安徽省A10联盟届高三最后一卷理综化学试题.docx
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安徽省A10联盟届高三最后一卷理综化学试题
安徽省A10联盟2018届高三最后一卷
理综化学试题
1.化学与材料、生活密切相关,下列说法错误的是
A.“一带一路”是“丝绸之路经济带”的简称,丝绸的主要成分是纤维素
B.喝补铁剂(含Fe2+)时,加服维生素C效果更好,因维生素C具有还原性
C.推广使用CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料,能减少白色污染
D.“嘉州峨眉山有燕萨石,形六棱而锐首,色莹白明澈。
”燕萨石的主要成分是二氧化硅
【答案】A
【解析】分析:
A项,天然纤维分为棉纤维和蛋白质类纤维,其中棉纤维主要成分为纤维素,蛋白质类纤维主要有蚕丝、羊毛等;B项,补铁剂中铁元素以Fe2+形式存在,需注意防止被氧化,可与还原性物质同服;C项,白色污染是对难于降解的废塑料污染环境现象的一种形象称谓;D项,水晶是石英结晶体,主要化学成份是二氧化硅,纯净时形成无色透明的晶体,根据描述,燕萨石应属于水晶。
详解:
A项,丝绸主要是蚕丝制品,所以丝绸属于蛋白质类纤维,其主要成分是蛋白质而不是纤维素,故A错误;B项,补铁剂含Fe2+,容易被氧化,维生素C具有还原性,可防止Fe2+被氧化,所以喝补铁剂(含Fe2+)时,加服维生素C效果更好,故B正确;C项,白色污染一般指一些塑料制品,由于不能降解从而对环境造成污染,而用CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料,由于可降解,最终会变为无污染的物质,所以可减少白色污染,故C正确;D项,根据描述可得,燕萨石是一种有规则几何外形、无色透明的宝石,应为水晶,属于石英晶体,所以主要成分是二氧化硅,故D正确。
综上分析,符合题意的选项为A。
2.下列说法正确的是
A.花生油和玉米油都是可皂化的饱和酯类
B.溴苯、硝基苯和环已烷都难溶于水且密度都大于水
C.分子式为C10H14的单取代芳香烃,其可能的结构有4种
D.尼龙、涤纶和有机玻璃都是通过缩聚反应制得的
【答案】C
【解析】分析:
A项,油脂都能发生皂化反应,动物脂肪主要成分为饱和酯,植物油主要成分多为不饱和酯;B项,一般硝基化合物密度大于水,很多卤代烃密度也是大于水的,烃类物质密度一般都小于水;C项,分子式为C10H14的单取代芳香烃,不饱和度为4,分子中含有一个苯环和一个丁基,其同分异构体取决于丁基的种数;D项,尼龙属于聚酰胺纤维,涤纶属于聚脂纤维,聚甲基丙烯酸甲酯(
)又称有机玻璃。
详解:
A项,花生油和玉米油都属于植物油,植物油多为不饱和酯类,故A错误;B项,溴苯、硝基苯都难溶于水且密度都大于水,环已烷难溶于水且密度比水的小,故B错误;C项,分子式为C10H14的单取代芳香烃,侧链为丁基(-C4H9),因为丁基有四种,所以分子式为C10H14的单取代芳香烃,其可能的结构有4种,故C正确;D项,尼龙和涤纶都是通过缩聚反应制得的,有机玻璃(
)是通过加聚反应制得的,故D错误。
综上分析,符合题意的选项为C。
3.用NA表示阿伏加德罗常数,下列说法错误的是
A.标准状况下,11.2L CCl4所含C-Cl键数目不是2NA
B.常温下,78g Na2S与Na2O2混合物中含有NA阴离子
C.1mol乙醇和足量的CH3CO18OH发生酯化反应得到的H218O数目为NA
D.室温下,2L0.05 mol/L的NH4NO3溶液中所含的氮原子数目为0.2 NA
【答案】C
【解析】分析:
A项,涉及使用气体摩尔体积的计算,研究对象在标准状况下应为气态物质;B项,Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol,两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为2:
1;C项,酯化反应属于可逆反应,不能进行完全;D项,1molNH4NO3中含有2molN原子,根据n=cV计算溶质的物质的量。
4.W、X、Y、Z是短周期元素,W的一种同位素无中子,X的单质在空气中含量约占78%,Y的单质在空气中燃烧发出耀眼白光,Z的单质用于工业制漂白粉。
下列说法错误的是
A.W和X形成的化合物中可能既存在极性键,又存在非极性键
B.含氧酸的酸性Z一定大于X
C.工业上采取电解熔融Y和Z化合物的方法冶炼Y
D.W和X的化合物与W和Z的化合物反应可产生白烟
【答案】B
【解析】分析:
W、X、Y、Z是短周期元素,W的一种同位素无中子,则W为H元素;X的单质在空气中含量约占78%,则X为N元素;Y的单质在空气中燃烧发出耀眼白光,则Y为Mg元素;Z的单质用于工业制漂白粉,则Z为Cl元素。
...............
5.下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向两个装满水的大小相等的表面皿中,分别加入绿豆小金属钠和黄豆大金属钾
大金属钾游动更加剧烈
金属钾比钠活泼
B
向氨水和Mg(OH)2的悬浊液中滴加少量FeCl3溶液
得到红褐色悬浊液
Ksp:
Fe(OH)3 C 使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片,再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液褪色 石蜡油蒸汽中含有烯烃 D 常温下,向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞试液 Na2CO3溶液中红色更深 Kh: CO32->HCO3- A.AB.BC.CD.D 【答案】D 【解析】分析: A项,应取同样大小的金属钠和钾与水反应,比较二者的活泼性;B项,操作涉及的反应不是沉淀的转化;C项,石蜡油裂化产物中使KMnO4溶液褪色的不一定是烯烃;D项,常温下,等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中存在弱阴离子水解使溶液显碱性,碱性越强则水解程度越大。 详解: A项,其他因素相同时,固体物质的表面积越大化学反应速率越快,因为金属钾的表面积大于金属钠的表面积,所以无法通过反应现象比较金属钾与金属钠的活泼性相对强弱,故A错误;B项,氨水与FeCl3溶液反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀,与Mg(OH)2无关,不是沉淀的转化,无法比较Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp大小,故B错误;C项,KMnO4溶液褪色,说明石蜡油蒸汽裂化生成了烯烃、炔烃等不饱和烃,不一定只有烯烃,故C错误;D项,常温下,向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞试液,Na2CO3溶液中红色更深,说明CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度,所以Kh: CO32->HCO3-,故D正确。 综上分析,符合题意的选项为D。 6.用如下装置处理含KMnO4的废液,使Mn元素转化为MnO2沉淀,从而消除重金属污染,下列说法错误的是 A.MnO4-处理完全后,实验结束时左侧可能会生成沉淀 B.右侧产生的Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式为: 7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ C.当电路中转移6mol e-时,可以产生87gMnO2沉淀 D.为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境 【答案】D 【解析】分析: 根据题意并结合图示,铁电极为电解池的阳极,发生氧化反应生成Fe2+,在弱酸性条件下Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应使Mn元素转化为MnO2沉淀。 详解: A项,MnO4-处理完全后,阳极生成的Fe2+会通过阳离子交换膜进入左侧,则左侧会生成Fe(OH)2沉淀,故A正确;B项,右侧产生的Fe2+在弱酸性条件下将MnO4-还原为MnO2,本身被氧化为Fe(OH)3,所以离子方程式为: 7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+,故B正确;C项,根据阳极电极反应: Fe-2e-=Fe2+,当电路中转移6mole-时,生成3molFe2+,根据Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+可得,生成1molMnO2,质量为: 1mol×87g/mol=87g,故C正确;D项,强酸性条件下,MnO4-与Fe2+反应为: MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,则不能使Mn元素转化为MnO2沉淀,故D错误。 综上分析,符合题意的选项为D。 点睛: 本题考查电解原理及氧化还原反应,解题时注意结合装置图分析电极反应和除去重金属的反应。 C、D为易错选项,C项,需根据阳极反应求得电路中转移6mole-时生成Fe2+的物质的量,然后根据反应7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+计算MnO2的质量,若直接根据该氧化还原反应电子转移情况计算MnO2的质量肯定是错误的;D项,注意强酸性条件下,MnO4-与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+,达不到消除重金属污染的目的。 7.常温下,现有0.1mol· L-1NH4HCO3溶液,pH=7.8。 已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时,各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示。 下列说法正确的是 A.当pH=9时,溶液中存在下列关系: c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c( CO32-) B.NH4HCO3溶液中存在下列关系: <1 C.向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时,NH4+和HCO3-浓度逐渐减小 D.分析可知,常温下水解平衡常数Kh(HCO3-)的数量级为10-7 【答案】B 【解析】分析: A项,由NH3·H2O的分布分数的变化分析NH4+的分布分数的变化,再结合图像判断当pH=9时,溶液中各离子浓度大小;B项,根据碳酸氢铵溶液pH=7.8,判断NH4+与HCO3-的大小关系,结合物料守恒解决该项;C项,结合图像判断滴入氢氧化钠溶液后NH4+和HCO3-浓度变化;D项,利用图像中的特殊点(如pH=6.5时)对应的离子浓度,计算水解平衡常数Kh(HCO3-)。 详解: A项,由图像可得,pH=9时,溶液中c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c(CO32-),又因为含氮微粒为NH4+和NH3·H2O,所以NH4+和NH3·H2O的分布分数之和应等于1,所以当pH=9时,溶液中存在关系: c(HCO3-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(CO32-),故A错误;B项,根据物料守恒,NH4HCO3溶液中存在: ①c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-),又因为0.1mol·L-1NH4HCO3溶液,pH=7.8,所以Kh(NH4+) c(NH3·H2O) <1,故B正确;C项,根据图像可知,当溶液pH增大时,NH3·H2O浓度逐渐增大,则NH4+的浓度逐渐减小,而HCO3-浓度先增大后减小,故C错误;D项,Kh(HCO3-)= ,如图常温下当pH=6.5时,c(HCO3-)=c(H2CO3),c(OH-)=Kw/c(H+)=10-14/10-6.5=10-7.5= ×10-8,将数据代入上式得: Kh(HCO3-)= ×10-8,常温下水解平衡常数Kh(HCO3-)的数量级为10-8,故D错误。 综上分析,符合题意的选项为B。 点睛: 本题结合图像考查了离子浓度大小比较、盐类的水解原理等知识,明确图像曲线变化的含义是解题关键,注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度关系中的应用(如B项),结合图像中的特殊点计算K是此种题型中常用的处理方法(如D项根据pH=6.5时对应的离子浓度计算Kh)。 8.化学探究小组设计实验探究某种氮的化合物的制备及性质。 【探究一】下图A为某气体制备装置,图中未画出。 据此回答: (1)①只用一种试剂制备A中某气体,选取的试剂是____________。 a. NH4HCO3 b. NH4Clc.Ca(OH)2d. NH4NO3 ②装置A所用的主要玻璃仪器是____________(填仪器名称)。 (2)从装置A进入装置B的物质在B中被充分吸收,写出B中发生反应的化学方程式_______________________________(写出一个即可)。 【探究二】为探究上述装置中产生的气体性质,该化学探究小组又组装了如下装置,其中C处硬质试管中装有红色粉末铜粉。 用酒精灯加热C 处硬质试管一段时间后,再通入上述实验产生的气体,过一会撤去C 处酒精灯。 据此回答: (3)若实验过程中发现F 处铜片逐渐溶解。 则: ①D 中观察到的现象是________________________________。 ②C 中发生反应的化学方程式为________________________________。 ③F 处铜片逐渐溶解的原因是________________________________。 ④该装置的不足之处是________________________________。 (4)若实验过程中F 处铜片没有任何变化,D 中无任何现象发生,只观察到C 中粉末在红色和黑色间交替变化。 则C 中发生反应的化学方程式为________________________________。 【答案】 (1).a (2).试管、酒精灯(3).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(4).D中出现红棕色气体(5).4NH3+5O2 4NO+6H2O(6).从E中出来的气体中含有二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,铜与硝酸反应而逐渐溶解(7).没有尾气吸收装置(8).4NH3+3O2 2N2+6H2O(或2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O) 【解析】分析: 由已知可得,A中制取的是某种氮的化合物,结合探究二,F处铜片逐渐溶解,说明有硝酸生成,所以气体X中有氨气,B中Na2O2与A中产生的气体反应生成了O2,氨气和氧气在C中铜的催化作用下发生反应生成NO,NO进一步被氧化成NO2。 详解: (1)①由上述分析可得,气体X中含有氨气和氧气,A中制取的氮的化合物是氨气,则只用一种试剂制备氨气,选取的试剂是NH4HCO3,故选a;②NH4HCO3固体加热分解可以在大试管中进行,故装置A所用的主要玻璃仪器是试管和酒精灯。 (2)NH4HCO3受热分解产生氨气、水和二氧化碳,二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,所以B中发生反应的化学方程式为: 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。 (3)①C中产生的NO气体很容易被氧气氧化成红棕色的NO2,所以D中会出现红棕色气体;②在C中铜的催化作用下,氨气和氧气发生反应生成NO,化学方程式为: 4NH3+5O2 4NO+6H2O;③从E中出来的气体中含有二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,F中铜与硝酸反应而逐渐溶解;④二氧化氮与水反应生成硝酸和NO,NO有毒,不能直接排放到空气中,需要进行尾气处理,而该装置的设计中没有尾气吸收装置。 (4)若实验过程中F处铜片没有任何变化,D中无任何现象发生,只观察到C中粉末在红色和黑色间交替变化,则C中氨气与氧气在铜催化作用下(或氨气与CuO)发生氧化还原反应,没有生成NO,产物应为氮气等,故反应的方程式为: 4NH3+3O2 2N2+6H2O(或2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O)。 9.随着科技的进步,合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。 甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)可用于全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂,由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成,回答下列问题: (1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3(g) CH3NH2(g)+H2O(g)△H。 已知该反应中相关化学键的键能数据如下: 共价键 C-O H-O N-H C-N 键能/kJ•mol-1 351 463 393 293 则该反应的△H=________kJ•mol-1 (2)上述反应中所需甲醇工业上利用水煤气合成,反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H<0。 在一定条件下,将l mol CO和2mol H2通入密闭容器中进行反应,当改变某一外界条件(温度或压强)时,CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示: ①平衡时,M点CH3OH的体积分数为10%,则CO的转化率为____________________。 ②X轴上a点的数值比b点_______(填“大”或“小”)。 某同学认为上图中Y轴表示温度,你认为他判断的理由是______________________________________。 (3)常温下,已知: Ksp(PbI2)=4×10-9;已知Ksp(PbCl2)=1.6×10-5,则反应PbCl2(s)+2I-(aq) PbI2(s)+2Cl-(aq)的平衡常数K=_______________。 (4)分解HI曲线和液相法制备HI反应曲线分别如图1和图2所示: ①反应H2(g)+I2(g) 2HI(g) 的△H_______(填“>”或“<”)0。 ②将二氧化硫通入碘水中会发生反应: SO2+I2+2H2O 3H++HSO4-+2I-,I2+I- I3-,图2中曲线a、b分别代表的微粒是_______、__________(填微粒符号);由图2 知要提高碘的还原率,除控制温度外,还可以采取的措施是减小___________________________________。 【答案】 (1).-12 (2).25%(3).小(4).随着Y值的增大,c(CH3OH)减小,平衡CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)向逆反应方向进行,故Y为温度(5).4000(6).<(7).2H+(8).I3-(9).减小 的投料比 【解析】分析: (1)根据“反应热=反应物总键能-生成物总键能”计算; (2)①可设CO的转化率为α,根据化学方程式及已知数据列三段式计算;②由CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H<0可得,增大压强平衡正向移动,升高温度平衡逆向移动; (3)根据K= = 计算; (4)①根据图1,分解HI时HI与H2在平衡时的物质的量随温度的变化,判断温度对平衡移动的影响;②由二氧化硫通入碘水中发生的两个反应可得: I2过量时,I-减小,I3-增多,且 越大,I-会越小,I3-会越多;H+和HSO4-都不变,且n(H+): n(HSO4-)=3: 1,再结合图2分析即可。 详解: (1)设C-H键能为xkJ•mol-1,△H=反应物总键能-生成物总键能=3xkJ•mol-1+351kJ•mol-1+463kJ•mol-1+3×393kJ•mol-1-(3xkJ•mol-1+293kJ•mol-1+2×393kJ•mol-1+2×463kJ•mol-1)=-12kJ•mol-1。 (2)①设CO的转化率为α,CO和H2的初始物质的量分别为lmol、2mol,则CO反应了αmol,由化学方程式列三段式可得: ,因为CH3OH(g)的体积分数=CH3OH(g)的物质的量分数,平衡时,M点CH3OH的体积分数为10%,则 ×100%=10%,解得: α=25%。 ②根据图示信息: X轴上a点的数值比b点小,随着Y值的增加,CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小,平衡“CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H<0”向逆反应方向进行,故Y表示温度。 (3)由已知,发生反应PbCl2(s)+2I-(aq) PbI2(s)+2Cl-(aq)的溶液为PbCl2和PbI2的饱和溶液,所以K= = = =4000。 (4)①由图1可知,平衡时随温度的升高,HI减小,H2增大,则反应2HI(g) H2(g)+I2(g)正向吸热,说明反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)正向放热,故△H<0。 ②根据图2,b为从零逐渐增大的离子,a和c始终不变,且a、c物质的量之比为3: 1,则根据SO2+I2+2H2O 3H++HSO4-+2I-,I2+I- I3-,反应中I3-越来越多,H+和HSO4-始终不变,且n(H+): n(HSO4-)=3: 1,所以a为H+,b为I3-,由图2知 增大,I3-越多,则I-会越小,所以要提高碘的还原率,除控制温度外,还可以减小 的投料比。 10.某铬铁矿主要成分是FeO·Cr2O3,含有FeCO3、SiO2、Fe3O4等杂质,现由该铬铁矿制备强氧化剂Na2Cr2O7 的流程如下: 已知: 常温下,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-30 回答下列问题: (1)物质B为______________, 溶液E为____________________。 (2)溶液G中经检测不含H2O2的可能原因是________________________________________。 (3)若步骤Ⅵ调节pH后,c(Cr3+)=6.3mol/L,则pH范围是______________(离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全)。 (4)步骤Ⅶ发生的离子方程式为________________________________________。 (5)Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的曲线如下图所示,步骤Ⅷ中操作a为___________、__________________。 (6)若称取mg该铬铁矿,其中FeO·Cr2O3的质量分数为70%,最终制得n gNa2Cr2O7固体,则该过程中Cr元素的转化率为____________________________。 【答案】 (1).Fe3O4 (2).NaHCO3(3).过量的H2O2,被Fe3+催化分解(4).3≤pH<4(5).7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+(6).加热浓缩(7).趁热过滤(8). ×100% 【解析】分析: 注意天然Fe3O4是一种反式尖晶石结构,晶体结构为六方晶系的永久磁石(硬磁体),结构牢固,很难与酸反应。 由已知铬铁矿主要成分结合流程可得,铬铁矿粉酸浸后,所得溶液F中阳离子主要为: Fe2+和Cr3+,固体A为难溶的SiO2、Fe3O4等杂质;SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠,硅酸钠与足量CO2反应生成碳酸氢钠和硅酸;溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+,通过调节pH除去Fe3+;Cr2(SO4)3溶液(H)与Na2S2O8溶液反应得到Na2Cr2O7和Na2SO4的混合溶液,最后经过一系列操作得到固体。 详解: (1)物质B具有磁性,结合铬铁矿的成分及流程可得,B为Fe3O4;溶液C为硅酸钠溶液,因为通入足量CO2,所以生成E为NaHCO3。 (2)H2O2在催化剂作用下容易分解为水和氧气,因为溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+,而Fe3+可以作为H2O2分解的催化剂,所以溶液G中不含H2O2。 (3)步骤Ⅵ调节pH的目的是除去Fe3+,留下Cr3+,因为离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全,根据常温下,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Fe3+刚好沉淀完全时: c(Fe3+)•c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3],即1.0×10-5×c3(OH-)=1.0×10-38,解得: c(OH-)=10-11,所以c(H+)=Kw/10-11=10-3,则pH=3;根据常温下,Ksp[Cr(OH)3]=6.3×1
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