高考理综四川卷化学部分解析共15页word资料Word格式文档下载.docx
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考查一定物质的量的物质中含有多少微粒(分子、原子、电子、质子、中子等)时常涉及稀有气体He、Ne等;
晶体结构:
P4、金刚石、石墨、二氧化硅的结构及化学键的数目;
④氧化还原反应:
常设置氧化还原反应中电子转移(得失)数目方面的陷阱;
⑤电解、水解:
考查电解质溶液中微粒数目或弱电解质的电离,盐类水解方面的知识;
胶粒是许多分子的集合体,如1mol铁完全转化为氢氧化铁胶体后,胶粒数远小于NA。
8、已知W、X、Y、Z为短周期元素,W、Z同主族,X、Y、Z同周期,W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性,X、Y为金属元素,X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性。
下列说法正确的是
A.XYZW的原子半径依次减小
B.W与X形成的化合物中只含离子键
C.W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点
D.若W与Y的原子序数相差5,则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3
A【解析】本题考查元素的推断与物质的性质。
依题推断出W在Z的上一周期,X、Y、Z的原子序数大小为X<Y<Z。
其四种原子半径大小为X>Y>Z>W,A项正确;
从四种元素在周期表中的位置可知X为Na或Mg,Y为Mg或Al,X为C、N、O、F中的一种,则形成的化合物中有Na2O2,既含有离子键又含有共价键,B项错误;
若W为C,Z为Si,C项错误;
若Y为Mg,W为N,则形成的化合物为Mg3N2,D项错误。
9、下列离子方程式正确的是
A.钠与水反应:
Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
B.硅酸钠溶液与醋酸溶液混合:
SiO32-+2H+=H2SiO3↓
C.0.01mol·
L-1NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·
L-1Ba(OH)2溶液等体积混合:
NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·
H2O
D.浓硝酸中加入过量铁粉并加热:
Fe+3NO3-+6H+
Fe3++3NO2↑+3H2O
C【解析】本题考查离子方程式的书写判断。
A项的电荷不守恒,A项错误;
醋酸是弱酸,不能拆,B项错误;
NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2以1:
2的比值混合,OH—恰与NH4+和Al3+完全反应,C项正确;
硝酸与过量Fe反应得到的是Fe2+,D项错误。
【易错警示】离子方程式的正误判断:
首先看是否符合客观事实;
二看是否可拆,弱电解质、难溶物、单质、氧化物均不能拆;
三看电荷是否守恒;
四看物质反应的量与滴加顺序。
10、常温下,下列溶液中的微粒浓度关系正确的是
A.新制氯水中加入固体NaOH:
c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)
B.pH=8.3的NaHCO3溶液:
c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
C.pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合:
c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)
D.0.2mol·
L-1CH3COOH溶液与0.1mol·
L-1NaOH溶液等体积混合:
2c(H+)-2c(OH-)=C(CH3COO-)-C(CH3COOH)
D【解析】本题考查溶液中离子浓度的大小比较。
A项不符合电荷守恒,错;
pH=8.3的NaHCO3的溶液中,则HCO3—的水解大于电离,故CO32—的浓度小于H2CO3,B错;
pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合,氨水过量,溶液显碱性,C项错误;
根据物料守恒,的项正确。
11、一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪,负极上的反应为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+。
下列有关说法正确的是
A.检测时,电解质溶液中的H+向负极移动
B.若有0.4mol电子转移,则在标准状况下消耗4.48L氧气
C.电池反应的化学方程式为:
CH3CHO+O2=CH3COOH+H2O
D.正极上发生的反应是:
O2+4e-+2H2O=4OH-
C【解析】本题考查的是原电池和电解池原理。
原电池中H+移向电池的正极,A项错误;
该原电池的总反应为乙醇的燃烧方程式,C项正确,用C项的方程式进行判断,有0.4mol的电子转移,消耗氧气为0.11mol,B项错误;
酸性电池不可能得到OH—,D项错误。
12、在体积恒定的密闭容器中,一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应:
2SO2+O2
2SO3;
△H<0。
当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡,在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%。
下列有关叙述正确的是
A.当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡
B.降低温度,正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大
C.将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中,得到沉淀的质量为161.980g
D.达到平衡时,SO2的转化率是90%
D【解析】本题考查化学反应速率、平衡及计算。
SO3的生成速率和SO2的消耗速率都是正反应速率,两者始终相等,不能说明已达平衡,A错;
由于正反应是放热的,所以降温时平衡右移,正反应速率大于逆反应速率,即正反应速率较小程度小于逆反应速率,B错;
根据化学方程式知:
生成的SO3的物质的量是气体总物质的量减小量的2倍,即0.63mol,SO2不与BaCl2反应,则生成硫酸钡为0.63mol,得到146.79g,C错;
根据平衡前后的压强比知反应前气体的总物质的量减小0.315g,即减小1-82.5%=17.5%,所以反应前气体总物质的量为1.8mol,O2为1.1mol,则SO2为0.7mol.消耗的SO2的物质的量等于生成的SO3的物质的量,即0.63mol,转化率为0.63mol/0.7mol=90%,D正确。
13、向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2。
在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀质量为39.2g。
下列有关说法不正确的是
A.Cu与Cu2O的物质的量之比为2:
1
B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
B【解析】本题考查化学计算。
根据题意知最后得到的沉淀是Cu(OH)2,其质量是39.2g,则n(Cu(OH)2)=0.4mol,n(Cu)=0.4mol,即原化合物中的n(Cu)等于0.4mol,设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y,则有x+2y=0.4mol,64x+144y=27.2g,解得x=0.2mol,y=0.1mol,物质的量之比等于2:
1,A正确;
反应后得到溶质是NaNO3,则表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等,即1mol,0.2molCu和0.1molCu2O被硝酸氧化时共失去(0.4+0.2)mole-,则有0.2mol的硝酸被还原为NO,所以硝酸的总物质的量是1.2mol,浓度是2.4mol/L,B错;
产生的NO为0.2mol,标准状况下体积是4.48L,C正确;
原混合物与硝酸反应生成Cu(NO3)2,n(Cu)=0.4mol,所以n(NO3-)=0.8mol,被还原的硝酸是0.2mol,硝酸的总物质的量是1.2mol,所以剩余硝酸0.2mol,D正确。
【技巧点拨】“守恒法”就是利用物质变化中的某些守恒关系为解题依据,直接列关系式解题。
运用守恒法解题易于形成解题思路,同时可避免书写繁琐的解题过程,大大提高了解题的效率,是化学计算中常用的方法。
26、(13分)下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液,相互之间的转化关系如下图所示(部分产物及反应条件已略去)。
已知A、B为气态单质,F是地壳中含量最多的金属元素的单质;
E、H、I为氧化物,E为黑色固体,I为红棕色气体;
M为红褐色沉淀。
请回答下列问题:
(1)B中所含元素位于周期表中第周期,族。
(2)A在B中燃烧的现象是。
(3)D+E→B的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量比是。
(4)G+G→M的离子方程式是。
(5)Y受热分解的化学方程式是。
【答案】⑴三VIIA(各1分,共2分)⑵产生苍白色火焰(2分)
⑶2:
1(3分)⑷3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓(3分)
⑸4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑(3分)
【解析】根据转化关系和题中所给的信息可以判断:
A为H2、B为Cl2、C为NaOH、D为HCl、E为MnO2、F为Al、G为NaAlO2、H为Fe2O3、I为NO2、J为FeCl3、M为Fe(OH)3、N为HNO3。
(1)B中含有的氯元素位于元素周期表第三周期第
A族。
(2)H2在Cl2中燃烧产生苍白色的火焰。
(3)浓盐酸与二氧化锰发生的反应为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,反应中被氧化(注意发生反应的HCl只有一半被氧化)与被还原的物质的物质的量之比是2:
1。
(4)NaAlO2与FeCl3在溶液中发生双水解反应:
3AlO2-+Fe3++6H2O
3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓
(5)硝酸铁受热分解生成氧化铁、二氧化氮和氧气,化学反应方程式为:
4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑。
27、(14分)已知:
-CHO+(C6H5)3P=CH-R→-CH=CH-R+(C6H5)3P=O,R代表原子或原子团
是一种有机合成中间体,结构简式为:
HOOC-CH=CH-CH=CH-COOH,其合成方法如下:
其中,
分别代表一种有机物,合成过程中其他产物和反应条件已略去。
X与W在一定条件下反应可以生成酯N,N的相对分子质量为168。
(1)W能发生反应的类型有。
(填写字母编号)
A.取代反应B.水解反应C.氧化反应D.加成反应
(2)已知
为平面结构,则W分子中最多有个原子在同一平面内。
(3)写出X与W在一定条件下反应生成N的化学方程式:
。
(4)写出含有3个碳原子且不含甲基的X的同系物的结构简式:
(5)写出第②步反应的化学方程式:
【答案】⑴ACD(3分)⑵16(2分)
⑶HOCH2CH2OH+HOOC-CH=CH-CH=CH-COOH
+2H2O(3分)
⑷HOCH2CH2CH2OH(3分)
⑸OHC=CHO+2(C6H5)3P=CHCOOC2H5→2(C6H5)3P=O+H5C2OOCCH=CH-CH=CHCOOC2H5(3分)
【解析】采用逆推发,W与C2H5OH发生水解的逆反应——酯化反应得Z的结构简式为C2H5OOC-CH=CH-CH=CH-COOC2H5,根据题目所给信息依次可以判断Y为OHC-CHO、X为HOCH2-CH2OH,再根据X与W在一定条件下反应可以生成相对分子质量为165的酯N验证所判断的X为HOCH2-CH2OH正确。
(1)W中含有碳碳双键和羧基两种官能团,可以发生取代反应、氧化反应、加成反应,不能发生水解反应。
(2)由题中信息可知与
直接相连的原子在同一平面上,又知与
直接相连的原子在同一平面上,而且碳碳单键可以旋转,因此W分子中所有原子有可能都处在同一平面上,即最多有16个原子在同一平面内。
(3)X中含有两个羟基,W中含有两个羟基,二者可以发生酯化反应消去两分子H2O,而生成环状的酯。
(4)丙二醇有两种同分异构体,其中HOCH2CH2CH2OH符合题意。
(5)见答案。
28、(17分)甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比,设计了如下实验流程:
试验中,先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气,再连接洗气瓶和气体收集装置,立即加热氧化铜。
反应完成后,黑色的氧化铜转化为红色的铜。
下图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置,D为盛有浓硫酸的洗气瓶。
甲小组测得:
反应前氧化铜的质量为
、氧化铜反应后剩余固体的质量为
、生成氮气在标准状况下的体积
。
乙小组测得:
洗气前装置D的质量
、洗气后装置后D的质量
(1)写出仪器a的名称:
(2)检查A装置气密性的操作是。
实验装置
实验药品
制备原理
甲小组
A
氢氧化钙、硫酸铵
反应的化学方程式为
①
乙小组
②
浓氨水、氢氧化钠
用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用:
③
(3)甲、乙两小组选择了不同方法制取氨气,请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表空格中。
(4)甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为。
(5)乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值,其原因是。
为此,乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有药品的实验仪器,重新实验。
根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积,得出合理的实验结果。
该药品的名称是。
【答案】⑴圆底烧瓶(2分)
⑵连接导管,将导管插入水中;
加热事关,导管口有气泡产生;
停止加热,导管内有水回流并形成一段稳定的水柱(3分)
⑶①(NH4)2SO4+Ca(OH)2
2NH3↑+2H2O+CaSO4(2分)②B(2分)
③氢氧化钠溶于氨水后放热,增加氢氧根浓度,使NH3+H2O
NH3·
NH4++OH-向逆反应方向移动,加快氨气逸出(2分)
⑷5V1:
7(m1-m2)(2分)
⑸浓硫酸吸收了未反应的氨气,从而使计算的氨的含量偏高(2分)
碱石灰(氢氧化钠、氧化钙等)(2分)
【解析】
(1)仪器a是圆底烧瓶。
(2)连接导管,将导管的末端插入水中,轻轻加热试管,若导管口有气泡冒出,停止加热后,在导管中形成一段水柱,说明装置气密性良好。
(3)
仿照NH4Cl与碱石灰混合加热制取氨气,即可写出相应的化学方程式为(NH4)2SO4+Ca(OH)2
CaSO4+2H2O+2NH3↑。
浓氨水与固体NaOH混合即可制得氨气,且两种物质混合就无法控制反应随关随停,不需要选用C装置,选用B装置即可。
固体NaOH溶于浓氨水后,放出大量的热,促使NH3的挥发,溶液中OH-浓度的增加,这两个因素都使NH3+H2O
NH4++OH-向逆反应方向即生成NH3的方向移动。
(4)由反应前后氧化铜减少的质量即可求得氨气被氧化生成水的质量为
(m1-m2)g,其中氢原子的物质的量为
(m1-m2)mol;
氮原子的物质的量为
×
2mol,则氨分子中氮、氢原子个数比为
2mol:
(m1-m2)mol=5V1:
7(m1-m2)。
(5)未参加反应的氨气与水蒸气一起被浓硫酸吸收了,导致计算中水的质量增大,求得氢原子的物质的量增大,最终求得氨分子中氮、氢原子个数比明显比理论值偏小。
可以选用只吸收水分而不吸收氨气的药品(如碱石灰等)及相应的装置。
29、(16分)直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题,
将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫,最终
生成硫酸钙。
硫酸钙可在右图所示的循环燃烧装置的燃料反应器与甲烷
反应,气体产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳,从而有利于
二氧化碳的回收利用,达到减少碳排放的目的。
(1)煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中,引发的主要环境问题有。
A.温室效应B.酸雨C.粉尘污染D.水体富营养化
(2)在烟气脱硫的过程中,所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前,需通一段时间的二氧化碳,以增加其脱硫效率;
脱硫时控制浆液的pH值,此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙。
①二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为。
②亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式:
(3)已知1molCH4在燃料反应器中完全反应生成气态水时吸热160.1kJ,1molCH4在氧气中完全燃烧生成气态水时放热802.3kJ。
写出空气反应器中发生反应的热化学方程式:
(4)回收的CO2与苯酚钠在一定条件下反应生成有机物M,其化学为C7H5O3Na,M经稀硫酸化得到一种药物中间N,N的结构简式为
①M的结构简式为。
②分子中无—O—O—,醛基与苯环直接相连的N的同分异构体共有种。
【答案】⑴ABC(3分)⑵①Ca(HCO3)2或碳酸氢钙(2分)
②Ca(HSO3)2+O2=CaSO4+H2SO4(3分)
⑶CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s);
△H=-962.4kJ·
mol-1(3分)
⑷①
(2分)②6(3分)
【解析】本题考查了燃料脱硫的原理、热化学方程式的书写、有机物的推断以及同分异构体的性质等。
(1)煤燃烧的产物中有CO2、烟尘以及SO2,分别导致温室效应、粉尘污染和酸雨。
没有营养元素排入水中,不会引起水体富营养化。
(2)CO2与CaCO3反应生成易溶的Ca(HCO3)2。
亚硫酸氢钙具有还原性,可被氧化为硫酸钙。
(3)根据右图以及硫酸钙与甲烷反应的气体产物只有水可知,燃料反应器中发生的热化学方程式为:
CH4(g)+CaSO4(s)→CO2(g)+2H2O(g)+CaS(s)H=160.1kJ·
mol-1①,再写出甲烷在氧气中燃烧的热化学方程式:
CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)H=-802.3kJ·
mol-1②,②-①可得热化学方程式:
CaS(s)+2O2(g)→CaSO4(s)H=-962.4kJ·
mol-1。
(4)由M酸化后得
,可得M的结构简式为
N的分子式为C7H6O3,符合条件的同分异构体有:
、
,共6种。
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