硫充分反应可得V2(SO4)3溶液。
②将V2(SO4)3溶液与足量的碳酸钠溶液混合,充分反应后过滤洗涤、干燥,得V2(CO3)3固体22.56g。
已知:
+5价Ⅴ具有氧化性,+3价V具有还原性,易被氧气氧化。
回答下列问题:
(1)实验室用Na2SO3固体和H2SO4(浓)制取SO2,可选用的发生装置是___________(填A或B),若利用下述装置制取并收集干燥的SO2,连接顺序为a→___________→___________→___________→___________→f。
(2)步骤①实验装置如下:
①图中利用水浴处理的优点是___________,装置C中长颈漏斗的作用是___________。
②通入二氧化硫前和实验结束后都要通入N2,目的是___________。
③写出仪器D中反应的离子方程式___________。
(3)步骤②中洗涤操作后,证明已经洗净的操作是___________,本实验中的产率为___________。
【答案】
(1).B
(2).d(3).e(4).c(5).b(6).便于控制温度、受热均匀(7).维持气压,防止装置堵塞(8).通入二氧化硫前通入氮气目的是赶尽装置内的空气,实验结束后通入氮气是为了赶走装置内的二氧化硫,防止污染(9).2SO2+V2O5+2H+=2SO42-+2V3++H2O(10).取最后一次洗涤液,向其中滴加稀盐酸和氯化钡溶液,若没有白色沉淀生,则已经洗净(11).80.00%
(1)制取二氧化硫,为典型的固液不加热装置,选择B;
按制取、干燥、收集、处理尾气的顺序连接装置;
(2)①图中利用水浴处理的优点是:
便于控制温度、受热均匀;
装置C中长颈漏斗的作用是:
维持气压,防止装置堵塞。
②通入二氧化硫前通入氮气目的是赶尽装置内的空气,实验结束后通入氮气是为了赶走装置内的二氧化硫,防止污染。
③仪器D中反应的离子方程式SO2和V2O5在酸性条件下反应生成SO42-和V3+。
(3)V2(CO3)3沉淀表面吸附有可溶性的硫酸根和钠离子,因此可用稀盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根的存在。
根据钒守恒,由关系式计算V2O5~V2(CO3)3。
【详解】
(1)用亚硫酸钠固体和浓硫酸反应制取二氧化硫,为典型的固液不加热装置,故选B;
制取的二氧化硫应先干燥再收集,故先通过d、e,二氧化硫的密度比空气大,要从c口进气,b口出来进行尾气处理,因为二氧化硫易于氢氧化钠反应,故f的作用是安全瓶,防止倒吸;
盛放NaOH溶液的烧杯为尾气处理装置要放置在最后;
(2)水浴处理,利用水的比热容大,可控制温度,同时使仪器受热均匀,由于通入气体过快或导管堵塞,可造成装置内压强过大,装置C中长颈漏斗的作用是为了平衡压强;
依题意,+3价V具有还原性,易被氧气氧化,实验前要先通入氮气赶尽空气,二氧化硫有毒,实验结束后要通入N2,赶尽二氧化硫,使其完全被吸收;
依题意,V2O5与二氧化硫在水中反应生成V2(SO4)3,根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式:
2SO2+V2O5+2H+=2SO42-+2V3++H2O;
(3)V2(CO3)3沉淀表面吸附有可溶性的硫酸根和钠离子,因此可用稀盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根的存在:
取最后一次洗涤液,向其中滴加稀盐酸和氯化钡溶液,若没有白色沉淀生,则已经洗净;
根据钒守恒,可得V2O5~V2(CO3)3,则18.20gV2O5完全反应可得V2(CO3)3的质量为28.20g,故产率为22.56g/28.20g×
100%=80.00%。
【点睛】本题考查物质的制备,解题关键:
理解反应原理。
难点:
产率的计算。
9.工业上,利用冶铅废料(含有Pb、PbO、PbS、PbCO3、Pb(OH)2、C以及Fe及其氧化物等)制取立德粉(ZnS·
BaSO4)和再提取铅的工艺流程如下:
①醋酸铅易溶于水,难电离。
②常温下,Ksp(PbSO4)=1.6×
10-8;
Ksp(PbCO3)=8.0×
10-14。
(1)为了加快①的反应速率,通常选用6mol/L的硝酸和60℃的反应条件,若温度继续升高,反而不利于反应的进行,原因可能是___________。
(2)步骤④若在实验室进行分离操作必需的玻璃仪器有___________,滤渣1的主要成分是硫酸铅,洗涤硫酸铅最好选用___________。
A.蒸馏水B.苯C.稀硫酸D.饱和碳酸钠
(3)写出步骤③反应的离子方程式___________。
(4)采用电解法精炼铅,海绵铅连接电源的___________极(填正、负),生成铅的电极反应式为___________。
(5)处理含铅废料1t(含铅以PbO计,质量分数为11.15%),若回收率为90%,则得到的铅质量___________g。
【答案】
(1).温度过高,硝酸易分解
(2).漏斗、烧杯、玻璃棒(3).C(4).PbSO4+2CH3COO-=(CH3COO)2Pb+SO42-(5).正极(6).Pb2++2e-=Pb(7).9.315×
104
(1)通常选用6mol/L的硝酸和60℃的反应条件,温度过高,硝酸易分解。
(2)步骤④反应后的分离操作是过滤,选漏斗、烧杯、玻璃棒;
洗涤硫酸铅要洗去表面吸附的杂质,还要减少损失,最好选用稀硫酸。
(3)步骤③反应的离子方程式PbSO4和CH3COO-作用生成易溶于水、难电离的(CH3COO)2Pb。
(4)采用电解法精炼铅,海绵铅连接电源的正极,铅元素化合价升高;
生成铅的电极反应式:
Pb2++2e-=Pb
(5)根据铅守恒计算。
(1)硝酸受热易分解,故温度不能太高;
(2)步骤④反应后的分离操作为过滤,过滤所需的玻璃仪器有:
烧杯、漏斗和玻璃棒;
洗涤硫酸铅要洗去表面吸附的杂质,还要减少损失,故A.会造成硫酸铅部分溶解;
B.可溶性离子不能溶解,不能洗去;
C.稀硫酸能够洗去杂质,同时可减少硫酸铅的溶解;
D.依题意,硫酸铅易转化为碳酸铅,引入杂质。
故选C;
(3)依题意醋酸铅易溶于水、难电离,故反应的离子方程式为PbSO4+2CH3COO-=(CH3COO)2Pb+SO42-。
Pb2++2e-=Pb。
(5)根据铅元素守恒可得为
=9.315×
104g。
【点睛】本题考查了化学工艺流程分析、实验原理分析,解题关键:
理解实验原理,离子方程式书写、原电池和电解池原理等,涉及实验的基本操作,属综合考查。
10.随着现代工业的发展,二氧化碳污染的处理成为科学研究的重点,回答下列问题:
I.有人提出利用H2还原CO2使其转化为有机化工的主要原料乙烯。
(1)查阅资料:
H2的燃烧热为285.8kJ/mol,C2H4的燃烧热为l41lkJ/mol,lmolH2O
(1)转化为H2O(g)需吸收44kJ的热量。
则反应6H2(g)+2CO2(g)
C2H4(g)+4H2O(g)
△H=___________kJ/mol。
(2)下图是探究不同温度对CO2的转化率和催化剂的催化效率影响的示意图。
①生产中通常选用的温度最好是___________,理由是___________。
②图中表示的化学平衡常数:
M___________N(填>
、=、<
)
③250℃时,在2L密闭容器中分别充入6molH2和2molCO2,到达平衡时体系中C2H4的体积分数为___________。
Ⅱ.CO在一定条件下,能与H2合成二甲醚:
2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g)。
(1)在1L的密闭容器中分别充入2.5molH2与bmolCO2发生反应,在不同温度下达到平衡状态时测得实验数据如下表:
①到达平衡时若升高温度,则上述平衡___________方向移动(填“正反应”或“逆反应”)。
②转化率:
x___________y(填>
(2)新型高效的二甲醚燃料电池工作时总反应式:
CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O。
①该电池的负极是___________(填a或b),负极电极反应式为___________;
②利用该电池冶铝,若制得金属铝54g理论上消耗二甲醚___________g。
【答案】
(1).-127.8
(2).250℃(3).此时催化剂活性最高(4).>
(5).7.7%或1/13(6).逆反应(7).>
(8).a(9).CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+(10).23
I.
(1)根据燃烧热的概念和题意写出热化学方程式:
H2(g)+0.5O2(g)=H2O
(1)△H=-285.8kJ/mol①;
C2H4(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2(g)△H=-1411.0kJ·
mol-1②;
H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ·
mol-1③;
利用盖斯定律将①×
6-②-③×
4可得。
(2)①根据图示催化剂的反应活性和温度对速率、平衡的影响综合考虑:
此时催化剂活性最高。
②升高温度二氧化碳的平衡转化率减低,则升温平衡逆向移动,所以M点化学平衡常数大于N点;
③根据三段式计算;
Ⅱ.
(1)①分析表格数据,根据温度对CO2的转化率影响分析;
②由CO2起始物质的量为1.25mol时,温度越高,CO2的转化率越小,说明正反应是放热反应,故结合表格分析。
(2)①根据电子流动方向和氢离子移动方向可知,通入a的电极为负极;
电极反应为:
CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
②根据关系式4Al~12e-~CH3OCH3计算。
(1)根据H2(g)的燃烧热为285.8kJ·
mol-1,则其热化学方程式为:
CH2=CH2(g)的燃烧热为1411.0kJ·
mol-1,其热化学方程式为:
4可得:
6H2(g)+2CO2(g)
CH2=CH2(g)+4H2O(g)△H=-127.8kJ·
mol-1。
(2)①如图所示,化学反应速率随温度的升高而加快,催化剂的催化效率随温度升高先增大后降低,所以根据催化剂的反应活性和温度对速率、平衡的综合影响角度,最好选择250℃;
②升高温度二氧化碳的平衡转化率减小,则升温平衡逆向移动,所以M点化学平衡常数大于N点;
③在2L密闭容器中分别充入6molH2和2molCO2,由图可知250℃时,M点的二氧化碳转化率50%,由方程式可得
CH2=CH2(g)+4H2O(g)
起始量(mol·
L-1)3100
变化量(mol·
L-1)1.50.50.251
平衡量(mol·
产物CH2=CH2的体积分数=
=7.7%
Ⅱ.
(1)①分析表格可知,当CO2起始物质的量为1.25mol时,温度越低,CO2的转化率越大,说明降低温度平衡向正反应方向移动,故升高温度平衡向逆反应方向移动;
②由CO2起始物质的量为1.25mol时,温度越高,CO2的转化率越小,说明正反应是放热反应,故结合表格可知w<
32,x>
33;
由于CO2(g)、H2(g)按物质的量1:
3反应,H2(g)物质的量为2.5mol,CO2的物质的量(b)越大,CO2的转化率越小,则y<
w,综合上述分析可知x>
33>
32>
w>
y;
(2)①根据图知交换膜是质子交换膜,则电解质溶液呈酸性,根据电子流动方向和氢离子移动方向可知,通入a的电极为负极、通入b的电极为正极,负极上二甲醚失去电子发生氧化反应生成二氧化碳,负极反应式为CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+;
根据电子守恒,可以建立关系式4Al~12e-~CH3OCH3,由此可得若制得金属铝54g,理论上消耗甲醇23g。
【点睛】本题考查化学平衡计算、化
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