四川省宜宾市第四中学届高三二诊模拟考试理综化学试题附答案解析.docx
- 文档编号:27469225
- 上传时间:2023-07-01
- 格式:DOCX
- 页数:22
- 大小:500.84KB
四川省宜宾市第四中学届高三二诊模拟考试理综化学试题附答案解析.docx
《四川省宜宾市第四中学届高三二诊模拟考试理综化学试题附答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《四川省宜宾市第四中学届高三二诊模拟考试理综化学试题附答案解析.docx(22页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
四川省宜宾市第四中学届高三二诊模拟考试理综化学试题附答案解析
四川省宜宾市第四中学2019届高三二诊模拟考试
化学试题
1.中国传统文化中的“笔、墨、纸、砚”被称为“文房四宝”。
下列说法错误的是
A.毛笔中羊毫的主要成分是蛋白质
B.墨中炭黑性质稳定可使古代字画长期保存而不褪色
C.宣纸制作工序中的“加碱蒸煮”主要发生化学变化
D.砚石中含有二氧化硅,结构式为O=Si=O
【答案】D
【解析】
A、动物毛发主要成分是蛋白质,毛笔中羊毫的主要成分是蛋白质,故A正确;B、碳的化学性质稳定,在空气中不易反应,所以用墨写字画画可长久不褪色,故B正确;C、纸的原料是木材,主要成分是纤维素,宣纸制作工序中的“加碱蒸煮”,纤维素在碱性条件下会水解,发生化学变化,故C正确;D、二氧化硅是原子晶体,硅原子和氧原子之间是单键,故D错误;故选D。
2.检查司机是否酒后驾车的反应原理是:
C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2(SO4)3+2CO2↑+9H2O。
NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.0.1mol C2H5OH中含OH-数目为0.1NA
B.25℃时,pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.1NA
C.1.8gH2O中含有共用电子对数目为0.2NA
D.生成4.48L CO2气体时,转移电子数目为1.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、C2H5OH是非电解质,不能电离出OH-,A错误;
B、25℃时,pH=1的H2SO4溶液中,c(H+)=0.1mol/L,溶液体积未知,故无法求得H+的数目,B错误;
C、1.8gH2O即为0.1mol,一个H2O分子中含有两对共用电子对,故1.8gH2O中含有共用电子对数目为0.2NA,C正确;
D、生成4.48LCO2气体时,由于题目中并没有指出是否为标况下,故无法求得二氧化碳的物质的量,不能计算转移电子数,D错误;
答案选C。
【点睛】在高考题中,该类型题目属于必考题型,考查阿伏加德罗常数,结合其他知识进行考查,综合性很强,故特别要小心,涉及到气体体积,务必要看是否有标况这一条件,涉及到物质的量浓度的转化,务必注意是否已知溶液体积这一条件等等,切不可大意。
3.下列实验操作规范且能达到目的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液,且只能在常温下使用,不能在容量瓶中溶解固体,故A错误;
B.乙酸乙酯和乙醇二者互溶,但沸点不同,所以可以用蒸馏法分离。
加入乙酸不能完全与乙醇酯化,也不能控制乙酸的用量。
故B错误;
C.医用酒精是酒精水溶液,将金属钠投入到盛有医用酒精的烧杯中,钠既能够与水反应,又能和酒精反应,故无法检验乙醇中氢的活泼性,故C错误;
D.向25ml沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液6滴,并加热至溶液呈红褐色时,铁离子水解生成Fe(OH)3胶体,操作合理,故D是正确;
本题答案为D。
【点睛】容量瓶是配制一定物质的量浓度的必备精密仪器,必须在标定的温度下使用,不能做容器盛放液体,也不能做反应器或物质溶解的容器。
4.X、Y、Z、M、G五种短周期元素原子序数依次增大。
X、Z同主族,可形成离子化合物ZX;Y、M同主族,可形成MY2、MY3两种分子;Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂。
下列叙述正确的是
A.元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的弱
B.化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同
C.ZX与水的反应属于氧化还原反应
D.简单离子半径的大小顺序:
X 【答案】C 【解析】 【分析】 X、Z同主族,可形成离子化合物ZX,可知x为H,Z为Na,Y、M同主族,可形成MY2、MY3两种分子,可知Y为O,M为S,Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂,所以G为Cl。 【详解】A.元素M的氧化物对应的水化物是H2SO3、H2SO4两种,G的氧化物对应的水化物主要有HClO、HClO3、HClO4,H2SO3、H2SO4的酸性均比HClO强,故A错误; B.化合物Z2M是Na2S,含有的化学键是离子键,MY2是SO2,含有的化学键是共价键,故B错误; C.NaH和水反应,生成NaOH和氢气,是氧化还原反应,故C正确; D.简单离子半径的顺序是: X 本题答案为C。 5.在实验室中,以一定浓度的乙醛—Na2SO4溶液为电解质溶液,模拟乙醛废水的处理过程(如图),乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。 下列对电解过程的分析正确的是 A.以铅蓄电池为电源,则a极为Pb电极 B.石墨Ⅱ电极附近的pH逐渐减小 C.阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+ D.每处理含8.8g乙醛的废水,转移电子的数目为0.4NA 【答案】C 【解析】 根据图示可知,钠离子、氢离子向石墨II极移动,石墨II为电解池的阴极,b为电源的负极,a极为电源的正极,以铅蓄电池为电源,铅为负极,二氧化铅为正极,因此a极为PbO2电极,A错误;在阴极氢离子、乙醛,得电子生成氢气和乙醇,电极反应式为4H++4e-=2H2↑,CH3CHO+2H++2e-=CH3CH2OH,溶液的pH逐渐变大,B错误;阳极发生氧化反应,CH3CHO失电子被氧化为乙酸,阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+,C正确;8.8g乙醛其物质的量为0.2mol,有0.1mol乙醛在阳极被氧化: CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+,有0.1mol乙醛在阴极还原: CH3CHO+2H++2e-=CH3CH2OH,所以0.1mol乙醛发生氧化或还原均转移电子0.2NA,D错误;正确选项C。 6.常温下,用0.1000mol·L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的Na2CO3溶液,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示(饱和H2CO3溶液pH=5.6)。 下列有关叙述正确的是 A.若c(Na2CO3)=0.1000mol·L-1,则H2CO3的Ka2数量级约为10-6 B.c点处溶液中一定有: c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-) C.a、c两点水的c(OH-)之比为10-11.6: 10-7 D.若z=5.6,则d点有c(Na+)=c(Cl-)>c(H2CO3)>c(OH-) 【答案】D 【解析】 碳酸钠溶液水解显碱性,水解平衡常数Kh=c(HCO3-)×c(OH-)/c(CO32-)=Kw/Ka2,由碳酸钠溶液水解规律可知,水解达平衡后c(HCO3-)≈c(OH-)=10-2.4mol·L-1,c(CO32-)≈0.1000mol·L-1,所以Kw/Ka2=10-2.4×10-2.4/0.1,Ka2=10-10.2,A错误;c点处溶液为中性,根据电荷守恒规律: c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-),由于c(OH-)=c(H+),所以: c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-),B错误;a点溶液为碳酸钠,能够发生水解,促进水的电离,水的c(OH-)=10-2.4mol·L-1,c点为中性溶液,对水的平衡无影响,水的c(OH-)=10-7mol·L-1,C错误;当盐酸滴加到40.00mL,pH=5.6,d点溶液显酸性,溶液为氯化钠和碳酸的混合液,因此,c(Na+)=c(Cl-)>c(H2CO3)>c(OH-),D正确;正确选项D。 点睛: 常温下,对于水的电离平衡来讲,加入酸或碱,抑制水的电离,平衡左移,水电离产生的c(H+)或c(OH-)小于10-7mol·L-1;加入能够水解的盐,促进水电离,平衡右移,水电离产生的c(H+)或c(OH-)大于10-7mol·L-1。 7.对伞花烃(图I)常用作染料、医药、香料的中间体。 下列说法错误的是 A.常温对伞花烃呈液态且难溶于水 B.图Ⅱ物质的一氯代物有5种结构 C.对伞花烃最多有9个碳原子共平面 D.图中氢化反应既是加成反应又是还原反应 【答案】B 【解析】 A.从结构上看对伞花烃属于苯的同系物,具有苯的同系物的性质,为液态且难溶于水,故A正确;B.从图二可以看出该物质每一个C原子上均连着H,并且是一个沿着竖直方向轴对称的结构,所以其一氯代物一共有7种,故B错误;C.对伞花烃中苯环及与苯环相连的C原子一定在同一平面,上面两个甲基中最多有一个C原子与苯环可能共平面,所以最多有9个碳原子共平面,故C正确;D.氢化反应是加成反应,同时有机化学中又把引入氢的反应叫还原反应,故D正确;本题选B。 点睛: 有机物反应时把有机物引入氧或脱去氢的作用叫氧化;引入氢或失去氧的作用叫还原。 8.工业废水中含+6价的铬会损害环境,必须进行处理。 某工厂的处理工艺流程如下: (1)N2H4的电子式为_____。 (2)下列溶液中,可替代N2H4的是_____。 (填选项序号字母) a.FeSO4溶液b.浓HNO3溶液c.酸性KMnO4溶液d.Na2SO3溶液 (3)已知加入N2H4后,N2H4转化为无污染的物质,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。 (4)在实际工业生产中,处理含铬废水还可采用直接沉淀的方法,其成本较低。 ①已知酸性废水中存在Cr2O72-和CrO42-的转化平衡,请用离子方程式表示它们之间的转化反应_____; ②加入沉淀剂BaCl2溶液之前需加入一定量的NaOH溶液,以利于沉淀的生成,则生成的沉淀为_____(写化学式)。 (5)工业上还可用电解法来处理含Cr2O72-的酸性废水,通过电解制得还原剂。 右图为电解装置示意图(电极材料分别为铁和石墨)。 ①装置中b电极的材料是_____(填“铁”或“石墨”)。 ②该处理过程中,Cr2O72-被还原成Cr3+的离子方程式为_____。 【答案】 (1). (2).AD(3).2∶3(4).Cr2O72-+H2O2 2CrO42-+2H+(5).BaCrO4(6).铁(7).Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 【解析】 试题分析: 本题以处理含Cr2O72-的工业废水的流程为载体,考查氧化还原反应的基本概念和有关计算,外界条件对化学平衡的影响,电解原理。 (1)N2H4中只存在共价键,电子式为 。 (2)根据流程加入N2H4,Cr2O72-被还原成Cr3+,N2H4在反应中作还原剂,能替代N2H4的物质具有还原性,FeSO4溶液、Na2SO3溶液具有还原性,可替代N2H4;浓HNO3溶液、酸性KMnO4溶液具有强氧化性,不能替代N2H4;答案选ad。 (3)N2H4转化为无污染的物质,N2H4被氧化成N2,N2H4作还原剂,N元素的化合价由-2价升至0价;Cr2O72-被还原成Cr3+,Cr2O72-作氧化剂,Cr元素的化合价由+6价降至+3价;根据得失电子守恒,4n(N2H4)=6n(Cr2O72-),n(Cr2O72-): n(N2H4)=2: 3,即氧化剂与还原剂物质的量之比为2: 3。 (4)①Cr2O72-和CrO42-之间的转化平衡用离子方程式表示为Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+。 ②先加入一定量的NaOH溶液,OH-消耗H+,平衡“Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+”正向移动,CrO42-浓度增大,则加入沉淀剂BaCl2溶液,生成的沉淀为BaCrO4。 (5)①根据题意通过电解制得还原剂,铁为活性电极,石墨为惰性电极,则Fe作阳极,Fe失电子生成还原剂Fe2+,装置中b电极为阳极,则b电极的材料是铁。 ②电解时阳极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,Cr2O72-被还原成Cr3+,则Fe2+被氧化成Fe3+,反应可写成Fe2++Cr2O72-→Fe3++Cr3+,根据得失电子守恒配平为6Fe2++Cr2O72-→6Fe3++2Cr3+,结合废水呈酸性和原子守恒,写出离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。 9.利用氢气对废气进行脱碳处理可实现绿色环保、废物利用,对于减少雾霾也具有重要意义。 (1)汽车尾气的主要污染物为NO,用H2催化还原NO可以达到消除污染的目的。 已知: 2NO(g) N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1 2H2O(l)===2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1 写出H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式是______________。 (2)某研究小组模拟研究如下: 向2L恒容密闭容器中充入2molNO发生反应2NO(g) N2(g)+O2(g),在不同的温度下,反应过程中物质的量与时间的关系如图所示: ①T2下,在0~5min内,v(O2)=______________mol·L-1·min-1;该温度下反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的平衡常数K=______________。 ②该反应进行到M点放出的热量______________进行到W点放出的热量(填“>”、“<”或“=”)。 M点时再加入一定量NO,平衡后NO的转化率______________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 ③反应开始至达到平衡的过程中,容器中下列各项发生变化的是______________(填序号)。 a.混合气体的密度b.逆反应速率 c.单位时间内,N2和NO的消耗量之比d.气体的平均相对分子质量 (3)氢气作为一种理想燃料,但不利于贮存和运输。 利用氢能需要选择合适的储氢材料,镧镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物: LaNi5(s)+3H2(g) LaNi5H6(s)ΔH<0,欲使LaNi5H6(s)释放出气态氢,根据平衡移动原理,可改变的条件是______________(填字母编号)。 A.增加LaNi5H6(s)的量B.升高温度 C.使用催化剂D.减小压强 【答案】 (1).2H2(g)+2NO(g)===N2(g)+2H2O(l)ΔH=-752.1kJ·mol-1 (2).6.25×10-2(3). 或0.44(4).<(5).不变(6).bc(7).BD 【解析】 试题分析: 本题主要考查热化学方程式的书写,化学平衡图像的分析,化学反应速率和化学平衡常数的计算,外界条件对化学平衡的影响。 (1)将反应编号: 2NO(g) N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1(①式) 2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1(②式) 应用盖斯定律,①式-②式得2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=(-180.5kJ/mol)-(+571.6kJ/mol)=-752.1kJ/mol,H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-752.1kJ/mol。 (2)①T2下在0~5min内,υ(NO)= = =0.125mol/(L·min),则υ(O2)= υ(NO)=0.0625mol/(L·min)。 由图像可见该温度下达到平衡时n(NO)=0.5mol,用三段式 2NO(g) N2(g)+O2(g) n(起始)(mol)200 n(转化)(mol)1.50.750.75 n(平衡)(mol)0.50.750.75 平衡时NO、N2、O2物质的量浓度依次为0.25mol/L、0.375mol/L、0.375mol/L,反应的平衡常数= = = ,则反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的平衡常数K= = =0.44。 ②反应进行到M点转化NO物质的量小于反应进行到W点转化NO物质的量,反应进行到M点放出的热量 进行到W点放出的热量。 M点时再加入一定量NO,平衡向正反应方向移动,加入NO相当于增大压强(增大压强平衡不移动),平衡后NO的转化率不变。 ③a,该反应中所有物质都呈气态,根据质量守恒定律,气体的总质量始终不变,容器容积不变,混合气体的密度始终不变;b,反应开始逆反应速率为0,反应开始至达到平衡过程中逆反应速率增大,达平衡时逆反应速率不变;c,单位时间内N2的消耗量表示逆反应速率,单位时间内NO的消耗量表示正反应速率,从反应开始至达到平衡的过程中,逆反应速率增大,正反应速率减小,单位时间内N2和NO的消耗量之比增大;d,该反应中所有物质都呈气态,根据质量守恒定律,气体的总质量始终不变,该反应反应前后气体分子数不变,气体分子物质的量始终不变,气体的平均相对分子质量始终不变;从开始至达到平衡的过程,发生变化的是bc,答案选bc。 (3)A,增加LaNi5H6(s)的量,平衡不移动,不会释放出气态氢;B,正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,释放出气态氢;C,使用催化剂,平衡不移动,不会释放出气态氢;D,减小压强,平衡向逆反应方向移动,释放出气态氢;使LaNi5H6(s)释放出气态氢,可改变的条件是升高温度、减小压强,答案选BD。 10.以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等) 为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。 (1)形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化,则Ni(CO)4中的Ni的化合价为___________。 (2)Ni2O3有强氧化性,加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+,则产生的气体为______(填化学式)。 (3) 滤渣D为单质镍、硫的混合物,请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式: __________________________,_________________________。 (4) 已知: 3Fe2+ +2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀);4Fe3++3[Fe(CN)6]4-==Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)。 下列可以用于检验滤液C 中金属阳离子的试剂有____________(填标号) a.KSCN溶液b.K3[Fe(CN)6]c.K4[Fe(CN)6]d.苯酚 (5)兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。 碱浸镍铝合金后,残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响,根据下图分析,残铝量在_____范围内催化活性最高,属于优质产品。 (6) 仿照下面示例,设计从浸出液E 回收氧化铝的流程: 浸出液E_________________。 (示例: ) 【答案】 (1).0 (2).O2(3).H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓(4).H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓(5).b(6).4%~6%(7). 【解析】 (1)Ni(CO)4中碳为+2价、氧-2价,故Ni的化合价为0; (2)Ni2O3有强氧化性,加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+,Ni的化合价降低,则氧元素的化合价应升高,则产生的气体为O2;(3) 滤渣D为单质镍、硫的混合物,浸出液B含有Fe3+、Ni2+,向其中通入H2S气体时Fe3+被还原为Fe2+,同时生成硫单质,且Ni2+被还原为单质,反应的离子方程式: H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓、H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓;(4)根据上述分析,过滤后得到滤液C含有Fe2+,检验滤液C 中金属阳离子的试剂可选择.K3[Fe(CN)6],答案选b;(5)根据下图分析,残铝量在4%~6%范围内催化活性最高,属于优质产品;(6)从浸出液E 回收氧化铝的流程可表示为: 浸出液E 。 11.中国是最早发现并使用青铜器的国家。 司母戊鼎是迄今为止出土的世界上最大、最重的青铜礼器,享有“镇国之宝”的美誉(如图1)。 (1)Cu原子的外围电子排布式为_______。 (2)图2所示为第四周期某主族元素的第一至五电离能数据,该元素是_______,I3远大于I2的原因是_______。 (3)图3是某含铜配合物的晶体结构示意图。 ①晶体中H2O和SO42-的中心原子的杂化类型为_______,试判断H2O和SO42-的键角大小关系并说明原因_______。 ②图3中的氢键有(H2O)O—H···O(H2O)和_______。 ③写出该配合物的化学式_______。 (4)一种铜的氯化物晶胞结构如下图所示。 该化合物的化学式为_______,已知P、Q、R的原子坐标分别(0,0,0)、(1,1,1)、( , , ),若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为apm,则该晶体的密度计算表达式为_______。 【答案】 (1).3d104s1 (2).Ca(或钙)(3).Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构,再失去1个电子很困难(4).sp3、sp3(5).H2O分子键角小于的SO42-键角,因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42-中的S不存在,孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力(6).(H2O)O—H···O(SO42-)(7).[Cu(H2O)4]SO4·H2O(8).CuCl(9). g/cm3 【解析】 (1)Cu为第29号元素,原子的外围电子排布式为: 3d104s1; (2)根据图示第四周期某主族元素的第一至五电离能数据,电离能突变在第三电离能,故该元素为第四周期第IIA族元素,该元素是Ca;I3远大于I2的原因是Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构,再失去1个电子很困难; (3)①晶体中H2O和SO42-的价层电子对数均为4对,故中心原子的杂化类型均为sp3;H2O的键角小于SO42-的键角,因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42-中的S没有孤对电子,孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力,故键角更小; ②图3中的氢键有(H2O)O—H···O(H2O)和(H2O)O—H···O(SO42-); ③该配合物中,中心离子是Cu2+,配体是水,配位数是4,阴离子是硫酸根,还有一个结晶水,故其化学式为: [Cu(H2O)4]SO4·H2O; (4)铜的氯化物晶胞结构中Cu占据了顶点和面心,Cl占据了体内4个位置,故该化合物的化学式为CuCl,已知P、Q、R的原子坐标分别(0,0,0)、(1,1,1)、( , , ),若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为apm,即为体对角线的四分之一,故则该晶体的边长为: ×10-10cm,该晶胞的体积为: ×10-30cm3,一个晶胞的质量为: g,故晶胞的密度计算表达式为: = g/cm3。 12.E是一种环保型塑料,其合成路线如下: 已知: ① ② (R1、R2、R3、R为烃基) 请回答下列问题: (1)A中官能团的名称是____________,检验该官能团的试剂为___________________。 (2)反应①的化学方程式是: ______________________________,其反应类型为________________,在反应①中,还可以得到另一种分子式为C10H16的化合物,其结构简式为___________________。 (3)已知, 名称为丙酮
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 四川省 宜宾市 第四 中学 届高三二诊 模拟考试 化学试题 答案 解析
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)