广东省韶关市届高三上学期高考调研考试理科综合化学试题.docx
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广东省韶关市届高三上学期高考调研考试理科综合化学试题
2019届韶关市高考调研考试理综化学试卷
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Fe56Cu64
1.港珠澳大桥水泥的使用量约198万吨。
水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。
实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
下列叙述正确的是
A.水泥、玻璃、陶瓷为传统的硅酸盐材料,三者的原料都主要为SiO2
B.沉淀A主要成分为SiO2,沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3
C.为了加快溶解速率,使用盐酸代替硫酸处理草酸钙
D.草酸钙易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A.水泥、玻璃、陶瓷均为硅酸盐工业产品,所以主要成分是硅酸盐,三者的原料不同,三者的原料并非都主要为SiO2,例如:
陶瓷的主要原料有黏土等,水泥的主要原料有石灰石和黏土(铝硅酸盐),故A错误;
B.水泥样品的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物,加入氯化铵、盐酸和硝酸,由于二氧化硅与酸不反应,则得到的沉淀A为SiO2,滤液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等离子,加入氨水调节pH到4~5之间,可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀,则沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3,故B正确;
C.使用盐酸代替硫酸处理草酸钙,在溶液中剩余的盐酸也能被高锰酸钾氧化,从而干扰草酸的测定,进而使测得的钙的含量产生误差,故C错误;
D.草酸钙是难溶于水的白色固体,故D错误;
本题答案为B。
2.化学与生活密切相关,下列有关物质与用途的因果关系错误的是
A.Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性,所以可用于制备红色颜料铁红
B.NaClO溶液具有强氧化性,所以可用于生活环境的消毒
C.NH4Cl溶液呈酸性,所以可用于除去钢板上的铁锈
D.KMnO4溶液可以氧化乙烯,所以可用浸泡过KMnO4溶液的硅藻土作水果保鲜剂
【答案】A
【解析】
【详解】A.Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性,可用Fe(OH)3胶体净水,而利用Fe(OH)3分解生成Fe2O3,制备红色颜料铁红,故A错误;
B.NaClO中Cl元素化合价为+1价,NaClO溶液具有强氧化性,所以可用于生活环境的消毒,故B正确;
C.因为NH4Cl水解使得NH4Cl溶液显酸性,所以可用于除去钢板上的铁锈,故C正确;
D.乙烯是果实的催熟剂,KMnO4溶液可以氧化乙烯,所以可用浸泡过KMnO4溶液的硅藻土吸收乙烯,作水果保鲜剂,故D正确;
本题答案为A。
【点睛】胶体粒子具有表面积大,吸附能力强的特点,所以Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性,可用此性质将水中的悬浮物吸附在胶粒表面,并沉淀使水得到净化。
3.若NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.常温常压下,18g的D2O含有的中子数、电子数均为10NA
B.1.0mol/L的FeCl3溶液中Fe3+的个数小于NA
C.标准状况下,2.24L甲醛中碳氢键的数目为0.2NA
D.密闭容器中,加入2molHI,发生反应:
2HI(g)
H2(g)+I2(g),达到平衡后气体分子总数小于2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.D2O的摩尔质量为20g/mol,18g的D2O物质的量小于1mol,18gD2O含有的中子数、电子数均小于10NA,故A错误;
B.1.0mol/L的FeCl3溶液中,溶液的体积未知,无法计算Fe3+的个数,故B错误;
C.标准状况下,甲醛是气体,2.24L甲醛的物质的量为1mol,由甲醛的结构式可知,1mol甲醛中碳氢键的数目为0.2NA,故C正确;
D.反应2HI(g)
H2(g)+I2(g),是反应前后气体体积不变的可逆反应,密闭容器中,加入2molHI,发生反应:
2HI(g)
H2(g)+I2(g),达到平衡后气体分子总数等于2NA,故D错误;
本题答案为C。
4.用下列装置完成相关实验,合理的是
A.
验证H2CO3酸性强于H2SiO3
B.
收集CO2或NH3
C.
分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5
D.
分离CH3CH2OH与CH3COOH
【答案】B
【解析】
【详解】A.浓盐酸易挥发,盐酸也能和硅酸钠反应,使硅酸钠溶液变浑浊,故A不合理;
B.从左进气右出气可收集CO2,从右进气左出气可收集NH3,故B合理;
C.分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5,应用分液漏斗分液的方法分离,故C不合理;
D.CH3CH2OH与CH3COOH是互溶的两种液体,不能用分液的方法分离,故D不合理;
本题答案为B。
【点睛】用分液漏斗对于互不相溶、密度不同液体进行分离,密度大的在下层,从下口放出,密度小的在上层,从上口倒出;用蒸馏方法分离沸点不同的液态混合物。
5.有关苹果酸的说法正确的是
A.苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B.1 mol苹果酸可与3 mol NaOH发生反应
C.1 mol苹果酸与足量金属Na反应生成1 mol H2
D.苹果酸与
互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A.苹果酸中能发生酯化反应的官能团是羧基和羟基,故A正确;
B.苹果酸中只有羧基可以和氢氧化钠发生反应,所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生反应,故B错误;
C.苹果酸中能和钠反应的官能团是羟基和羧基,所以1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2,故C错误;
D.苹果酸与
是同一种物质不是同分异构体,故D错误;
本题答案为A。
6.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,其中X、Y、Z三种元素中,可形成含二种元素的10电子微粒m、n、p、q,且有反应
;M的最高价氧化物对应的水化物为最强酸。
则下列说法正确是
A.原子半径X B.非金属性X C.X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液一定呈酸性 D.MZ2可用于自来水的杀菌消毒 【答案】D 【解析】 【分析】 短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,其中X、Y、Z三种元素中,可形成含二种元素的10电子微粒m、n、p、q,且有反应 ,符合此反应的应为NH4+ OH- NH3 H2O,所以X为H、Y为N、Z为O,M为短周期,最高价氧化物对应的水化物为最强酸,M为Cl。 【详解】A.由上述分析可知原子半径大小应为: X B.由上述分析可知非金属性: Y C.X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性,例如: HNO3、NH4NO3,也可能显碱性,例如NH3·H2O,故C错误; D.由上述分析可知,MZ2是ClO2,具有强氧化性,可用于自来水的杀菌消毒,故D正确; 本题答案为D。 【点睛】熟记10电子微粒是解题的关键,常见的10电子微粒有 原子: Ne 分子: HF、H2O、NH3、CH4 单核离子: N3-、O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+ 多核离子: NH4+、H3O+、OH-、NH2- 7.如图是一种应用广泛的锂电池,LiPF6是电解质,SO(CH3)2是溶剂,电池反应为: 4Li+FeS2=Fe+2Li2S。 下列说法不正确的是 A.该装置将化学能转化为电能 B.可以用水代替SO(CH3)2做溶剂 C.电子移动方向是由a极经外电路流向b极 D.b极电极反应式是: FeS2+4Li++4e-=Fe+2Li2S 【答案】B 【解析】 【详解】A.锂电池是属于原电池,该装置将化学能转化为电能,故A正确; B.若用水代替SO(CH3)2做溶剂,则水会和锂直接反应而无电流产生,故B错误; C.a为电池的负极,b为电池的正极,电子从电池的负极经外电路流向电池的正极,故C正确; D.b为电池的正极,电极反应式为: FeS2+4Li++4e-=Fe+2Li2S,故D正确; 本题答案为B。 8.实验室用图示装置制备KC1O溶液,再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。 【査阅资料】①Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3;②K2FeO4易溶于水,微溶于浓KOH溶液,在0℃~5℃的强碱性溶液中较稳定。 (1)仪器a的名称是_________;装置A中反应的化学方程式为__________________。 (2)装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是_________________________________。 (3)装置B吸收的气体是_________,装置D的作用是___________________________。 (4)C中得到足量KC1O后,将三颈瓶上的导管取下,依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25℃,搅拌1.5h,溶液变为紫红色(含K2FeO4),该反应的离子方程式为__________________________。 (5)往(4)所得溶液中加入饱和KOH溶液,冷却至0℃~5℃析出紫黑色晶体,过滤,得到K2FeO4粗产品。 K2FeO4粗产品含有KCl等杂质,进一步提纯方法是___________。 (6)若实验中消耗了VmLcmol/L的Fe(NO3)3溶液,Fe(NO3)3充分反应,最终制得ag的K2FeO4固体,则本实验K2FeO4的产率为______________(列出算式即可)。 【答案】 (1).圆底烧瓶 (2).MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O(3).提高KClO的产率,防止Cl2与KOH反应生成KC1O3(4).HCl(5).吸收Cl2,防止污染空气(6).3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O(7).重结晶(8). 【解析】 【分析】 (1)装置A是实验室制取氯气的装置,按实验室制取氯气的有关原理回答; (2)Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3; (3)制取氯气中含有HCl,装置B吸收的气体是HCl,装置D的作用是尾气吸收; (4)KC1O加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25℃,搅拌1.5h,生成K2FeO4和H2O,则KClO被还原成KCl,利用得失电子守恒、电荷守恒等配平书写离子方程式; (5)K2FeO4和KCl均易溶于水,K2FeO4粗产品含有KCl等杂质,应用重结晶的方法分离; (6)依据Fe守恒,计算产率。 【详解】 (1)装置A是实验室制取氯气的装置,a是圆底烧瓶,A中发生的反应方程式为: MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O; 本题答案为: 圆底烧瓶、MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。 (2)Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3,所以为了提高KClO的产率,防止Cl2与KOH反应生成KC1O3,C中三颈烧瓶置于冰水浴中; 本题答案为: 提高KClO的产率,防止Cl2与KOH反应生成KC1O3。 (3)制取氯气中含有HCl,装置B吸收的气体是HCl,装置D的作用是吸收Cl2,防止污染空气; 本题答案为: HCl、吸收Cl2,防止污染空气。 (4)KC1O加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25℃,搅拌1.5h,生成K2FeO4和H2O,则KClO被还原成KCl,根据得失电子守恒、电荷守恒等配平的离子方程式为: 3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O; 本题答案为: 3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O。 (5)K2FeO4和KCl均易溶于水,K2FeO4粗产品含有KCl等杂质,应用重结晶的方法分离提纯K2FeO4; 本题答案为: 重结晶。 (6)依据反应过程中Fe守恒,设生成K2FeO4的物质的量为x, 则有: Fe(NO3)3 K2FeO4 11 V cmolx 解得: x=V cmol,m(K2FeO4)=V cmol 198g/mol=0.198Vg,则本实验K2FeO4的产率为: 100 ; 本题答案为: 100 。 9.锌锰干电池是很古老的一次性电池,它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。 已知闪锌矿中含ZnS约80%,FeS、CuS、SiO2共约7%,其余为水分;软锰矿中含MnO2约a%,SiO2约20%,Al2O3约4%,其余为水分。 科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺,工艺流程如下图所示。 请回答下列问题: (1)反应I需不断搅拌,目的是____________________________。 (2)检验反应I的滤液中含有Fe3+的试剂为____________;写出反应I中由FeS生成Fe3+的离子方程式____________________________________。 (3)反应Ⅱ加入适量锌的作用是__________________;反应III中MnO2的作用是________________。 (4)已知ZnCO3、MnCO3的Ksp分别为1.4×10-10、2.2×10-11;要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L,则溶液中残留的CO32-浓度至少为__________mol/L。 (5)图是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线(g/100g水),则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是: 将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液________→__________→用乙醇洗涤→干燥。 用乙醇洗涤而不用水洗的原因是_________________________________________。 【答案】 (1).加快反应速率,提高原料利用率。 (2).KSCN(或苯酚)(3).2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O(4).将溶液中的Cu2+还原成Cu(5).将Fe2+氧化成Fe3+(6).1.4×10-4(7).蒸发结晶(8).趁热过滤(9).防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O,并防止Na2SO4因溶于水而损耗 【解析】 【分析】 (1)反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程,搅拌是为了加快反应速率,提高原料利用率; (2)溶液中是否含有Fe3+,检验试剂一般选择KSCN(或苯酚);反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+; (3)由图可知,反应Ⅱ加入适量锌有铜析出,故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu;反应III中加入MnO2,将Fe2+氧化成Fe3+,最终生成Fe(OH)3沉淀; (4)欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L,依据ZnCO3、MnCO3溶度积常数,可求CO32-浓度; (5)由图像溶解度曲线变化可知,Na2SO4的溶解度,在温度较高时,随温度升高而降低,而Na2SO4•10H2O的溶解度,随温度升高而升增大,欲得到Na2SO4晶体,应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出,并趁热过滤;因Na2SO4在乙醇中难于溶解,所以用乙醇而不用水洗涤,即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O,又能防止Na2SO4因溶于水而损耗。 【详解】 (1)反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程,搅拌是为了加快反应速率,提高原料利用率; 本题答案为: 加快反应速率,提高原料利用率。 (2)Fe3+遇到KSCN溶液变成血红色,Fe3+遇到苯酚溶液显紫色,故欲检验I的滤液中含有Fe3+的试剂为: KSCN(或苯酚);反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+,反应的的离子方程式为: 2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O; 本题答案为: KSCN(或苯酚)、2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O。 (3)由图可知,反应Ⅱ加入适量锌有铜析出,故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu;反应III中加入MnO2,将Fe2+氧化成Fe3+,最终生成Fe(OH)3沉淀; 本题答案为: 将溶液中的Cu2+还原成Cu;将Fe2+氧化成Fe3+。 (4)欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L,根据ZnCO3的Ksp=1.4×10-10,即c(Zn2+)c(CO32-)=1.4×10-10,求得: c(CO32-)=1.4×10-10÷(1.0×10-6)=1.4 mol/L,同理可求使Mn2+沉淀,当Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L时,c(CO32-)=2.2 mol/L,所以溶液中残留的CO32-浓度至少为1.4 mol/L; 本题答案为: 1.4 。 (5)由图像溶解度曲线变化可知,Na2SO4的溶解度,在温度较高时,随温度升高而降低,而Na2SO4•10H2O的溶解度,随温度升高而升增大,欲得到Na2SO4晶体,应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出,并趁热过滤;因Na2SO4在乙醇中难于溶解,所以用乙醇洗涤即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O,又能防止Na2SO4因溶于水而损耗; 本题答案为: 蒸发结晶、趁热过滤、防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O,并防止Na2SO4因溶于水而损耗。 10.甲醇是一种可再生能源,由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下: 反应Ⅰ: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ•mol-1 反应Ⅱ: CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H2 反应Ⅲ: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H3=-90.77kJ•mol-1 回答下列问题: (1)反应Ⅱ的△H2=_________,若反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为K1、K2、K3,则K2=________(用K1、K3表示)。 (2)反应Ⅲ自发进行条件是___________(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)。 (3)在一定条件下2L恒容密闭容器中充入3molH2和1.5molCO2,仅发生反应Ⅰ,实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系,如下表所示。 温度(℃) 500 T CO2的平衡转化率 60℅ 40℅ ①T______500℃(填“>”、“<”、“=”)。 ②温度为500℃时,该反应10min时达到平衡。 用H2表示该反应的反应速率v(H2)=______________;该温度下,反应I的平衡常数K=______________L2/mol2 (4)由CO2制备甲醇还需要氢气。 工业上用电解法制取Na2FeO4,同时获得氢气: Fe+2H2O+2OH− FeO42−+3H2↑,工作原理如图所示。 电解一段时间后,c(OH−)降低的区域在__________(填“阴极室”或“阳极室”)。 该室发生的电极反应式为: ___________________________。 【答案】 (1).+41.19kJ•mol-1 (2).K1/K3(3).较低温度(4).>(5).0.135mol·L-1·min-1(6).200(7).阳极室(8).Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律: Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ,得反应Ⅱ的△H2,反应Ⅱ的为反应Ⅰ和Ⅲ的差,所以反应Ⅱ平衡常数为: K2=K1/K3; (2)化学反应能否自发进行,取决于焓变和熵变的综合判据,当△G=△H-T△S 0时,反应能自发进行,据此解答; (3)①反应Ⅰ的正反应是放热反应,所以升高温度二氧化碳的转化率减小; ②根据υ= 计算化学反应速率,平衡常数等于平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值; (4)该装置为电解池,阳极电极材料是Fe,铁在阳极失去电子,阳极的电极反应为: Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,阳极消耗了OH-。 【详解】 (1)由题所给的反应Ⅰ: CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ•mol-1 反应Ⅱ: CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2 反应Ⅲ: CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H3=-90.77kJ•mol-1 依据盖斯定律可得: Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ, H2=△H1-△H3=-49.58kJ•mol-1+90.77kJ•mol-1=+41.19kJ•mol-1,反应Ⅱ的为反应Ⅰ和Ⅲ的差,所以反应Ⅱ平衡常数为: K2=K1/K3; 本题答案为: +41.19kJ•mol-1,K2=K1/K3. (2)当△G=△H-T△S 0时,反应能够自发进行,该反应的△S 0、△H 0,当温度较低时,反应Ⅲ能够自发进行; 本题答案为: 较低温度。 (3)①反应Ⅰ的正反应是放热反应,所以升高温度二氧化碳的转化率减小,则温度越低转化率越大,即T高于500℃; 本题答案为: >。 ②CO2的变化量为1.5mol×60%=0.9mol CO2(g) 3H2(g)⇌CH3OH(g) H2O(g) 初始量: 1.5mol3mol00 变化量: 0.9mol2.7mol0.9mol0.9mol 平衡量: 0.6mol0.3mol0.9mol0.9mol υ(H2)=(2.7mol÷2L)÷10min=0.135mol/L-1•min-1,K= =200L2/mol2 本题答案为: 0.135mol•L-1•min-1,200。 (4)该装置为电解池,阳极电极材料是Fe,铁在阳极失去电子,阳极的电极反应为: Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,由于阳极消耗了OH-,所以随着电解的进行c(OH−)会逐渐降低; 本题答案为: 阳极室、Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O。 11.在周期表中1~36号之间的W、X、Y、Z、Q五种元素,它们的原子序数依次增大,已知W与其余四种元素既不同周期也不同主族;X和Z的基态原子的核外电子均排布在3个能级上,且均有2个未成对电子;Q元素原子质子数为29。 (1)按电子排布,Q元素在周期表中属____________区。 (2)第一电离能Y______Z,电负性Y______Z(填“>”,“=”或“<”)。 (3)W与Z形成的常见化合物有W2Z、W2Z2;W与Y能形成多种二元化合物,如YW3、Y2W4、Y3W5、Y4W6……,W2Z分子中Z原子的杂化类型为______,YW3分子的立体构型为_____,YW3极易溶于W2Z的主要原因有___________________。 (写出两点即可) (4)Q+基态核外电子排布式为________________________________。 (5)Q+与Y3-形成的晶胞结构如图所示,阴、阳离子间的核间距为apm,阿伏加德罗常数用NA表示,则晶体的密度为_____________g·cm-3。 o-Y3-•-Q+ 【答案】 (1).ds (2).>(3).<(4).sp3(5).三角锥形(6)
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