届贵州省民族高级中学高三第一次月考理科综合化学测试题Word文件下载.docx
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【详解】A.维生素C具有还原性,能将Fe3+还原为Fe2+,故A说法正确;
B.复合材料通常以金属为基体,纤维为增强体,故B说法正确;
C.金属单质直接被氧化而腐蚀为化学腐蚀,故C说法正确;
D.有机物易挥发造成环境污染,在涂料中尽量用水来代替有机物作溶剂来减少污染,故D说法错误;
答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的有()个
①20℃,101kPa,22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应,有NA个电子转移
②64g灼热的铜丝在硫黄蒸气里完全反应后,失去的电子数为2NA
③标准状况下,NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4L
④7.8gNa2S与Na2O2的混合物中阴离子数大于0.1NA
⑤0℃,101kPa,含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物,其体积小于22.4L
⑥常温常压下,17g甲基(-14CH3)所含的中子数为9NA
A.1B.2C.3D.4
【答案】A
【详解】①在20℃、101kPa条件下,22.4LCl2的物质的量小于1mol,则该说法错误;
②64g灼热的铜丝在硫黄蒸气反应的生成物为Cu2S,失去的电子数为NA,则该说法错误;
③标准状况下,NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后生成1molNO2,但NO2中存在平衡:
2NO2
N2O4,导致分子个数和体积变小,故气体体积小于22.4L,故该说法错误;
④Na2O2中的阴离子为O22-,7.8gNa2S与Na2O2的混合物中阴离子的物质的量为0.1mol,则其个数为0.1NA,故该说法错误;
⑤因三氧化硫在标准状态下为固体,则0℃,101kPa,含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物中二氧化硫的物质的量小于1mol,则其体积小于22.4L,故该说法正确;
⑥常温常压下,17g甲基(-14CH3)的物质的量为1mol,每个甲基(-14CH3)所含的中子数为11个,故17g甲基(-14CH3)所含的中子数为11NA,故该说法错误;
答案选A。
【点睛】本题主要考查有关阿伏加德罗常数的应用,往往要注意物质的特性,如三氧化硫在常温下为固体;
过氧化钠中阳离子与阴离子的个数之比为2:
1,而并不是1:
1;
NO与O2在常温下会发生反应,且还存在2NO2
N2O4。
3.下列有关物质结构和性质的说法不正确的是()
A.分子式为C5H9O2Cl且能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体的有机物有12种(不含立体结构)
B.已知引发某疫情的病毒对化学药品很敏感,乙醇、漂白粉溶液均可将病毒氧化而达到消毒的目的
C.一定条件下,完全燃烧14g含氧质量分数为a的乙烯、乙醛混合气体,则生成水的质量为18(1-a)g
D.按系统命名法,化合物
的名称为3-甲基-5,7-二乙基癸烷
【答案】B
【详解】A.分子式为C5H9O2Cl且能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体说明该有机物为饱和一元羧酸的一氯代物,分子组成为C4H9—COOH的结构有四种,分别是①CH3CH2CH2CH2—COOH、②(CH3)2CHCH2—COOH、③(CH3)3C—COOH、④CH3CH2CH(CH3)—COOH,其中①分子中烃基上有四种不同化学环境的氢原子,则其一氯代物有四种;
②分子中烃基上有3种不同化学环境的氢原子,则其一氯代物有3种;
③分子中烃基上有1种不同化学环境的氢原子,则其一氯代物有1种;
④分子中烃基上有四种不同化学环境的氢原子,则其一氯代物有四种;
则其同分异构体的总数为:
4+3+1+4=12,故A说法正确;
B.乙醇、漂白粉溶液可以消毒是因为它们能使蛋白质发生变性,并不是氧化,故B说法错误;
C.乙烯的分子式为C2H4,甲醛的分子式为CH2O,两物质中C、H原子数目之比都是1:
2,故混合物中C、H元素质量之比=12:
2=6:
1,含氧的质量分数为a,则C、H元素质量分数之和=1-a,故H元素质量分数=(1-a)×
1÷
(1+6)=(1-a)/7,生成水的质量为14g×
×
9=18(1-a)g,故C说法正确;
D.A.主链含10个C,3号C上有甲基,5、7号C上有乙基,名称为3-甲基-5,7-二乙基癸烷,故D说法正确;
答案选B。
【点睛】在书写多官能团有机化合物的同分异构体时,一般先确定其中一个官能团的位置,然后再依次移动另一个官能团的位置,同时注意是否有相同的物质出现。
例如在书写分子为C5H9O2Cl且属于羧酸类的同分异构体时,可先在碳骨架上确定氯原子或羧基的位置,然后再分析分子中有几种不同化学环境下的氢原子。
4.下列实验方案能达到实验目的的是()
A.在探究海带灰浸取液成分的实验中,向无色的浸取液中加入CCl4,下层呈无色,说明浸取液中不含碘元素
B.向溶有CO2的BaCl2溶液中通入气体X,产生白色沉淀,该气体可以是碱性气体
C.向一定量饱和氯水中通入足量SO2,再通入足量AgNO3,将生成的沉淀过滤洗涤干燥后称量,来测定其中氯元素的含量
D.已知20℃时溶解度:
NaHCO3为9.6g,Na2CO3为21.8g,向盛有5mL蒸馏水的两个试管中分别加入10g的NaHCO3、Na2CO3,观察溶解情况可以比较该温度下NaHCO3和Na2CO3的溶解度大小
【详解】A.由于没有在无色浸取液中加入氧化剂将碘离子氧化为碘单质,则加入CCl4后下层为无色,并不能说明浸取液中不含碘元素,故A错误;
B.若向溶有CO2的BaCl2溶液中通入氨气,碳酸会选转化为碳酸铵,从而与BaCl2溶液发生复分解反应生成碳酸钡沉淀,故B正确;
C.向一定量饱和氯水中通入足量SO2,再通入足量AgNO3,生成的沉淀中也有Ag2SO4,故C错误;
D.溶剂水的量太少,两支试管中的固体都有剩余,无法比较,故D错误;
5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次减小,其中只有Z为金属元素,X、Y、Z同周期且位于不同奇数族,Z、W同主族,Y、Z的原子序数相差4。
下列说法正确的是()
A.W的简单阴离子半径一定大于Z的简单阳离子半径
B.非金属性:
X>
Y,所以X和Y分别对应含氧酸的酸性:
X一定强于Y
C.X、Y形成的单质一定都是双原子分子
D.Z、W形成化合物的电子式为
【分析】
其中只有Z为金属元素,如Z为Na、则W为H元素,Y、Z的原子序数相差4,则Y为P元素,X应为Cl元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律等知识分析可得结论。
【详解】A.H-比Na+少一个电子层,离子半径小于Na+,故A错误;
B.非金属性Cl>P,元素的非金属性越强,对应的最高价含氧酸的酸性越强,若不是最高价的含氧酸,则酸性不一定是X>
Y,故B错误;
C.Y为P元素,对应的单质有红磷、白磷等,白磷为正四面体,红磷更为复杂,不是双原子分子,故C错误;
D.Z、W可形成化合物NaH,电子式为
,故D正确;
【点睛】比较元素非金属性强弱的事实有很多,其中比较容易混淆的有以下两点:
1.是否为最高价氧化物水化物的酸性强弱;
2.是否为氢化物的稳定性(并不是氢化物水溶液的酸性强弱)。
6.在日常生活中,我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。
可以通过下列装置所示实验进行探究。
下列说法正确的是
A.按图Ⅰ装置实验,为了更快更清晰地观察到液柱上升,可采用下列方法:
用酒精灯加热具支试管
B.图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图,图Ⅱ的正极材料是铁
C.铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究,Cl-由活性炭区向铝箔表面区迁移,并发生电极反应:
2Cl--2e-=Cl2↑
D.图Ⅲ装置的总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3,生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑
试题分析:
A、具支试管内气体受热压强增大,不能更快更清晰地观察到液柱上升,故A错误;
B、铁做负极,故B错误;
C、负极电极反应式为Al-3e-=Al3+,正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-,总反应方程式为:
4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3,故C错误;
D、负极电极反应式为Al-3e-=Al3+,正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-,总反应方程式为:
4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3,生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑,故D正确;
故选D。
考点:
考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。
7.若用AG表示溶液的酸度(aciditygrade),AG的定义为AG=lg[
].室温下实验室中用0.01mol•L-1的氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.01mol•L-1的一元弱酸HA,滴定过程如图所示,下列叙述正确的是()
A.室温下,弱酸HA的电离常数约为10-5
B.A点时加入氢氧化钠溶液的体积为20.00mL
C.若B点为40mL,所得溶液中:
c(OH-)=c(A-)+c(HA)+c(H+)
D.反应过程中一定存在:
0.01mol•L-1+c(OH-)=c(Na+)+c(HA)
【详解】A.室温下,醋酸的AG=lg[
]=7,即
=107,而水的离子积K=c(H+)•c(OH﹣)=10﹣14,两式联立可知:
c(H+)=10﹣3.5,而在醋酸溶液中,c(CH3COO﹣)≈c(H+)=10﹣3.5,故电离平衡常数K=
=
=10﹣5,故A正确;
B.A点的AG=lg[
]=0,即
=1,即c(H+)=c(OH﹣),溶液显中性,而当加入氢氧化钠溶液20mL时,恰好和醋酸完全中和,得到醋酸钠溶液,溶液显碱性,故B错误;
C.当B点加入NaOH溶液为40mL时,所得的为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液,根据电荷守恒和物料守恒可知:
c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)=c(Na+)+c(H+),c(Na+)=2[c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)],两式联立可得:
c(OH﹣)=c(CH3COO﹣)+c(H+)+2c(CH3COOH),故C错误;
D.反应过程中根据电荷守恒一定存在:
c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)=c(Na+)+c(H+),但由于两溶液混合后溶液体积发生改变,故c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)<0.01mol/L,故0.01mol•L﹣1+c(OH﹣)>c(Na+)+c(H+)+c(CH3COOH),0.01mol•L﹣1+c(OH﹣)=c(Na+)+c(CH3COOH)不成立,故D错误;
故答案选A。
【点睛】本题主要考查溶液中微粒浓度的大小关系、弱电解的电离平衡常数等知识,解答本题首先要理解坐标图的含义,由坐标图反映信息结合溶液中的电荷守恒和物料守恒即可解答。
8.Ⅰ.空白实验分析是化学实验中常用的一种方法,是指在不加样品的情况下,用与测定样品相同的方法、步骤进行定量分析,把所得结果作为空白值,从样品的分析结果中扣除,这样可以消除由于试剂不纯或试剂干扰等所造成的系统误差。
“凯氏定氮法”是经典的测定化合物或混合物中总氮量的一种方法。
某化学实验小组成员想通过“凯氏定氮法”实验测定某品牌化肥中的氮含量。
实验流程如下:
步骤:
①取10.00g化肥样品溶于水,定容至100mL;
②在烧杯中加入10.00mL步骤①中得到化肥水溶液和辅助试剂,加热使其充分反应;
③反应完毕,将反应液转移到大试管中;
④按如下装置用水蒸气将NH3吹出,并用H3BO3溶液吸收(加热装置未画出);
⑤取下锥形瓶,滴加指示剂,用0.2500mol·
L-1盐酸标准液滴定;
⑥重复实验操作。
数据记录如下:
实验编号
样品和辅助试剂
消耗盐酸体积(mL)
1
10.00mL溶液、0.1g催化剂、20mL浓硫酸
33.18
2
33.70
3
33.22
4
x
请回答下列问题:
(1)滴定时(NH4)2B4O7重新转化为H3BO3,反应的化学方程式为______________;
H3BO3为一元弱酸,在水中发生反应H3BO3+H2O
[B(OH)4]-+H+。
室温下,pH相同的硼酸溶液、盐酸中,水的电离程度__________(填“前者大”、“后者大”或“相同”);
(2)步骤④的实验装置中需要加热的仪器是___________(填仪器名称),长导管的作用是______________;
(3)编号为4的实验应加入的样品和辅助试剂为__________________________;
(4)计算该化肥中的氮含量为____克/每千克化肥(含x代数式表示,要求化简)。
Ⅱ.假设实验分析法也是化学实验常用的方法,以下实验研究影响化学反应速率的因素。
(1)已知KHSO3与KIO3反应的离子方程式为IO3-+3HSO3-==3SO42-+I-+3H+;
一定量的KHSO3溶液与KIO3溶液在恒温条件下混合,用速率检测仪检测出起始阶段速率突然增大。
对其原因提出如下假设,请完成假设2。
假设1:
生成的SO42-对反应起催化作用;
假设2:
___________________________;
(2)请设计实验验证上述假设1,完成下表中内容。
实验步骤
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将一定量的KHSO3溶液与KIO3溶液混合,用速率检测仪测定起始阶段速率v(甲);
在烧杯乙中先加入少量______(填试剂),其他条件与甲完全相同,用速率检测仪测定起始阶段速率v(乙)。
若v(甲)<
(乙),则假设1成立
【答案】
(1).(NH4)2B4O7
+2HCl+5H2O=4H3BO3+2NH4Cl
(2).前者大(3).圆底烧瓶(4).作为安全管,平衡气压(5).10.00mL蒸馏水、0.1g催化剂、20mL浓硫酸(6).116.2-3.5x(7).生成的I−对反应起催化作用;
或生成的H+对反应起催化作用(8).K2SO4粉末或K2SO4固体
【详解】Ⅰ.
(1)硼的化合价未变化,发生类似复分解反应,反应方程式为(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=4H3BO3+2NH4Cl,H3BO3为一元弱酸,在水中发生反应H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]-+H+。
pH相同的硼酸溶液、盐酸中,由硼酸电离过程可知,硼酸结合水电离出的氢氧根离子,水电离出氢离子,促进了水的电离,而盐酸中水的电离受到抑制,故答案为:
(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=4H3BO3+2NH4Cl;
前者大;
(2)加热圆底烧瓶产生水蒸气,进入试管中将生成的氨气吹出;
加热产生水蒸气,装置内压强增加,长导管防止装置中压力过大而发生危险,冷却时防止发生倒吸,起安全管作用,故答案为:
圆底烧瓶;
防止装置中压力过大而发生危险,防止冷却时发生倒吸;
(3)依据编号1、2、3分析可知编号为4的实验应加入的样品和辅助试剂为10.00mL蒸馏水、0.1g催化剂、20mL浓硫酸,空白、等量对照使用目的是消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差,故答案为:
10.00mL蒸馏水、0.1g催化剂、20mL浓硫酸;
(4)第2组实验数据偏差较大,为离群值,应舍弃,则盐酸的体积为(
-x)ml=(33.20-x)ml,由反应过程中的氮元素质量守恒可得关系式:
2N~(NH4)2B4O7~2HCl,化肥样品中含氮元素的质量:
(33.20-x)×
10-3×
0.2500×
14×
g,则该化肥中的氮含量为(33.20-x)×
g/Kg=116.2-3.5xg/Kg,故答案为:
116.2-3.5x。
Ⅱ.
(1)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设,而在本实验中可能的原因为反应生成的I-对反应起催化作用,I-浓度越大反应速率越快或者反应生成的H+对反应起催化作用,H+浓度越大反应速率越快或者是反应放热,随着反应的进行,温度升高,反应速率加快,故答案为:
反应生成的I-对反应起催化作用(或反应生成的H+对反应起催化作用);
(2)设计实验是为了验证上述假设1,则应控制甲、乙两烧杯中的SO42-浓度不同,故需要在乙烧杯中加入少量K2SO4粉末,故答案为:
K2SO4粉末或K2SO4固体。
【点睛】根据本题对空白实验的信息可知编号为4的实验应加入的样品和辅助试剂,实验组与对照组的无关变量的影响是相等的,这样通过空白对照实验,对比实验的结果,排除无关变量的影响,则可认定为是来自实验变量的效果,使实验结果更有说服力;
易错点为计算液态奶的含氮量时盐酸体积应为第1次和第3次滴定的平均值减去xml(不含奶时消耗盐酸的体积为xml),第2次的测定结果误差较大,应舍弃。
9.工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5流程:
(1)步骤①所得废渣的成分是____________(写化学式),操作I的名称__________;
(2)步骤②、③的变化过程可简化为(下式R表示VO2+,HA表示有机萃取剂):
R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)
2RAn(有机层)+nH2SO4
(水层)
②中萃取时必须加入适量碱,其原因是_____________________________;
③中X试剂为(写化学式)______________________________________;
(3)④的离子方程式为___________________________________________;
(4)25℃时,取样进行试验分析,得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表:
pH
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2.0
2.1
钒沉淀率%
88.1
94.8
96.5
98.0
98.8
96.4
93.1
89.3
结合上表,在实际生产中,⑤中加入氨水,调节溶液的最佳pH为____________;
若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀,则溶液中c(Fe3+)<
_____________;
(已知:
25℃时,Ksp[Fe(OH)3]=2.6×
10-39)
(5)该工艺流程中,可以循环利用的物质有__________和_______________。
【答案】
(1).SiO2
(2).过滤(3).加入碱中和硫酸,促使平衡正向移动,提高钒的萃取率(4).H2SO4(5).ClO3-+9H2O+6VO2+=6VO3-+18H++Cl-(6).1.7~1.8(7).2.6×
10-3mol·
L-1(8).氨气(或氨水)(9).有机萃取剂
将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程,水溶过滤得到含VO2+、SO42-、K+的溶液,加入有机萃取剂分液得到含VO2+的有机层,再经过反萃取得到水层,加入KClO3氧化VO2+为VO3-,加入氨水调节溶液PH形成NH4VO3沉淀,灼烧得到V2O5。
据上述分析可得结论。
【详解】
(1)含有K2SO4、SiO2杂质VOSO4水溶后,二氧化硅不溶于水,过滤得到滤渣为二氧化硅,故答案为:
SiO2;
过滤;
(2)②中萃取时必须加入适量碱,能中和反应生成的硫酸,使平衡正向移动,有利于提高萃取率,③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行,可以加入硫酸抑制平衡正向进行,故答案为:
加入碱中和硫酸,促使平衡正向移动,提高钒的萃取率;
H2SO4;
(3)④的离子方程式为:
ClO3-+9H2O+6VO2+=6VO3-+18H++Cl-,故答案为:
ClO3-+9H2O+6VO2+=6VO3-+18H++Cl-;
(4)根据表中数据判断,⑤中加入氨水,调节溶液pH最佳值为1.7-1.8,此时钡沉淀率达到最大,需要氨水量较小;
若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀,此时PH=2,c(H+)=10-2mol/L,c(OH-)=10-12mol/L,则溶液中c(Fe3+)浓度依据溶度积计算,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×
c3(OH-)=2.6×
10-39,计算得到c(Fe3+)=2.6×
L-1,不产生Fe(OH)3沉淀,则溶液中c(Fe3+)<2.6×
L-1,故答案为:
1.7-1.8;
2.6×
10-3mol·
L-1;
(5)由流程图,物质参加反应,反应过程中又生成的物质,或重复利用的物质可以循环利用,流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用,故答案为:
有机萃取剂;
氨气。
【点睛】本题为工艺流程题,主要涉及化学平衡移动原理、萃取、溶度积的简单计算等知识。
在本题中的萃取和反萃取过程为一个化学平衡移动的过程,即有物理变化,以有化学变化。
10.Ⅰ.汽车尾气中含有NO、CO等有害物质,其中NOx会引起光化学烟雾等环境问题。
NH3-SCR技术是去除NOx最为有效的技术之一:
在催化剂条件下,以NH3或尿素将尾气中NOx还原为N2从而降低污染。
(1)汽车燃料中一般不含氮元素,汽缸中生成NO的原因_________________(用化学方程式表示,该反应为为可逆反应);
汽车启动后,汽缸内温度越高,单位时间内NO排放量越大,试分析其原因_____________________________。
(2)①NH3去除尾气中的NOx,当v(NO):
v(NO2)=1:
1时称为“快速SCR反应”,该反应化学方程式为______________________________________;
②合成NH3所用原料气H2,可用天然气为原料制得,有关反应能量变化如下所示。
C
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