届福建省泉州重点中学高三理科综合能力测试二化学试题解析版.docx
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届福建省泉州重点中学高三理科综合能力测试二化学试题解析版
2020届福建省泉州重点中学高三11月理科综合能力测试
(二)化学试题(解析版)
1.我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。
下列说法中错误的是
A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料
B.“嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料
C.5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2
D.“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素
【答案】C
【解析】
【详解】A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯,乙烯是制备聚乙烯的原料,故A正确;
B.SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料,故B正确;
C.计算机芯片的主要材料是单质Si,故C错误;
D.氕、氘、氚质子数都是1,中子数分别是0、1、2,所以互为同位素,故D正确;选C。
2.2019年是“国际化学元素周期表年”。
1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列,准确预留了甲、乙两种未知元素的位置,并预测了二者的相对原子质量,部分原始记录如下。
下列说法中错误的是
A.甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族B.原子半径比较:
甲>乙>Si
C.乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4D.推测乙的单质可以用作半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】从示意图可以看出同一行的元素在同一主族,同一列的元素在同一周期,甲元素与B和Al在同一主族,与As同一周期,则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族,为Ga元素,同理,乙元素的位置是第四周期第ⅣA族,为Ge元素。
A.从示意图可以看出同一行的元素在同一主族,同一列的元素在同一周期,甲元素与B和Al在同一主族,与As同一周期,则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族,A项正确;
B.甲元素和乙元素同周期,同周期元素核电荷数越小半径越大,甲元素的原子序数小,所以甲元素的半径大于乙元素。
同主族元素,核电荷数越大,原子半径越大,乙元素与Si同主族,乙元素核电荷数大,原子半径大,排序为甲>乙>Si,B项正确;
C.同主族元素的非金属性从上到下越来越弱,则气态氢化物的稳定性越来越弱,元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4,C项错误;
D.乙为Ge元素,同主族上一个元素为硅元素,其处于非金属和金属元素的交界处,可用作半导体材料,D项正确;
本题答案选C。
3.国际计量大会第26届会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol―1),并将于2019年5月20日正式生效。
下列说法中正确的是
A.在1mol
中,含有的中子数为6NA
B.将7.1gC12溶于水制成饱和氯水,转移的电子数为0.1NA
C.标准状况下,11.2LNO和11.2LO2混合后,气体的分子总数为0.75NA
D.某温度下,1LpH=3的醋酸溶液稀释到10L时,溶液中H+的数目大于0.01NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、
中含有中子数是11-5=6,所以1mol
中含有的中子数为6NA,故A正确;
B、将7.1gC12溶于水制成饱和氯水,氯气没有完全与水反应,所以转移的电子数小于0.1NA,故B错误;
C、标准状况下,11.2LNO和11.2LO2混合后,由于存在2NO2
N2O4,所以气体的分子总数小于0.75NA,故C错误;
D、某温度下,1LpH=3的醋酸溶液稀释到10L时,溶液4>pH>3,溶液中H+的数目小于0.01NA,故D错误。
4.下列选项中,利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是
选项
实验器材
相应实验
A
天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管
用NaCl固体配制100mL1.00mol/LNaCI溶液
B
烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板
中和反应反应热的测定
C
酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台
实验测定酸碱滴定曲线
D
三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片
钠在空气中燃烧
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A、用NaCl固体配制100mL1.00mol/LNaCI溶液,需用玻璃棒引流和搅拌,故不选A;
B、中和反应反应热的测定需用温度计测量反应前后的温度,故不选B;
C、实验测定酸碱滴定曲线,需用有指示剂判断滴定终点,故不选C;
D、用三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片可以完成钠在空气中燃烧的实验,故选D。
【点睛】本题涉及基础实验操作仪器的选择,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,把握实验的方法、步骤和使用的仪器,注重课本实验等基础知识的积累。
5.四种有机物的结构简式如下图所示。
下列说法中错误的是
A.①②③④的分子式相同B.①②中所有碳原子均处于同一平面
C.①④的一氯代物均有2种D.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④
【答案】B
【解析】
【详解】A.①②③④的分子式都是C8H8,故A正确;
B.①中含有多个饱和的碳原子,根据甲烷分子的正四面体结构可以判断,分子中所有碳原子不可能共平面,故B错误;
C.①④分子中都有2种等效氢,所以一氯代物均有2种,故C正确;
D.③分子中没有碳碳双键,④分子中有碳碳双键,③不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,④能,故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④,D正确。
选B。
6.电解合成1,2-二氯乙烷的实验装置如图所示。
下列说法中正确的是
A.该装置工作时,化学能转变为电能
B.CuCl2能将C2H4还原为l,2-二氯乙烷
C.X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D.该装置总反应为CH2CH2+2H2O+2NaCl
H2+2NaOH+ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A.该装置为外加电源的电解池原理;
B.根据装置图易知,阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应,根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律;
C.根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答;
D.根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】A.该装置为电解池,则工作时,电能转变为化学能,故A项错误;
B.C2H4中C元素化合价为-2价,ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价,则CuCl2能将C2H4氧化为1,2一二氯乙烷,故B项错误;
C.该电解池中,阳极发生的电极反应式为:
CuCl-e-+Cl-=CuCl2,阳极区需要氯离子参与,则X为阴离子交换膜,而阴极区发生的电极反应式为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-,有阴离子生成,为保持电中性,需要电解质溶液中的钠离子,则Y为阳离子交换膜,故C项错误;
D.该装置中发生阳极首先发生反应:
CuCl-e-+Cl-=CuCl2,生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1,2一二氯乙烷和CuCl,在阳极区循环利用,而阴极水中的氢离子放电生成氢气,其总反应方程式为:
CH2=CH2+2H2O+2NaCl
H2+2NaOH+ClCH2CH2Cl,故D项正确;
答案选D。
7.向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH随混合前溶液中
变化的曲线如图所示。
实验发现:
ⅰ.a点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液显红色;
ⅱ.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。
取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象,滴加KSCN溶液显红色。
下列分析合理的是
A.向a点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象
B.b点较a点溶液pH升高的主要原因:
2Fe3++SO32-+H2O
2Fe2++SO42-+2H+
C.c点溶液中发生的主要反应:
2Fe3++3SO32-+6H2O
2Fe(OH)3+3H2SO3
D.向d点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加NaOH溶液,红色加深
【答案】C
【解析】
【分析】
根据i的现象,a点溶液为澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,该沉淀中含有Fe(OH)2,即a点溶液中含有Fe2+,FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,先发生2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+,c点和d点溶液中Fe3+和SO32-发生双水解反应产生红褐色沉淀,且生成H2SO3,因此无气体产生,然后据此分析;
【详解】根据i的现象,a点溶液为澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,该沉淀中含有Fe(OH)2,即a点溶液中含有Fe2+,FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,先发生2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+,c点和d点溶液中Fe3+和SO32-发生双水解反应产生红褐色沉淀,且生成H2SO3,因此无气体产生,取上层清液滴加NaOH溶液,无明显现象,是因为NaOH与H2SO3反应,滴加KSCN溶液显红色,说明溶液中含有Fe3+,
A、a点处溶液中含有SO42-,加入BaCl2,会产生BaSO4白色沉淀,故A错误;
B、pH升高说明溶液c(H+)减小,原因是c(SO32-)增大,水解程度增大,按照给出方程式,生成H+,溶液c(H+)增大,溶液的pH应减小,不会增大,故B错误;
C、c点溶液中Fe3+和SO32-发生双水解反应,离子方程式为2Fe3++3SO32-+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2SO3,故C正确;
D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3+,因此红色应变浅,故D错误;
答案为C。
8.废旧光盘金属层中含有金属Ag(其它金属微量忽略不计),从光盘中提取金属Ag的工艺流程如下。
请回答下列问题。
(1)“氧化”阶段需在80℃条件下进行,使用的加热方式为______________________。
(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,该反应的化学方程式为____________。
有人提出用HNO3代替NaClO氧化Ag,从反应产物的角度分析,其缺点是______________。
(3)“过滤Ⅰ”中洗涤难溶物的实验操作为_____________________________________。
(4)常用10%的氨水溶解AgCl固体,AgCl与NH3•H2O按1:
2反应可生成Cl-和一种阳离子_____(填阳离子的化学式)的溶液。
实际反应中,即使氨水过量,“废渣”中也含有少量AgCl固体,可能的原因是__________________________________________。
(5)理论上消耗0.1molN2H4•H2O可“还原”得到_____gAg的单质。
【答案】
(1).水浴加热
(2).4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑(3).生成氮氧化物,污染空气(4).向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没,使洗涤液自然流下,重复2~3次(5).[Ag(NH3)2]+(6).氨水溶解AgCl的反应是可逆反应,不能进行到底(7).43.2
【解析】
【分析】
(1)精确控制温度,需要水浴加热;
(2)根据得失电子守恒配平NaClO溶液与Ag反应的方程式;
(3)根据实验操作规范回答洗涤难溶物的操作方法;
(4)根据原子守恒判断AgCl与NH3•H2O按1:
2反应生成
阳离子;
(5)根据得失电子守恒计算生成Ag的质量。
【详解】
(1)“氧化”阶段需在80℃条件下进行,使用水浴加热;
(2)根据得失电子守恒,NaClO溶液与Ag反应生成AgCl、NaOH和O2的方程式是4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑;若用硝酸做氧化剂,还原产物是氮氧化合物,污染环境。
(3)“过滤Ⅰ”中洗涤难溶物的实验操作为向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没,使洗涤液自然流下,重复2~3次
(4)AgCl与NH3•H2O按1:
2反应方程式是AgCl+2NH3•H2O
[Ag(NH3)2]Cl,所以生成的阳离子是[Ag(NH3)2]+;由于可逆反应不能进行到底,所以即使氨水过量,“废渣”中也含有少量AgCl固体;
(5)N2H4•H2O与[Ag(NH3)2]Cl发生氧化还原反应,氧化产物是氮气,还原产物是Ag,0.1molN2H4•H2O反应转移0.4mol电子,根据得失电子守恒,可“还原”得到0.4molAg,质量为0.4mol×108g/mol=43.2g。
9.回收利用硫和氮的氧化物是环境保护的重要举措。
(1)已知:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g),正反应的活化能为ckJ•molˉ1。
该反应历程为:
第一步:
2NO(g)
N2O2(g)△H1=-akJ•molˉ1(快反应)
第二步:
N2O2(g)+O2(g)
2NO2(g)△H2=-bkJ•molˉ1(慢反应)
①下列对上述反应过程表述正确的是__________(填标号)。
A.NO比N2O2稳定
B.该化学反应的速率主要由第二步决定
C.N2O2为该反应的中间产物
D.在一定条件下N2O2的浓度为0时反应达到平衡
②该反应逆反应的活化能为_______________。
(2)通过下列反应可从燃煤烟气中回收硫。
2CO(g)+2SO2(g)
2CO2(g)+S(l)△H﹤0,在模拟回收硫的实验中,向某恒容密闭容器通入2.8molCO和1molSO2,反应在不同条件下进行,反应体系总压强随时间的变化如图所示:
①与实验a相比,实验b改变的实验条件可能是______________________。
②实验b中的平衡转化率a(SO2)=_________。
(3)用NH3消除NO污染的反应原理为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O。
不同温度条件下,NH3与NO的物质的量之比分别为3:
1、2:
1、1:
1时,得到NO脱除率曲线如图所示:
①曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是_______________。
②曲线a中NO的起始浓度为4×10-4mg/m3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为_____________mg/(m3•s)。
(4)双碱法除去SO2是指:
用NaOH吸收SO2,并用CaO使NaOH再生。
NaOH溶液
Na2SO3溶液
①用化学方程式表示NaOH再生的原理____________________________________。
②25℃时,将一定量的SO2通入到NaOH溶液中,两者完全反应,得到含Na2SO3、NaHSO3的混合溶液,且溶液恰好呈中性,则该混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____________(已知25℃时,H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2,Ka2=1×10-7)。
【答案】
(1).BC
(2).(a+b+c)kJ•molˉ1(3).使用催化剂(4).95%(5).1:
1(6).1×10-4(7).CaO+H2O+Na2SO3=CaSO3+2NaOH(8).c(Na+)>c(HSO3-)=c(SO32-)>c(OH-)=c(H+)
【解析】
【分析】
(1)①A.第一步正反应快,活化能小;
B.该化学反应的速率主要由最慢的一步决定;
C.N2O2为该反应的中间产物
D.在一定条件下N2O2的浓度不变反应达到平衡;
②已知:
2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g),正反应的活化能为c kJ•mol-1.该反应历程为:
第一步:
2NO(g)⇌N2O2(g)△H1 =-a kJ•mol-1 (快反应)
第二步:
N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2 =-b kJ•mol-1 (慢反应)
据此计算该反应逆反应的活化能=正反活化能-反应焓变;
(2)①a、c开始均通入2.8mol CO和1molSO2,容器的容积相同,而起始时c的压强大于a,物质的量与体积一定,压强与温度呈正比关系;
②结合三行计算列式得到,气体压强之比等于气体物质的量之比;
(3)①两种反应物存在的反应,增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率,据此分析;
②根据NO的脱除量变化值和脱除时间计算NO的脱出速率;
(4)①过程中NaOH再生是平衡CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)正向进行;氢氧根离子浓度增大;
②25℃时,将一定量的SO2通入到NaOH溶液中,两者完全反应,得到含Na2SO3、NaHSO3的混合溶液,且溶液恰好呈中性,已知25℃时,H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2,Ka2=1×10-7,可知SO32-的水解常数为
=1×10-7,可知Na2SO3的水解与NaHSO3的电离程度相等。
【详解】
(1)①A.第一步正反应快,活化能小于第二步正反应活化能,故A错误;
B.第二步:
N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2 =-b kJ•mol-1 (慢反应),该化学反应的速率主要由第二步决定,故B正确;
C.已知:
2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g),正反应的活化能为c kJ•mol-1.该反应历程为:
第一步:
2NO(g)⇌N2O2(g)△H1 =-a kJ•mol-1 (快反应)
第二步:
N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2 =-b kJ•mol-1 (慢反应)
分析过程可知,N2O2为该反应的中间产物,故C正确;
D.反应为可逆反应,在一定条件下N2O2的浓度不变时反应达到平衡,故D错误;
故答案为:
BC;
②已知:
2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g),正反应的活化能为c kJ•mol-1.该反应历程为:
第一步:
2NO(g)⇌N2O2(g)△H1 =-a kJ•mol-1 (快反应)
第二步:
N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2 =-b kJ•mol-1 (慢反应)
逆反应的活化能为=正反活化能-反应焓变=c-[(-a)+(-b)]kJ/mol=(a+b+c)kJ/mol,
故答案为:
(a+b+c)kJ/mol;
(2)①a、c开始均通入2.8mol CO和1molSO2,容器的容积相同,而起始时c的压强大于a,物质的量与体积一定,压强与温度呈正比关系,故c组改变的实验条件可能是:
升高温度,
故答案
:
升高温度;
②设消耗二氧化硫物质的量x,2CO(g)+2SO2(g)
2CO2(g)+S(l)
起始量(mol) 2.8 1 0
变化量(mol) x x x
平衡量(mol)2.8-x 1-x x
,解得x=0.95mol,
实验b中的平衡转化率a(SO2)=
×100%=95%,
故答案为:
95%;
(3)①两种反应物存在的反应,增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率,根据图象,曲线c的NO脱除率最低,即NO的转化率最低,所以NO的在总反应物中的比例最高,符合的是n(NH3):
n(NO)的物质的量之比1:
1,
故答案为:
1:
1;
②曲线a中NO的起始浓度为4×10-4mg/m3,从A点到B点经过0.8s,根据图象,NO的脱除率从55%上升到75%,则该段时间内NO的脱除量为△c=4×10-4mg/m3×(75%-55%)=8×10-5mg/m3,时间间隔为△t=0.8s,所以该段时间内NO的脱除速率为=
=1.0×10-4mg/(m3•s),
故答案为:
1.0×10-4;
(4)①过程中加入CaO,存在CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq),因SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成,反应的化学方程式:
CaO+H2O+Na2SO3═CaSO3+2NaOH,
故答案为:
CaO+H2O+Na2SO3═CaSO3+2NaOH;
②已知25℃时,H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2,Ka2=1×10-7,可知SO32-的水解常数为
=
=1×10-7,可知Na2SO3的水解与NaHSO3的电离程度相等,则知25℃时由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性,即c(OH-)=c(H+),可知c(SO32-)=c(HSO3-),则溶液中存在c(Na+)>c(HSO3-)=c(SO32-)>c(OH-)=c(H+),
故答案
:
c(Na+)>c(HSO3-)=c(SO32-)>c(OH-)=c(H+)。
【点睛】溶液中离子的浓度大小比较,需注意溶液的酸碱性,利用电离平衡常数和水解平衡常数判断溶液的电离程度和水解程度。
10.(NH4)2SO4是常见的化肥和化工原料,受热易分解。
某兴趣小组拟探究其分解产物。
[查阅资料](NH4)2SO4在260℃和400℃时分解产物不同。
[实验探究]该小组拟选用下图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)
实验1:
连接装置A-B-C-D,检查气密性,按图示加入试剂(装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL)。
通入N2排尽空气后,于260℃加热装置A一段时间,停止加热,冷却,停止通入N2。
品红溶液不褪色,取下装置B,加入指示剂,用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸,终点时消耗NaOH溶液25.00mL。
经检验滴定后的溶液中无SO42-。
(1)仪器X的名称是________________。
(2)滴定前,下列操作的正确顺序是_________(填字母编号)。
a.盛装0.2000mol/LNaOH溶液
b.用0.2000mol/LNaOH溶液润洗
c.读数、记录
d.查漏、清洗
e.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
(3)装置B内溶液吸收气体的物质的量是__________mol
实验2:
连接装置A-D-B,检查气密性,按图示重新加入试剂。
通入N2排尽空气后,于400℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物,停止加热,冷却,停止通入N2。
观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。
经检验,该白色固体和装置D内溶液中有SO32-,无SO42-。
进一步研究发现,气体产物中无氮氧化物。
(4)检验装置D内溶液中有SO32-,无SO42-的实验操作和现象是__________.
(5)装置B内溶液吸收的气体是____________.
(6)(NH4)2SO4在400℃分解的化学方程式是______________________.
【答案】
(1)圆底烧瓶
(2)dbaec
(3)0.03mol
(4)取少量装置D内溶液于试管中,滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀;加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解,放出无色刺激性气体
(5)NH3
(6)3(NH4)2SO4
4NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑
【解析】
试题分析:
(1)根据仪器结构可知仪器X的名称是圆底烧瓶;
(2)滴定的操作步骤为:
首先查漏、水洗,然后用待装溶液来润洗,再装溶液,再
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