高三下学期二模理科综合化学试题答案解析.docx
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高三下学期二模理科综合化学试题答案解析
【区级联考】北京市丰台区【精品】高三下学期5月二模理科综合化学试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.民间艺术是劳动人民智慧的结晶,下列中国传统民间艺术在表演过程中涉及化学变化的是
A
B
C
D
刺绣
打树花
剪纸
织锦
用针线在织物上
绣制图案
将熔化的铁水泼向
空中,迸溅出火花
用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹
用提花机织出图案
A.AB.BC.CD.D
2.下列叙述不正确的是
A.在氢氧化钠醇溶液作用下,醇脱水生成烯烃
B.乙醇可与水任意比例混溶是因为乙醇与水形成了氢键
C.油脂碱性水解所得高级脂肪酸钠盐常用于生产肥皂
D.淀粉和纤维素属于多糖,在酸作用下水解,最终产物为葡萄糖
3.下面是丁醇的两种同分异构体,其结构简式、沸点及熔点如下表所示:
异丁醇
叔丁醇
结构简式
沸点/℃
108
82.3
熔点/℃
-108
25.5
下列说法不正确的是
A.用系统命名法给异丁醇命名为:
2-甲基-1-丙醇
B.异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰,且面积之比是1∶2∶6
C.用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来
D.两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃
4.以CO2和Na2O2为原料,制取纯净干燥的O2,实验装置如下:
下列说法不正确的是
A.装置②中试剂可以是NaOH溶液
B.装置③的作用是干燥O2
C.收集氧气应选择装置a
D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶
5.关于下列实验现象的说法不正确的是
A.氨气是无色有刺激性气味的气体,密度比空气小
B.实验1,由喷泉现象可知氨气极易溶于水且溶解速率快
C.实验1,烧瓶溶液中的含氮微粒有:
NH3、NH3·H2O和NH4+
D.实验2,加热过程中温度和c(NH3·H2O)对NH3·H2O电离平衡移动方向的影响一致
6.下列实验所得结论正确的是
A.①中溶液红色褪去的原因是:
CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH
B.②中溶液变红的原因是:
CH3COO-+H2O
CH3COOH+H+
C.由实验①、②、③推测,①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞
D.④中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸
7.Fe3O4中含有Fe2+、Fe3+,分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ),以Fe3O4/Pd为催化材料,可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-,其反应过程示意图如图所示,下列说法不正确的是
A.用该法处理后水体的pH降低
B.Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
C.反应过程中NO2-被Fe(Ⅱ)还原为N2
D.Pd上发生的电极反应为:
H2-2e-==2H+
二、有机推断题
8.高分子化合物M的合成路线如下:
已知:
(1)A中含氧官能团的名称是______。
(2)反应①的试剂和条件为_______,B的结构简式为______。
(3)D为酯类,以乙醛为原料,写出合成D所涉及的化学方程式______。
(4)2D→E+C2H5OH,F中含有醇羟基,写出下列物质的结构简式:
E________F________G___
(5)反应①~⑥中属于取代反应的有______。
三、工业流程题
9.含+6价铬的废水毒性强,对环境污染严重。
化工厂常用SO2处理含铬废水,其工艺流程如下图所示:
已知:
Cr2O72-+H2O
2CrO42-+2H+
(1)将吸收塔中1molCr2O72-与SO2反应的热化学方程式补全。
Cr2O72-(aq)+__SO2(g)+___
___+___+___ΔH=-1145kJ/mol
(2)其他条件不变,研究吸收塔中pH对反应的影响。
pH
2
4
6
Cr(+6)
最大去除率
99.99%
达排放标准
99.95%
达排放标准
99.5%
未达排放标准
时间
30min
35min
45min
①由上述数据获得的结论有________。
②实际工业生产控制pH=4左右的原因是________。
③下列说法不合理的是________。
a.该酸性含铬废水中一定含有CrO42-,pH越大其含量越高
b.其他条件不变,增大压强,吸收塔中反应的K增大,有利于除去Cr(+6)
c.理论上看,SO32-、Fe2+等也可以用于除去Cr(+6)
(3)其他条件不变,研究温度对Cr(+6)去除率的影响(如图1所示)。
30min前相同时间内,80℃的Cr(+6)去除率比40℃高,30min后80℃的Cr(+6)去除率低,原因分别是_______;_______。
(4)图2为Cr(+3)微粒物质的量分数随溶液pH的变化关系示意图,中和池中应控制pH范围为_________。
(5)废水中Cr(+6)总浓度为a×10-3mol/L,处理1000L废水,去除率要求达到99.95%,理论上需要SO2物质的量为_________mol(写计算式)。
四、原理综合题
10.硒是动物和人体所必需的微量元素之一,也是一种重要的工业原料。
硒在自然界中稀少而分散,常从精炼铜的阳极泥中提取硒。
(1)粗铜精炼时,通常用精铜作____极(填“阴”或“阳”)。
(2)硒在元素周期表中的位置如图所示:
Se原子结构示意图可表示为________。
②从原子结构角度解释硫与硒元素性质相似与不同的原因:
同一主族________。
(3)阳极泥中的硒主要以Se和CuSe的形式存在,工业上常用硫酸化焙烧法提取硒,主要步骤如下:
i.将含硒阳极泥与浓硫酸混合焙烧,产生SO2、SeO2的混合气体
ii.用水吸收i中混合气体,可得Se固体
①请写出CuSe与浓H2SO4反应的化学方程式________。
②焙烧过程产生的烟气中含有少量SeO2,可用NaOH溶液吸收,二者反应生成一种盐,该盐的化学式为_______。
③写出步骤ⅱ中的化学方程式_______。
(4)下列说法合理的是________。
a.SeO2既有氧化性又有还原性,其还原性比SO2强
b.浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性
c.热稳定性:
H2Se d.酸性: H2SeO4 五、实验题 11.某小组研究AgCl的溶解平衡: 向10mL1mol/LKCl溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液,将浑浊液均分为2份,进行如下实验: 实验序号 实验操作 实验现象 I 将其中一份浑浊液过滤,向滤液中放入Mg条 i.滤液澄清透明,用激光照射有丁达尔现象。 ii.放入Mg条后,立即有无色气泡产生,气体可燃,滤液中出现白色浑浊。 iii.一段时间后开始出现棕褐色浑浊物,Mg条表面也逐渐变为棕褐色,产生气泡的速率变缓慢。 II 向另一份浑浊液中放入大小相同的Mg条 iv.棕褐色浑浊物的量明显多于实验I,Mg条表面棕褐色更深,其他现象与ii、iii相同。 已知: AgOH不稳定,立即分解为Ag2O(棕褐色或棕黑色),Ag粉为黑色,AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2+ (1)滤液所属分散系为________。 (2)现象ii中无色气泡产生的原因是_________(写出化学方程式)。 (3)现象iii中,导致产生气泡的速率下降的主要影响因素是________。 (4)甲认为Mg条表面的棕褐色物质中一定有Ag和Ag2O,其中生成Ag的离子方程式为____。 (5)甲设计实验检验Ag: 取实验I中表面变为棕褐色的Mg条于试管中,向其中加入足量试剂a,反应结束后,继续向其中加入浓硝酸,产生棕色气体,溶液中有白色不溶物。 ①白色不溶物为_____(填化学式),棕色气体产生的原因是_____(写离子方程式)。 ②试剂a为________,加入试剂a的目的是________。 ③该实验能证明棕褐色物质中一定有Ag的实验现象是________。 (6)甲进一步设计实验验证了Mg条表面的棕褐色物质中有Ag2O,实验方案是: 取实验I中表面变为棕褐色的Mg条_________。 (7)综合上述实验,能说明存在AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)的证据及理由有________。 参考答案 1.B 【分析】 化学变化的本质特征: 宏观上可以看到各种化学变化都产生了新物质;从微观上化学反应前后原子的种类、个数没有变化,仅仅是原子与原子之间的结合方式发生了改变。 【详解】 A.刺绣并未生成新的化学物质,不属于化学变化,故不选A; B.将熔化的铁水泼向空中,空中铁水会和空气中氧气反应生成氧化物迸溅出火花,故选B; C.用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹,没有新的化学物质生成,故不选C; D.用提花机织出图案并未生成新的化学物质,故不选D; 答案: B 2.A 【详解】 A.在氢氧化钠醇溶液是卤代烃发生消去反应的必要条件,在此条件下醇不能脱水,醇脱水需要浓硫酸做催化剂,控制一定温度,故选A; B.乙醇、水分子之间能形成氢键,氢键的存在使乙醇的溶解性显著增强,故不选B; C.肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠盐,它可通过油脂在碱性条件下发生皂化反应后盐析得到,故不选C; D.淀粉和纤维素属于多糖,在酸作用下水解,最终产物为葡萄糖,故不选D; 答案: A 3.B 【详解】 A.醇的系统命名步骤: 1.选择含羟基的最长碳链作为主链,按其所含碳原子数称为某醇;2.从靠近羟基的一端依次编号,写全名时,将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面,例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH;3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。 因此系统命名法给异丁醇命名为: 2-甲基-1-丙醇,故不选A; B.有几种氢就有几组峰,峰面积之比等于氢原子个数比;异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰,且面积之比是1∶2∶1∶6,故选B; C.根据表格可知,叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大,所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来,故不选C; D.两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯,故不选D; 答案: B 4.C 【分析】 实验原理分析: 二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气,氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳,可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽,在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气,最后收集; 【详解】 A.装置②中试剂可以是NaOH溶液,用来除掉二氧化碳气体,故不选A; B.装置③中盛有浓硫酸,作用是干燥O2,故不选B; C.由于氧气密度大于空气,选择装置b,故选C; D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶,验证二氧化碳是否除尽,故不选D; 答案: C 5.D 【详解】 A.氨气是无色有刺激性气味的气体,氨气的相对分子质量17,空气平均相对分子质量29,根据密度比等于相对分子质量之比,可知氨气密度比空气小,故不选A; B.由于氨气极易溶于水,一体积水可以溶解700体积氨气,且溶解速率快,可以形成较大的压强差,所以可以做喷泉实验,故不选B; C.烧瓶溶液中存在NH3+H20 NH3.H2O NH4++OH-,因此含氮微粒有: NH3、NH3·H2O和NH4+,故不选C; D.因为NH3·H2O不稳定受热易分解,加热过程中会让NH3·H2O分解,c(NH3·H2O)减小使电离平衡逆向移动;弱电解质的电离是吸热过程,升高温度促进电离平衡正向移动。 由题中信息可知,加热后溶液的红色变浅,说明温度和c(NH3·H2O)对NH3·H2O的电离平衡的影响是不一致的,故选D; 答案: D 【点睛】 易错选项D,要综合分析NH3·H2O的不稳定性对其浓度的影响,以及浓度变化和温度变化对弱电解质的电离平衡的影响。 6.C 【详解】 A.由于产物CH3COONa水解可使溶液显碱性,不可能使溶液红色褪去,故A错误; B.②中溶液变红的原因是: CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,故B错误; C.②中由于CH3COONa溶液水解显碱性,会使溶液变红,而③中滴加酚酞溶液变红,说明①中的下层溶液中没有酚酞,综合考虑①、②、③推测,①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞,故C正确; D.溶液红色褪去的可能原因: (1)乙酸与碳酸钠反应,同时乙酸过量; (2)乙酸乙酯萃取了酚酞,故D错误; 答案: C 【点睛】 本题有一定难度,考查学生分析对比能力,易错选项D。 7.A 【分析】 首先判断这是一个原电池,负极通入氢气,失电子变成 ,正极 得电子,方程式为 ,据此来分析选项即可。 【详解】 A.电源负极虽然产生 ,但是正极会消耗更多的 ,因此总体来看溶液酸性在减弱,pH上升,A项错误; B.Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)在反应中不停相互转化,起到了传递电子的作用,B项正确; C. 被还原为氮气,而 本身被氧化为 ,C项正确; D.钯即负极,氢气在负极失电子变成 ,D项正确; 答案选A。 8.羰基浓硝酸/浓硫酸、加热 CH3CHO+H2 CH3CH2OH 2CH3CHO+O2 2CH3COOH CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O ①③ 【分析】 线路分析: (1)逆推法,根据C的结构简式和反应条件Fe/HCl可知,B到C是硝基还原成氨基,推出B的结构简式 根据B可知A在浓硝酸和浓硫酸,加热条件下发生取代反应生成B( ),由此推测出A; (2)根据产物M( )逆推,可知单体G为 ,因为F中含有醇羟基,可知是F发生醇消去反应生成G,再联系C( )的结构,可知F为 ,根据F( )和C( )逆推出E( ),因为2D→E+C2H5OH,可知两分子D发生取代反应: 2CH3COOC2H5→ +C2H5OH,可知D为CH3COOC2H5。 整个推断注意仔细观察有机物结构的变化,主要采用逆推法。 【详解】 (1)由以上分析可知A的结构简式为 ,A中含氧官能团的名称是羰基; 答案: 羰基 (2)反应①为 +HNO3 +H2O,因此试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸、加热,B的结构简式为 ; 答案: 浓硝酸/浓硫酸、加热 (3)乙醛还原成乙醇,氧化成乙酸,乙醇与乙酸发生酯化反应生成D(乙酸乙酯)和水,合成D的化学方程式CH3CHO+H2 CH3CH2OH 2CH3CHO+O2 2CH3COOH CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O; 答案: CH3CHO+H2 CH3CH2OH2CH3CHO+O2 2CH3COOH CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O; (4)由上面分析可知: 2CH3COOC2H5→ +C2H5OH,E为 ,F为 ,G为 ; (5)反应①为硝化反应,属于取代反应,反应②为硝基还原为氨基,属于还原反应,反应③为乙酸乙酯发生分子间取代反应,④属于加成反应⑤属于消去反应⑥属于加聚反应,因此反应①~⑥中属于取代反应的有①③; 答案: ①③ 【点睛】 本题主要是逆推法的应用,难点是E、F结构式的推测。 9.32H+(aq)2Cr3+(aq)3SO42-(aq)H2O(l)pH越大,Cr(+6)的去除率降低,反应速率越慢与pH=2相比,pH=4时,Cr(+6)的去除率已达排放标准,控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量,节约成本b30min前,Cr(+6)去除率主要由反应速率决定,温度高反应速率快,因此80℃的去除率更高30min后,Cr(+6)去除率主要有反应限度决定,Cr2O72-与SO2的反应放热,温度越高,K越小,因此80℃的去除率比40℃低。 8~9.5左右1.5a×99.95% 【分析】 Cr(+6)在酸性环境下主要以Cr2O72-形式存在,将具有强还原性的二氧化硫气体通入吸收塔与Cr(+6)发生氧化还原反应,将Cr(+6)降价生成Cr3+,中和池中加入NaOH使其生成氢氧化物沉淀除去。 (1)氧化还原反应离子方程式配平,利用得失电子数相等和原子守恒配平;热化学方程式书写注意注明状态; (2)①根据表格可以得出随pH的增大Cr(+6)去除率的变化和去除所需时间。 ②从速率、去除率、消耗原料几个角度综合分析; ③a.根据勒夏特例原理分析;b.k的变化只与温度有关;c.氧化还原角度分析; (3)从速率和平衡两个角度分析; (4)找出Cr(OH)3物质的量分数最大的pH范围即可; (5)利用得失电子数相等进行计算。 【详解】 (1)三步法配平: ①根据化合价升降相等,配平化合价发生变化的元素②根据左右两边电荷守恒配平,酸性添加氢离子,碱性氢氧根离子③根据原子守恒配平添加水;热化学方程式书写注意注明状态,Cr2O72-(aq)+3SO2(g)+2H+(aq) 2Cr3+(aq)+3SO42-(aq)+H2O(l)ΔH=-1145kJ/mol; 答案: 32H+(aq)2Cr3+(aq)3SO42-(aq)H2O(l) (2)①根据表格可以得出结论,随着pH的升高,Cr(+6)的去除率降低,反应速率变慢; 答案: pH越大,Cr(+6)的去除率降低,反应速率越慢 ②实际工业生产应该从节省原料,条件易控角度分析,控制pH=4左右的原因是Cr(+6)的去除率已达排放标准,控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量,节约成本; 答案: Cr(+6)的去除率已达排放标准,控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量,节约成本 ③a.根据题干信息Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+,该酸性含铬废水中一定含有CrO42-,pH增大相当于减小氢离子浓度,平衡正向移动,CrO42-含量越高,故不选a; b.K的变化只与温度有关,压强无影响,故选b; c.SO32-、Fe2+等也具有强还原性,可以与Cr(+6)发生氧化还原反应,用于除去Cr(+6),故不选c; 答案: b (3)仔细观察图像可以发现前30min,80℃单位时间内去除率越高,反应速率越快;30min后去除率后面几乎不发生变化,说明达到了平衡,40℃时去除率要高,从平衡角度分析。 答案: 30min前,Cr(+6)去除率主要由反应速率决定,温度高反应速率快,因此80℃的去除率更高;30min后,Cr(+6)去除率主要有反应限度决定,Cr2O72-与SO2的反应放热,温度越高,K越小,因此80℃的去除率比40℃低。 (4)Cr(+3)是以氢氧化铬沉淀形式除掉,所以根据图像选择氢氧化铬物质的量分数最大的pH范围; 答案: 8~9.5左右 (5)利用氧化还原反应得失电子数相等列关系式可知 2Cr(+6)~3SO2 2mol3mol a×10-3mol/L×1000L×99.95%n(SO2) 计算得n(SO2)=3mol×a×10-3mol/L×1000L×99.95%/(2mol)=1.5a×99.95%mol; 答案: 1.5a×99.95% 10.阴 同一主族,最外层电子数相同,因此性质相似。 原子半径不同,得失电子能力不同,性质不同。 CuSe+4H2SO4(浓) CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2ONa2SeO3SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4bd 【分析】 (1)粗铜精炼时,粗铜作阳极,精铜作阴极,硫酸酸化的硫酸铜作电解质溶液; (2)①硒在元素周期表中的位置根据图示可知位于第四周期第VIA族; ②从原子结构分析,原子的最外层电子主要决定化学性质。 原子核对最外层电子的引力也会对化学性质略有影响; (3)①根据i确定产物为CuSO4、SO2、SeO2,采用零价配平法假设CuSe中Cu与Se元素均为0价,根据化合价升降相等配平; ②SeO2与SO2的性质相似,用NaOH溶液吸收,确定盐的化学式; ③根据氧化还原反应化合价升降相等和原子守恒进行配平书写方程式; (4)a.SeO2中Se的化合价可以升高到+6价,也可以降低到0价,因此既有氧化性也有还原性,根据方程式SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4,可知SeO2的氧化性比SO2强; b.浓硒酸的性质与浓硫酸性质应该相似;c.非金属性越强,气态氢化物越稳定; d.非金属性越强,最高价氧化物水化物的酸性越强。 【详解】 (1)粗铜精炼时,粗铜作阳极,精铜作阴极,硫酸酸化的硫酸铜作电解质溶液; 答案: 阴 (2)硒在元素周期表中的位置根据图示可知位于第四周期第VIA族,Se原子结构示意图可表示为 ; 答案: ②硫与硒元素位于同一主族,最外层电子数相同因此性质相似;同一主族从上到下原子半径增大,原子核对最外层电子引力减小,得电子能力减弱,失电子能力增强; 答案: 同一主族,最外层电子数相同,因此性质相似。 原子半径不同,得失电子能力不同,性质不同。 (3)①根据i确定产物为CuSO4、SO2、SeO2,采用零价配平法假设CuSe中Cu与Se元素均为0价,根据化合价升降相等配平,可得CuSe+4H2SO4(浓) CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O; 答案: CuSe+4H2SO4(浓) CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O ②SeO2与NaOH溶液的反应应该与SO2与NaOH反应相似,因此确定该盐的化学式为Na2SeO3; 答案: Na2SeO3 ③根据已知可知步骤ⅱ确定反应物为SO2、SeO2的混合气体和水,产物有Se,根据化合价有升必有降可知,SO2中S的化合价升高到+6价,配平得到方程式; 答案: SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4 (4)a.SeO2中Se的化合价可以升高到+6价,也可以降低到0价,因此既有氧化性也有还原性,根据方程式SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4,可知SeO2的氧化性比SO2强,故不选a; b.浓硒酸与浓硫酸均属于同一主族最高价含氧酸,因此性质可能相似,具有强氧化性、脱水性,故选b; c.非金属性越强,气态氢化物越稳定,同一主族从上到下非金属性减弱,同一周期从左到右非金属性增强,因此非金属性Cl>S>Se,因此热稳定性H2Se d.非金属性越强,最高价氧化物水化物的酸性越强;同一主族从上到下非金属性减弱,同一周期从左到右非金属性增强,因此酸性: H2SeO4 答案: bd 11.胶体Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑固体表面积Mg+2Ag+=Mg2++2AgAgClAg+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O盐酸将Mg除去,避免硝酸与镁反应,干扰实验Ag加入浓硝酸后产生棕色气体用蒸馏水洗涤后,加浓氨水浸泡,取上层清液于试管中,加入适量乙醛,水浴加热,有黑色的Ag生成在Cl-过量的情况下,实验Ⅰ的滤液中存在Ag+,说明Ag+与Cl-的反应存在限度,说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解;结合实验Ⅱ中棕褐色成电量比实验Ⅰ多,进一步说明平衡发生了移动。 【分析】
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