河南省洛阳市届高三第二次统一考试理综化学.docx
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河南省洛阳市届高三第二次统一考试理综化学
I卷(选择题,共126分)
可能用到的相对原子质量:
H:
1C:
12N:
14O:
16Na:
23Cl:
35.5Fe:
56
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。
其中第II卷33〜38题为选考题,其它题为必考题。
考生作答时,将答案答在答题卡上,在本试卷上答题无效。
一、选择题(每小题给出的4个选项中只有一个选项符合题意,共13小题,每小题6分,共78分)
1.古代造纸工艺中使用的某种物质存在副作用,它易导致纸张发生酸性腐蚀,使纸张变脆,易破损。
该
物质是()
A.熟石灰B.草木灰C.明矾D.漂白粉
【答案】C
【解析】早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺,明矾中铝离子水解,
Al3++3H2O
Al(OH)3+3H+,产生氢离子,在酸性条件下纤维素水解,使高分子链断裂,所以纸质会
变脆,破损,故选C。
【点睛】明确明矾的成分及水解性质是解题关键,早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺,人
们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损,严重威胁纸质文物的保存,原因是明矾中存在Al3+的水解产生
氢离子,纤维素在酸性条件下能发生水解,据此解答。
2.设NA为阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是()
A.标准状况下,11.2L苯中含有C—H键的数目3NA
B.常温下,1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH—数目为0.1NA
C.常温下,56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子
D.电解饱和食盐水,阳极产生22.4L气体时,电路中通过的电子数目为2NA
【答案】B
【解析】A.标准状况下,苯为液体,不能根据气体摩尔体积计算其物质的量,故A错误;B.常温下,
pH=13的Ba(OH)2溶液中OH—的浓度为1×10-1mol/L,1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH—数目为
0.1NA,故B正确;C.常温下,铁片与浓H2SO4发生钝化现象,反应不能进行到底,故C错误;D.没有
指明气体的状态,没有确定的气体摩尔体积,无法计算气体的物质的量,故D错误;答案为B。
3.某有机物的结构简式为
,与其互为同分异构体的是()
【答案】A
【解析】
的分子式为C8H6O2,
的分子式为C8H6O2,
的分子
式为C8H14O2,
的分子式为C8H6O3,
的分子式为C7H6O2,则
和
是同分异构体,答案为A。
4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,它们的最外层电子数之和为22,W与Y
同主族,W2-具有与氖原子相同的电子层结构,下列说法正确的是()
A.简单离子半径:
Y>X>WB.单质的氧化性:
W>Y>Z
C.化合物YW2具有强氧化性D.化合物W中只含共价键
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,W2-具有与氖原子相同的电子层结
构,则W为O元素;W与Y同主族,则Y为S元素,可知Z为短周期原子序数最大的主族元素Cl;它们
的最外层电子数之和为22,可知X的最外层电子数为22-6-6-7=3,X为Al元素;A.电子层越多,离子半
径越大,具有相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小,则简单离子半径:
Y>W>X,故A错误;
B.非金属性越强,单质的氧化性越强,则氧化性为W>Z>Y,故B错误;C.化合物SO2具有强还原
性,弱氧化性,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C错误;D.SO2是共价化合物,只含有共价键,故D正
确;故选D。
【点睛】结合原子结构与元素周期律,把握元素的推断为解答的关键,W、X、Y、Z为原子序数依次增大
的四种短周期主族元素,W2-具有与氖原子相同的电子层结构,则W为O元素;W与Y同主族,则Y为S
元素,可知Z为短周期原子序数最大的主族元素Cl;它们的最外层电子数之和为22,可知X的最外层电
子数为22-6-6-7=3,X为Al元素,结合元素周期律来解答。
5.下列关于0.10mol•L-1NaHCO3溶液的说法正确的是()
A.溶质的电离方程式为:
NaHCO3=Na++H++CO32-
B.离子浓度关系:
c(Na+)(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)
C.25℃时,加水稀释后,n(H+)与n(OH-)的乘积变大
D.温度升高,c(HCO3-)增大
【答案】C
【解析】A.NaHCO3为强电解质,溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-,故A错误;B.由电荷守
恒可知,离子浓度关系:
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),故B错误;C.25℃
时,加水稀释后,促进HCO3-水解,n(OH-)增大,c(OH-)减小,由Kw不变,可知c(H+)增大,则n
(H+)增大,则n(H+)与n(OH-)的乘积变大,故C正确;D.HCO3-水解为吸热反应,升高温度,促
进水解,则c(HCO3-)减小,故D错误;故选C。
6.能正确表示下列反应的离子方程式的是()
A.Fe3O4溶于足量稀HNO3中:
Fe3O4+8H+=Fe2++ZFe3++4H2O
B.NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液混合:
HCO3-+OH-=CO32-+H2O
C.将过量的SO2通入NaClO溶液中:
SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-
D.将0.2mol•L-1KA1(SO4)2溶液与0.3mol•L-1Ba(OH)2溶液等体积混合:
2Al3++3SO42-+3Ba2++60H-=2Al(OH)3↓+3BaS04↓
【答案】D
考点:
考查离子方程式正误判断
7.下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是()
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后,滴加稀硫酸酸化,再滴加KSCN溶液
溶液变成血红色
Fe(N03)2试样已变质
B
向甲苯中滴加少量酸性髙锰酸钾溶液.
高锰酸钾溶液褪色
甲苯发生了氧化反应
C
常温下分别测定浓度均为0.1mol/L的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的pH
pH:
Na2SiO3>Na2C03
非金属性:
Si>C
D
将少量某无色气体通入澄清石灰水中
出现白色沉淀
该气体一定是CO2
【答案】B
【解析】A.加水溶液后加稀硫酸酸化,酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子可发生氧化还原反应,应溶于
水滴加KSCN溶液,溶液变为红色检验是否变质,故A错误;B.甲苯与酸性高锰酸钾溶液混合,甲苯被
氧化成苯甲酸,属于氧化反应,故B正确;C.常温下分别测定浓度均为0.1mol/L的Na2SiO3溶液和
Na2CO3溶液的pH:
Na2SiO3>Na2CO3,则酸性:
H2SiO3<H2CO3,则非金属性Si<C,故C错误;D.将
少量某无色气体通入澄清石灰水中,出现的白色沉淀可能为亚硫酸钙,所以该气体可能为SO2,不一定是
CO2,故D错误;故选B。
第Ⅱ卷(非选择题共160分)
(一)必考题
8.亚硝酸钠是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强。
(I)经查:
①
(AgNO2)=2.0×10-8,
(AgCl)=1.8×10-10;③
(HNO2)=5.1×10-4。
请设计最简单的方法鉴
别NaN02和NaCl两种固体_____________。
(Ⅱ)某化学实验小组用下图装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠,并测定其产品的质量分数。
已知:
①2NO+Na2O2=2NaNO2;
②酸性条件下,NO和NO2均能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。
(1)这样使用铜丝的优点是_______。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为__________;装置B中盛放的药品是(填序号)。
①浓硫酸②NaOH溶液③水④四氯化碳
(3)该小组取5.000g制取的样品溶于水配成250mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,用0.100mol•L-1酸性KMnO4溶液进行滴定,实验所得数据如下表:
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMn04溶液体积/mL
20.90
20.12
20.00
19.88
①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是_________(填代号)。
A.锥形瓶洗净后未干燥
B.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
C.滴定终点时仰视读数
②酸性KMn04溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为_______________。
③该样品中亚硝酸钠的质量分数为_____________。
【答案】
(1).【答题空8-1】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;再分别滴加酚酞试液,变红的
为NaNO2
(2).【答题空8-2】可以控制反应的发生与停止(3).【答题空8-3】
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O(4).【答题空8-4】bc
(5).【答题空8-5】6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O(6).【答题空8-6】69
【解析】Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析;Ⅱ.装置A中是浓硝酸
和铜加热发生的反应,反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成
硝酸和一氧化氮;通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气,通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入,通过装置
E中的过氧化钠与一氧化氮反应,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气,据此分析
解答。
解析:
Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解,溶液碱性越强,因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是:
分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解,再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2;Ⅱ.
(1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行,所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止;
(2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,方程式为:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应,所以C中的药品是水,答案选C;(3)①a.锥形瓶洗净后未干燥,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)不变,a错误;b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,b正确;c.滴定终点时仰视读数,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,c正确;答案选bc;②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子,离子方程式为6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O;③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大,舍去,消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L,高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol,则根据方程式6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O可知,亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol,其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.
【点睛】注意掌握综合实验设计题的解题思路:
(1)明确实验的目的和原理。
实验原理是解答实验题的
核心,是实验设计的依据和起点。
实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物
等有关知识获取。
在此基础上,遵循可靠性、简捷性、安全性的原则,确定符合实验目的、要求的方案。
(2)理清实验操作的先后顺序。
根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程,确定实验操作的方法步
骤,把握各步实验操作的要点,理清实验操作的先后顺序。
(3)看准图,分析各项实验装置的作用。
有
许多综合实验题图文结合,思考容量大。
在分析解答过程中,要认真细致地分析图中所示的各项装置,并
结合实验目的和原理,确定它们在该实验中的作用。
(4)细分析,得出正确的实验结论。
实验现象(或数
据)是化学原理的外在表现。
在分析实验现象(或数据)的过程中,要善于找出影响实验成败的关键以及产生
误差的原因,或从有关数据中归纳出定量公式,绘制变化曲线等。
9.NO2与SO2能发生反应:
NO2+SO2
SO3+NO,某研究小组对此进行相关实验探究。
(1)已知:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)△H=-113.0kJ•mol-1
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1
则NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+N0(g)△H=________.
(2)实验中,尾气可以用碱溶液吸收。
NaOH溶液吸收N02时,发生的反应为:
2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O,反应中形成的化学键是________(填化学键的类型);用NaOH溶液吸收少量SO2的离子方程式为____________。
(3)在固定体积的密闭容器中,使用某种催化剂,改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同,也可能不同),测定NO2的平衡转化率。
部分实验结果如图所示:
①当容器内_______(填标号)不再随时间的变化而改变时,可以不断反应达到了化学平衡状态。
A.气体的压强
B.气体的平均摩尔质量
C.气体的密度
D.NO2的体积分数
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态,应采取的措施是________。
③若A点对应实验中,S02(g)的起始浓度为c0mol•L-1,经过tmin达到平衡状态,该时段化学反应速率
(N02)=_________mol•L-1•min-1.
④图中C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td,通过计算判断:
:
Tc_____Td(填“>”、“=”或“<”)。
【答案】
(1).【答题空9-1】-41.8kJ/mol
(2).【答题空9-2】共价键(3).【答题空9-3】SO2+2OH-
=SO32-+H2O(4).【答题空9-4】d(5).【答题空9-5】降低温度(6).【答题空9-6】c0/5t
(7).【答题空9-7】=
【解析】
(1)由①2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)△H=-113.0kJ•mol-1,
②2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1,根据盖斯定律可知,
可得
NO2(g)+SO2(g)═SO3(g)+NO(g),则△H=
=-41.8kJ•mol-1,
即NO2(g)+SO2(g)═SO3(g)+NO(g)△H=-41.8kJ•mol-1;
(2)在离子反应2NO2+2OH-=NO2-+NO3-
+H2O中NO2分子内的化学键存在键的断裂和形成,生成NO3-时形成了共价键;用NaOH溶液吸收少量
SO2生成Na2SO3的离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O;(3)①A.反应前后气体的总物质的量不变,体积
不变,则气体的压强始终不变,无法判断是平衡状态,故a错误;B.气体的总质量和气体总物质的量始
终不变,气体的平均摩尔质量始终是定值,无法判断是平衡状态,故b错误;C.气体的总质量和气体的
体积始终不变,则气体的密度始终不变,无法判断是平衡状态,故c错误;D.NO2的体积分数不再随时
间变化而变化,为平衡状态,故d正确;答案为d;②在原料气配比不变的情况下,欲将图中C点的平衡
状态改变为B点的平衡状态,NO2的转化率增大,说明平衡正向移动,可采取降温的措施来实施;
③NO2+SO2
SO3+NO
起始浓度(mol•L-1)0.4c0c000
变化浓度为(mol•L-1)0.4c0×0.5
经过tmin达到平衡状态,该时段化学反应速率
(NO2)=
mol•L-1•min-1=c0/5tmol•L-1•min-1;
③Tc点NO2+SO2
SO3+NO
起始物质的量(mol)nn00
变化物质的量(mol)0.5n0.5n0.5n0.5n
平衡物质的量(mol)0.5n0.5n0.5n0.5n
此时平衡常数Kc=
=1;
Tc点NO2+SO2
SO3+NO
起始物质的量(mol)3n2n00
变化物质的量(mol)1.2n1.2n1.2n1.2n
平衡物质的量(mol)1.8n0.8n1.2n1.2n
此时平衡常数Kd=
=1=Kc,因平衡常数只与温度有关,则Tc=Td。
10.碲(Te)的单质和化合物在化工生产等方面具有重要应用。
(1)下列关于碲及其化合物的叙述不正确的是_______。
A.Te位于元素周期表的第五周期ⅣA族
B.Te的氧化物通常有TeO2和TeO3
C.H2TeO4的酸性比H2SO4酸性强
D.热稳定性H2Te比H2S弱,H2Te比HI强
(2)25℃时,亚碲酸(H2TeO3)的
=1×10-3,
=2×10-8。
0.1mol.L-1H2TeO3的电离度a约为___________(
);NaHTeO3的溶液的pH_______7(填“>”、“=”或“<”)。
(3)TeO2微溶于水,易溶于较浓的强酸和强碱。
工业上常用铜阳极泥(主要含有TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲,其工艺流程如下:
①“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为_________。
②“沉碲”时控制溶液的pH为4.5~5.0,生成Tea沉淀。
酸性不能过强的原因是_________;防止局部酸度过大的操作方法是____________。
③“酸溶”后,将SO2通入TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲,该反应的化学方程式是____________。
④工业上还可以通过电解铜阳极泥碱浸、过滤后的滤液得到单质碲。
已知电解时的电极均为石墨,则阴极的电极反应式为__________。
【答案】
(1).【答题空10-1】CD
(2).【答题空10-2】10%(3).【答题空10-3】<
(4).【答题空10-4】TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O(5).【答题空10-5】溶液酸性过强,TeO2会继续与酸
反应导致碲元素损失(6).【答题空10-6】缓慢加入H2SO4,并不断搅拌(7).【答题空10-7】
TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4(8).【答题空10-8】TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-
【解析】
(1)A.Te属于氧族元素,位于周期表中第五周期第VIA族,即Se元素下方,故A正确;
B.Te是第VIA族元素,主要化合价为+4价和+6价,则氧化物通常有TeO2和TeO3,故B正确;C.非金
属性S>Se,所以最高价氧化物的水化物酸性:
H2TeO4<H2SO4,故C错误;D.Te的非金属性比S和I
弱,则热稳定性H2Te比H2S、HI弱,故D错误;答案为CD;
(2)弱酸的一级电离为主,
H2TeO3
HTeO3-+H+,设溶液中H+和HTeO3-的浓度均为xmol/L,则Ka1=
=1×10-3,则x=0.01mol/L,
a=
×100%=10%;HTeO3-+H2O
H2TeO3+OH-,其水解常数Kb=Kw/Ka1=1×10-11<
,则
NaHTeO3的溶液因HTeO3-电离大于其水解,其水溶液的pH<7;(3)根据TeO2是两性氧化物,微溶于
水,加碱溶过滤除去杂质,得到Na2TeO3溶液,再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀,再用盐酸溶解生成
四氯化碲,再用二氧化硫还原制成碲单质;①TeO2是两性氧化物,与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠
的反应,化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O;②因为TeO2是两性氧化物,H2SO4过量会导致TeO2
继续与H2SO4反应导致损失;防止局部酸度过大的操作方法是:
缓慢加入H2SO4,并不断搅拌;③SO2还
原TeCl4为Te,本身被氧化为硫酸,化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4;④电解铜阳极泥
碱浸、过滤后的滤液中含有TeO32-,电解时TeO32-在阴极发生还原反应生成Te,其电极反应式为TeO32-
+3H2O+4e-=Te+6OH-。
(二)选考题
11.铁和钴是两种重要的过渡元素。
(1)钴位于元素周期表的第______族,其基态原子中未成对电子个数为____。
(2)(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁(ID),是一种重要的配合物。
该化合物中Fe3+的核外电子排布式为_______,所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是______。
(3)尿素分子中,碳原子为_______杂化,分子中
键与
键的数目之比为_________。
(4)FeO晶体与NaCl晶体结构相似,比较FeO与NaCl的晶格能大小,还需知道的数据是_________。
(5)Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物,结构分别为SO4和Br。
已知Co3+的配位数为6,为确定钴的配合物的结构,现对两种配合物进行如下实验:
在第一种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀,在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀。
则第二种配合物的配体为__________。
(6)奥氏体是碳溶解在
中形成的一种间隙固溶体,无磁性,其晶胞为面心立方结构,如图所示,则该物质的化学式为_______。
若晶体密度为dg•cm-3,则晶胞中最近的两个碳原子的距离为______pm(阿伏加德罗常数的值为
表示,写出简化后的计算式即可)。
【答案】
(1).【答题空11-1】Ⅷ
(2).【答题空11-2】3(3).【答题空11-3】3d5
(4).【答题空11-4】O、N、C、H(5).【答题空11-5】sp2(6).【答题空11-6】7:
1
(7).【答题空11-7】离子半径大小(8).【答题空11-8】SO42-、NH3(9).【答题空11-9】FeC
(10).【答题空11-10】
【解析】
(1)钴的核电荷数为27,位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族,其基态原子的电子排布式为
3d74s2,可知未成对电子的个数为3;
(2)基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则Fe3+的核
外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5(或3d5),通常元素的非金属性越大,电负性越大,则所含非金属
元素C、N、O、H中O的非金属性最强,H最弱,四者的电负性由大到小的顺序是O、N、C、H;(3)
由尿素分子的结构式
可知,尿素分子中C原子成2个C-N键、1个C=O键,没有孤对电
子,杂化轨道数目为3,C原子采取sp2杂化;分子中σ键数目为7,π键的数目为1,二者数目之比为
7∶1;(4)晶格能的主要影响因素是离子电荷、离子半径及离子构型,FeO与NaCl的晶体构型相似,离
子电荷电荷也已知,还需要离子半径大小才能比较晶格能大小;(5)由SO4可知
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