高中化学7+4测试题.docx
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高中化学7+4测试题
化学7+4测试
(考试时间:
50分钟试卷满分:
100分)
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Al27S32Ca40Cu64Zn65
一、选择题:
本题共7个小题,每小题6分。
共42分,只有一项是符合题目要求的。
7.下列古诗词中所涉及化学物质的相关叙述错误的是
8.下列叙述正确的是
A.烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数
B.塑料、橡胶和纤维都属于合成高分子材料
C.乙烯和苯都能使溴水褪色,其褪色原理相同
D.淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
9.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是
A.标准状况下,以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共8.96L,在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为0.2NA
B.用惰性电极电解硫酸铜溶液时,若溶液的pH值变为1时,则电极上转移的电子数目为NA
C.32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应,生成气体的分子数为0.5NA
D.反应3H2(g)+N2(g)
2NH3(g) ΔH=-92kJ·mol-1,当放出热量9.2kJ时转移电子0.6NA
10.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,W和X同族。
Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍,是Z原子最外层电子数的2倍。
下列说法正确的是
A.离子半径:
W-<X+
B.Z的最高价氧化物的水化物是强碱
C.化合物XZW4具有强还原性
D.W与Y只能形成10电子化合物
11.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置如图)。
其实验步骤为:
步骤1:
将三颈烧瓶中的一定配比的无水AlCl3、1,2二氯乙烷和苯甲醛充分混合后,升温至60℃,缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴,保温反应一段时间,冷却。
步骤2:
将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中。
搅拌、静置、分液。
有机相用10%NaHCO3溶液洗涤。
步骤3:
经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体。
放置一段时间后过滤。
步骤4:
减压蒸馏有机相,收集相应馏分。
下列说法错误的是
A.甲同学认为步骤1中使用1,2二氯乙烷的目的是作催化剂,加快反应速率
B.乙同学认为可在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水MgSO4的干燥管,实验效果可能会更好
C.丙同学认为步骤2中有机相使用10%NaHCO3溶液洗涤可除去大部分未反应完的Br2
D.丁同学认为步骤4中减压蒸馏有机相是因为间溴苯甲醛高温下容易氧化或分解
12.“太阳水”电池装置如图所示,该电池由三个电极组成,其中a为TiO2电极,b为Pt电极,c为WO3电极,电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。
锂离子交换膜将电池分为A、B两个区,A区与大气相通,B区为封闭体系并有N2保护。
下列关于该电池的说法错误的是
A.若用导线连接a、c,则a为负极,该电极附近pH减小
B.若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+
C.若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化
D.若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
13.下图是0.01mol/L甲溶液滴定0.01mol/L乙溶液的导电能力变化曲线,其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液,其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。
下列判断错误的是
A.条件相同时导电能力:
盐酸>NaAc
B.曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线
C.随着甲溶液体积增大,曲线①仍然保持最高导电能力
D.a点是反应终点
二、非选择题:
共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共43分。
26.(14分)碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。
工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属,其工艺流程如下:
已知:
TeO2微溶于水,易与较浓的强酸、强碱反应。
回答下列问题:
(1)已知Te为VIA族元素,TeO2被浓NaOH溶液溶解,所生成盐的化学式为____________。
(2)“酸浸2”时温度过高会使Te的浸出率降低,原因是________________________。
(3)“酸浸1”过程中,控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2,反应的化学方程式为____________;
“还原”过程中,发生反应的离子方程式为_____________________________。
(4)工业上也可用电解法从铜阳极泥中提取碲,方法是:
将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2,再用NaOH溶液碱浸,以石墨为电极电解所得溶液获得Te。
电解过程中阴极上发生反应的电极方程式为____________________。
在阳极区溶液中检验出有TeO42-存在,生成TeO42-的原因是_____________________。
(5)常温下,向lmol·L-1Na2TeO3溶液中滴加盐酸,当溶液pH=5时,c(TeO32-):
c(H2TeO3)=__________。
(已知:
H2TeO3的Ka1=1.0×10-3Ka2=2.0×10-8)
27.(15分)全球碳计划组织(GCP,TheGlobalCarbonProject)报告称,2018年全球碳排放量约371亿吨,达到历史新高。
(1)中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂,实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油,其过程如图1所示。
①已知:
CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-1
2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)△H=-128kJ·mol-1
则上述过程中CO和H2转化为CH2=CH2的热化学方程式是_________。
②下列有关CO2转化为汽油的说法,正确的是___________________(填标号)。
A.该过程中,CO2转化为汽油的转化率高达78%
B.中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键
C.在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2O
D.催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
③若在一容器中充入一定量的CO2和H2,加入催化剂恰好完全反应,且产物只生成C5以上的烷烃类物质和水。
则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于_________。
(2)研究表明,CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇。
反应方程式为CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)△H<0。
一定条件下,往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2,在不同催化剂作用下合成甲醇,相同时间内CO2的转化率随温度变化关系如图2所示。
①该反应自发进行的条件是__________(填“高温”“低温”或“任意温度”)
②催化效果最佳的催化剂是__________(填“A”“B”或“C”);b点时,
________
(填“>”“<”或“=”)。
③若容器容积保持不变,则不能说明该反应达到化学平衡状态的是________。
a.c(CO2)与c(H2)的比值保持不变
b.v(CO2)正=v(H2O)逆
c.体系的压强不再发生变化
d.混合气体的密度不变
e.有lmolCO2生成的同时有断开3mol的H-H键
f.气体的平均相对分子质量不变
④已知容器内的起始压强为100kPa,若图2中c点已达到平衡状态,则该温度下反应的平衡常数Kp=____________________(只列出计算式,不要求化简,Kp为以分压表示的平衡常数,分压=总压×物质的量分数)。
28.(14分)工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质.某同学设计了如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解).
(1)实验原理
①Al4C3与硫酸反应可生成CH4,
②AlN溶于强酸产生铵盐,溶于强碱生成氨气,请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式。
(2)实验装置(如图所示)
(3)实验过程
①连接实验装置,检验装置的气密性.称得D装置的质量为yg,滴定管的读数为amL。
②称取xgAlN样品置于装置B瓶中;塞好胶塞,关闭活塞,打开活塞,通过分液漏斗加入稀硫酸,与装置B瓶内物质充分反应.
③待反应进行完全后,关闭活塞,打开活塞,通过分液漏斗加入过量(填化学式),与装置B瓶内物质充分反应。
④(填入该步应进行的操作)。
⑤记录滴定管的读数为bmL,称得D装置的质量为zg。
(4)数据分析(已知:
该实验条件下的气体摩尔体积为VmL•mol﹣1)
①Al4C3的质量分数为。
②若读取滴定管中气体的体积时,液面左高右低,则所测气体的体积(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③AlN的质量分数为。
(二)选考题:
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做,则按所做的第一题计分。
35.[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)
Cu的单质和合金在生活、生产中有着广泛的应用。
回答下列问题:
(1)Cu的基态原子价电子排布式为____________。
(2)金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应,但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应,其原因是___________________________,反应的化学方程式为___________________________。
(3)配离子Cu(CN)32-中,中心离子的杂化类型是___________,该配离子的空间构型为___________;CN-中配位原子是___________(填名称)。
(4)CaCux合金可看作由如图所示的(a)、(b)两种原子层交替堆积排列而成。
(a)是由Cu和Ca共同组成的层,层中Cu—Cu之间由实线相连;(b)是完全由Cu原子组成的层,Cu—Cu之间也由实线相连。
图中虚线构建的六边形,表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置;(c)是由(a)和(b)两种原子层交替堆积成CaCux合金的晶体结构图。
在这种结构中,同一层的Ca—Cu距离为294pm,相邻两层的Ca—Cu距离为327pm。
①该晶胞中Ca有___________个Cu原子配位(不一定要等距最近)。
②同一层中,Ca原子之间的最短距离是___________pm,设NA为阿伏加德罗常数的值,CaCu晶体的密度是___________g/cm3(用含m、n的式子表示)。
36.[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
PVAc是一种具有热塑性的树脂,可合成重要高分子材料M,合成路线如下:
已知:
R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基
I.R'CHO+R"CH2CHO
II.RCHO+
(1)标准状况下,4.48L气态烃A的质量是5.2g,则A的结构简式为___________________。
(2)已知A→B为加成反应,则X的结构简式为_______;B中官能团的名称是_________。
(3)反应①的化学方程式为______________________。
(4)E能使溴的四氯化碳溶液褪色,反应②的反应试剂和条件是_______________________。
(5)反应③的化学方程式为____________________________。
(6)在E→F→G→H的转化过程中,乙二醇的作用是__________________________。
(7)已知M的链节中除苯环外,还含有六元环状结构,则M的结构简式为_________________。
答案解析:
7.【答案】A
【解析】A选项,铵根离子、锡离子都要水解,水解显酸性,故A错误;
B选项,蔗糖是二糖,即双糖,故B正确;
C选项,蚕丝主要成份是蛋白质,故C正确;
D选项,硫化汞在空气中受热会生成汞和二氧化硫,故D正确。
综上所述,答案为A。
8.【答案】A
【解析】A.烃分子中的氢原子个数一定为偶数,烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数,A项正确;
B.合成纤维、合成橡胶、塑料都是有机合成高分子材料,而天然橡胶、天然纤维不是合成高分子材料,B项错误;C.烯烃使溴水褪色的原理是加成反应,苯使溴水褪色的原理是萃取,二者原理不同,C项错误;
D.葡萄糖为单糖,不能发生水解反应,D项错误;答案选A。
【点睛】1、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应;
2、苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢;苯分子中没有碳碳双键,不能与溴水发生加成反应,但溴更易溶于苯中,溴水与苯混合时,可发生萃取,苯的密度小于水,因此上层为溴的苯溶液,颜色为橙色,下层为水,颜色为无色,这是由于萃取使溴水褪色,没有发生化学反应。
这是学生们的易错点,也是常考点。
9.【答案】B
【解析】A.氢气和一氧化碳气体的物质的量为8.96L÷22.4L·mol-1=0.4mol,根据2CO~O2,2H2~O2,可知共消耗O20.2mol,分子数为0.2NA,故A正确;
B.用惰性电极电解硫酸铜溶液时,2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4,若溶液的pH值变为1时,没有提供溶液的体积,无法计算生成的硫酸的物质的量,故B错误;
C.32.5g锌的物质的量为0.5mol,完全反应变成锌离子失去1mol电子;与浓硫酸完全反应,无论生成二氧化硫还是生成氢气,每生成1个气体分子达到2个电子,所以转移1mol电子会生成0.5mol气体,生成气体分子数为0.5NA,故C正确;
D.反应3H2(g)+N2(g)
2NH3(g) ΔH=-92kJ·mol-1,当放出热量9.2kJ时,参加反应的氢气为0.3mol,转移电子0.6NA,故D正确;故选B。
10.【答案】C
【解析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,W和X同族。
Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍,Y最外层电子是6,W和X同族是IA,是Z原子最外层电子数的2倍,Z最外层电子是3。
W为H,X为Li,Y为O,Z为Al。
A.电子层结构相同的粒子,核电荷数越大,半径越小,离子半径:
H->Li+,故A错误;
B.Al的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3,是两性氢氧化物,故B错误;
C.化合物LiAlH4中H是-1价,具有强还原性,故C正确;
D.W与Y能形成10电子化合物H2O,还能形成18电子的化合H2O2,故D错误;故选C。
【点睛】本题考查元素周期表及其推断,解题关键:
W和X同族,Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍,W和X同族只能是IA,易错点D,氢和氧可形成水和双氧水两种化合物。
11.【答案】A
【解析】将三颈烧瓶中一定配比的无水AlC13、1,2二氯乙烷和苯甲醛充分混合,无水AlCl3作催化剂,1,2二氯乙烷作溶剂,苯甲醛作反应物,A项错误;若在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水MgSO4的干燥管,则可以防止锥形瓶中的水蒸气进入冷凝管,实验效果可能会更好,B项正确;有机相中含有未反应完的Br2,使用10%NaHCO3溶液洗涤可除去大部分未反应完的Br2,C项正确;减压蒸馏,可降低沸点,避免温度过高,导致间溴苯甲醛被氧化或分解,D项正确。
12.【答案】B
【解析】A.用导线连接a、c,a极发生氧化,为负极,发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑,a电极周围H+浓度增大,溶液pH减小,故A正确;
B.用导线连接a、c,c极为正极,发生还原反应,电极反应为WO3+xH++xe-=HxWO3,故B错误;
C.用导线先连接a、c,再连接b、c,由光电池转化为原电池,实现太阳能向电能转化,故C正确;
D.用导线连接b、c,b电极为正极,电极表面是空气中的氧气得电子,发生还原反应,电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,故D正确;故答案为B。
13.【答案】C
【解析】A.由曲线③盐酸滴定NaAc溶液,导电能力升高,滴定到一定程度后导电能力迅速升高,说明条件相同时导电能力:
盐酸>NaAc,故A正确;
B.曲线②的最低点比曲线③还低,为醋酸滴定NaOH溶液的曲线,因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线,故B正确;
C.由曲线①起始点最高,说明盐酸的导电能力最强,随着甲溶液体积增大,曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物,根据曲线②可知,氢氧化钠的导电能力不如盐酸,而随着甲溶液体积增大,曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线,因此最高点曲线③,故C错误;
D.反应达到终点时会形成折点,因为导电物质发生了变化,即a点是反应终点,故D正确;故选C。
26.【答案】(14分,每空2分)
(1)Na2TeO3
(2)温度升高,浓盐酸易挥发,反应物浓度减小,导致浸出率降低
(3)Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+TeO22SO2+Te4++4H2O=2SO42-+Te+8H+
(4)TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-TeO32-在阳极直接被氧化,或阳极生成的氧气氧化TeO32-得到TeO42-
(5)0.2
【解析】
(1)TeO2被浓NaOH溶液溶解,根据SO2与碱反应得出所生成盐的化学式为Na2TeO3,故答案为:
Na2TeO3。
(2)“酸浸2”时温度过高会使Te的浸出率降低,原因是温度升高,浓盐酸易挥发,反应物浓度减小,导致浸出率降低,故答案为:
温度升高,浓盐酸易挥发,反应物浓度减小,导致浸出率降低。
(3)“酸浸1”过程中,控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2、Cu元素转化成CuSO4,反应的化学方程式为Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+TeO2;根据题给已知,TeO2溶于浓盐酸得到TeCl4,“还原”过程中二氧化硫将Te4+还原成Te,发生反应的离子方程式为2SO2+Te4++4H2O=2SO42-+Te+8H+,故答案为:
Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+TeO2;2SO2+Te4++4H2O=2SO42-+Te+8H+。
(4)将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2,TeO2用NaOH溶液浸取时转化为Na2TeO3,电解过程实际是电解Na2TeO3溶液的过程,其阴极上发生反应的电极方程式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-,在阳极区溶液中检验出有TeO42-存在,TeO32-化合价升高变为TeO42-,生成TeO42-的原因是可能为TeO32-在阳极直接被氧化,也可能为阳极生成的氧气氧化TeO32-得到TeO42-,故答案为:
TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-;TeO32-在阳极直接被氧化,或阳极生成的氧气氧化TeO32-得到TeO42-。
(5)常温下,向lmol·L-1Na2TeO3溶液中滴加盐酸,将
,当溶液pH=5时,
,故答案为:
0.2。
27.【答案】(15分)
(1)①2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)∆H=-210kJ∙mol-1(2分)②B(2分)③6:
19(2分)
(2)①低温(1分)②A(2分)>(2分)③ad(2分)④
(2分)
【解析】
根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式;根据图示反应历程分析反应的中间产物,判断催化剂对反应的影响;根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算;根据熵变和焓变判断反应是否自发进行;根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态;根据各物质的分压计算平衡常数。
(1)①已知:
ICO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-1,II2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)△H=-128kJ·mol-1,根据盖斯定律II-I×2得:
2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-128kJ·mol-1-(+41kJ·mol-1)×2=-210kJ∙mol-1,故热化学方程式为:
2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)∆H=-210kJ∙mol-1;
②A.由图示分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率,故A错误;
B.中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物,是转化的关键,故B正确;
C.根据图1所示,在Na-Fe3O4上发生的反应应为CO2生成CO的反应,氢气未参加反应,故C错误;
D.催化剂HZSM-5的作用是加快反应速率,对平衡产率没有影响,故D错误;故答案为:
B;
③烷烃的通式为CnH(2n+2),假设只生成C6H14和水,则根据原子守恒知:
6molCO2恰好完全反应生成1molC6H14和12molH2O需要的H2的物质的量为:
,所以CO2和H2的物质的量之比不低于6mol:
19mol=6:
9,故答案为:
6:
9;
(2)①该反应为放热反应,△H<0,根据方程式知:
△S<0,根据ΔG=ΔH-TΔS,若ΔG<0则T较小,即低温时该反应自发进行,故答案为:
低温;
②如图所示相同时间内催化剂A的转化率较高,说明反应较快催化效果好;b点时,还未达到平衡,则说明
>
,故答案为:
A;>;
③a.c(CO2)与c(H2)初始时比值为1:
3,所以按照化学计量数1:
3反应后,比值始终保持不变,不能说明该反应达到平衡,故a选;
b.根据化学计量数之比知:
v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆,正逆反应速率相等,则说明已经达到平衡,故b不选;
c.该反应为气体减小的反应,所以当体系的压强不再发生变化,说明反应物和生成物浓度保持不变,能说明达到平衡状态,故c不选;
d.根据质量守恒原理知,反应前后总质量始终不变,且容器体积不变,则混合气体的密度始终不变,所以气体密度不变不能说明达到平衡,故d选;
e.断开3mol的H-H键时说明有3mol氢气消耗,则应该消耗1molCO2,则CO2的浓度保持不变,能说明达到平衡状态,故e不选;
f.反应前后气体的物质的量减小,质量保持不变,则气体的平均相对分子质量应增大,若不变,说明达到平衡状态,故f不选;故答案为:
ad;
④c点时CO2的转率为80%,则反应掉1mol×80%=0.8mol,
起始状态容器中气体总物质的量为1mol+3mol=4mol,平衡时容器中气体总物质的量为0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol,容器体积不变,起始压强为100kPa,则平衡时总压强为:
100kPa×
=60kPa,根据分压=总压×物质的量分数计算得:
,故答案为:
。
28.【答案】(14分)
(1)AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑(2分)
(3)②K2、K3(1分)K1(1分)③K1(1分)K3(1分)NaOH(1分)④打开K2,通入空气一段时间(2分)
(4)①
×100%(2分)②偏小(1分)③
×100%(2分)
【解析】从实验装置和实验步骤上看,本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应,量取生成的甲烷气体,从而可测得Al4C3的百分含量;用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应,充分吸收生成的氨气,并称量其质量,从而求得AlN的质量分数;
(1)根据题目信息:
A
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- 高中化学 测试