云南省临沧市永德县高二上学期期末复习统一检测化学精校解析Word版.docx
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云南省临沧市永德县高二上学期期末复习统一检测化学精校解析Word版
季和2019年1月永德一中高二复习统一检测
化学试题
可能用到的相对原子质量:
H-1B-11C-12O-16Cu-64S-32Fe-56Sn-119Pb-207Si-28
一、选择题:
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.日常生活中和工业生产上,都广泛涉及到化学知识。
下列有关说法不正确的是
A.金属铝是一种应用广泛的金属材料,这与铝表面易形成致密的氧化膜有关
B.我国西周时发明的“酒曲”酿酒工艺,利用了催化剂加快化学反应速率的原理
C.天然气是一种清洁的化石燃料
D.石油的分馏和石油的催化重整均为物理变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.虽然金属铝是活泼金属,但是铝与氧气反应在铝表面易形成致密的氧化膜,阻止了反应的进一步进行,使得金属铝可在空气中稳定存在,故A正确;
B.酿酒加酒曲是因为酒曲上生长有大量的微生物,还有微生物所分泌的酶(淀粉酶、糖化酶和蛋白酶等),酶具有生物催化作用,可以将谷物中的淀粉加速转变成糖,糖在酵母菌的酶的作用下,分解成乙醇,即酒精,故B正确;
C.天然气的主要成分是甲烷,是一种清洁的化石燃料,故C正确;
D.石油的分馏是将石油中沸点不同的馏分分离的过程,是物理变化;石油的催化重整就是利用催化剂对烃类分子结构进行重新排列,其目的是获得芳香烃,并副产大量氢气,有新物质生成,石油的催化重整是化学变化,故D错误。
故选D。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.1.4gC2H4、C3H6的混合气体中,所含碳原子总数为0.lNA
B.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
C.标准状况下,22.4LC2H6中所含极性共价键的数目为7NA
D.50mLl2mol·L的浓盐酸与足量MnO2反应,转移电子总数为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.C2H4和C3H6的最简式相同为CH2,1.4gC2H4、C3H6混合气体的物质的量为1.4g÷14g/mol=0.1mol,所含有的碳原子总数为0.1NA,故A正确;
B.CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种,因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA,故B错误;
C.每个C2H6分子中含有6个极性键和1个非极性键,故标准状况下22.4LC2H6中所含极性共价键的数目为6NA,故C错误;
D.MnO2与浓盐酸反应MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,若50mL12mol/L浓盐酸完全反应,生成氯气为0.05L×12mol/L×1/4=0.15mol,转移电子数为0.15mol×2×NAmol-1=0.3NA,随着反应的进行,浓盐酸变为稀盐酸,MnO2与稀盐酸不反应,所以转移电子数小于0.3NA,故D错误。
故选A。
3.实验是探究化学过程的重要途径,有关下列各实验装置图的叙述正确的是
A.图I可用于探究NaHCO3固体的热稳定性
B.图Ⅱ用于从氯化钠溶液中获得晶体
C.图III中b口进气可收集Cl2、CO2等气体
D.图Ⅳ中若X为NaOH溶液,则可完成SO2的喷泉实验
【答案】D
【解析】
A.图I可用于探究NaHCO3固体的热稳定性时试管口应略向下倾斜,选项A错误;B、氯化钠溶于水,与水分离选蒸发装置,不能利用坩埚加热,可选蒸发皿,选项B错误;C、Cl2、CO2密度均比空气大,收集Cl2、CO2等气体用图III必须a口进气,选项C错误;D、图Ⅳ中若X为NaOH溶液,二氧化硫与氢氧化钠接触后大量溶解且反应,烧瓶内气压迅速降低,烧杯中水进入烧瓶形成喷泉,则可完成SO2的喷泉实验,选项D正确。
答案选D。
4.下列实验操作规范且能达到目的的是
选项
实验目的
实验操作
A.
用18.4mol·L-1的浓硫酸配制100mL1.84mol·L-1的稀硫酸
用量筒量取10.0mL浓硫酸后,需用水洗涤量筒,并将洗涤液转入容量瓶
B.
检验某溶液中是否含有Fe2+
向某溶液中滴加H2O2溶液,再滴加KSCN溶液,溶液变为血红色
C.
分离苯萃取溴水中的水层和
有机层
将分液漏斗下面的活塞拧开,放出水层,再换一个烧杯放出有机层
D.
除去乙醇中的水
加入新制生石灰,进行蒸馏
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.量筒量取后倒出的液体即为量取的量,量筒不需洗涤,不能保留洗涤液,故A错误;
B.先滴加H2O2溶液,H2O2溶液具有氧化性,可氧化亚铁离子生成铁离子,则溶液中可能含Fe2+或Fe3+,故B错误;
C.萃取后分液漏斗中的下层液体从下口放出,上层溶液从上口倒出,故C错误;
D.乙醇中的水能与生石灰反应生成Ca(OH)2,再经过蒸馏即可得到乙醇,故D正确。
故选D。
5.碳原子数小于6的烷烃中,一氯代物只有一种的有
A.2种B.3种C.4种D.5种
【答案】B
【解析】
【分析】
烷烃的一氯取代物只有一种,说明该烷烃中只有一种等效氢原子,根据等效氢原子的判断方法来回答。
【详解】烷烃分子中,同一个碳上的氢原子等效,连在同一个碳原子上的氢原子等效,具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效,烷烃的一氯取代物只有一种,说明该烷烃中只有一种等效氢原子,在碳原子数n<6的所有烷烃的同分异构体中,其一氯取代物只有一种的烷烃分别是:
甲烷、乙烷、2,2-二甲基丙烷,共有3种,所以B正确。
故选B。
【点睛】烃的等效氢原子有几种,该烃的一元取代物的数目就有几种。
6.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,Y是同周期主族元素中半径最大的,W原子最外层电子数是电子层数的2倍,X与W同主族,Z的单质通常使用电解熔融Z2X3制备。
下列说法正确的是
A.简单离子半径大小:
Y>Z>X
B.最高价氧化物的水化物的酸性:
Z C.X与Y形成的所有化合物中均只含有一种化学键 D.实验室中可以通过W的最简单氢化物制备W的最高价含氧酸 【答案】D 【解析】 【分析】 短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,Y是同周期主族元素中半径最大的,则Y为Na,W原子最外层电子数是电子层数的2倍,则W为S,X与W同主族,则X为O,Z的单质通常使用电解熔融Z2X3制备,则Z为Al,据此答题。 【详解】A.X、Y、Z分别为O、Na、Al,它们的简单离子具有相同的电子层结构,具有相同电子层结构的离子,序数越大,半径越小,所以简单离子半径大小: X>Y>Z,故A错误; B.非金属性越强,则最高价氧化物的水化物的酸性越强,非金属性: W>Z>Y,则最高价氧化物的水化物的酸性: : W>Z>Y,故B错误; C.X与Y形成的化合物为Na2O或Na2O2,Na2O中只含离子键,Na2O2中既含离子键又含共价键,故C错误; D.实验室中可以通过H2S制备H2SO4,故D正确。 故选D。 【点睛】掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法,结合元素所在的位置与元素的性质进行判断,确定其正确性。 7.科学家研发出了一种新材料,其工作原理如图所示。 在外接电源作用下,材料内部发生氧化还原反应导致颜色变化,从而实现对光的透过率进行可逆性调节。 已知WO3和Li4Fe4[Fe(CN6]3均为无色透明,LiWO3和Fe4[Fe(CN6]3均有颜色。 下列说法正确的是() A.当M外接电源正极时,该材料颜色变深使光的透过率降低 B.该材料在使用较长时间后,离子导电层中Li+的量变小 C.当M外接电源负极时,离子导电层中的Li+向变色导电层定向迁移 D.当N外接电源正极时,离子储存层的电极反应式为: Fe4[Fe(CN6]3+4Li++4eˉ=Li4Fe4[Fe(CN6]3 【答案】C 【解析】 A.当M外接电源正极时,M为阳极,LiWO3失电子产生WO3,该材料颜色变浅使光的透过率增强,选项A错误;B.电极总反应式为4WO3+Li4Fe4[Fe(CN6]3=4LiWO3+Fe4[Fe(CN6]3,该材料在使用较长时间后,离子导电层中L+的量不变,选项B错误;C.当M外接电源负极时作为阴极,离子导电层中的阳离子Li+向阴极变色导电层定向迁移,选项C正确;D.当N外接电源正极作为阳极时,离子储存层的电极反应式为Li4Fe4[Fe(CN6]3-4eˉ=Fe4[Fe(CN6]3+4Li+,选项D错误。 答案选C。 二、非选择题: 8. (1)龚老师在大学时候以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2为原料制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3,其主要实验流程如下: 已知: ①Cl2+2OH− ClO−+Cl−+H2O是放热反应。 ②N2H4·H2O沸点约118℃,具有强还原性,能与NaClO剧烈反应生成N2。 步骤Ⅰ制备NaClO溶液时,若温度超过40℃,Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl,其离子方程式为_____;实验中控制温度除用冰水浴外,还需采取的措施是_______。 (2)步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图所示。 NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后,再迅速升温至110℃继续反应。 实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_________;使用冷凝管的目的是_____。 (3)紧接着龚老师查阅资料发现AgSCN为白色难溶物,Ag+可以氧化SCNˉ和Fe2+。 为探究SCNˉ和Fe2+的还原性强弱,该同学设计了下图实验装置并进行下列实验。 先断开电键K,向溶液X中滴加0.1mol·L-1KSCN溶液,无明显现象,说明___________________;闭合电键K后,若观察到的实验现象有溶液X逐渐变红、右边石墨电极上有固体析出、电流计指针偏转,据此得出的结论是_____,溶液变红的原因是__________________(用离子方程式表示),该实验设计的优点是_____。 【答案】 (1).3Cl2+6OH−===5Cl−+ClO3−+3H2O (2).缓慢通入Cl2(3).NaClO碱性溶液(4).减少水合肼的挥发(5).溶液中无Fe3+(6).Fe2+的还原性强于SCN-(7).Fe2+-e-===Fe3+、Fe3++3SCN-===Fe(SCN)3(8).氧化性还原性离子不直接接触,避免产生沉淀而导致离子浓度降低 【解析】 【分析】 (1)步骤Ⅰ中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO,步骤Ⅱ中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼,步骤Ⅲ中分离出水合肼溶液,步骤Ⅳ由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3; (2)为了防止水合肼被氧化,应逐滴滴加NaClO碱性溶液,使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发; (3)先断开电键K,向溶液X中滴加0.1mol·L-1KSCN溶液,无明显现象,说明溶液中无Fe3+,闭合电键K后,若观察到的实验现象有溶液X逐渐变红、右边石墨电极上有固体析出、电流计指针偏转,据此得出的结论是Fe2+的还原性强于SCN-,溶液变红的原因是Fe2+-e-=Fe3+、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,该实验设计的优点是氧化性、还原性离子不直接接触,避免产生沉淀而导致离子浓度降低。 【详解】 (1)温度超过40℃,Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O,反应的化学方程式为: 3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O,离子方程式为: 3Cl2+6OH−=5Cl−+ClO3−+3H2O。 由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应,为了减少NaClO3的生成,应控制温度不超过40℃,减慢反应速率;实验中控制温度除用冰水浴外,还需采取的措施是缓慢通入Cl2,故答案为: 3Cl2+6OH−=5Cl−+ClO3−+3H2O,缓慢通入Cl2。 (2)步骤Ⅱ中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼,由于水合肼具有强还原性,能与NaClO剧烈反应生成N2,为了防止水合肼被氧化,应逐滴滴加NaClO碱性溶液,所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液,NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应,N2H4·H2O沸点约118℃,使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发,故答案为: NaClO碱性溶液,减少水合肼的挥发。 (3)先断开电键K,向溶液X中滴加0.1mol·L-1KSCN溶液,无明显现象,说明溶液中无Fe3+,闭合电键K后,若观察到的实验现象有溶液X逐渐变红、右边石墨电极上有固体析出、电流计指针偏转,据此得出的结论是Fe2+的还原性强于SCN-,溶液变红的原因是Fe2+-e-=Fe3+、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,该实验设计的优点是氧化性、还原性离子不直接接触,避免产生沉淀而导致离子浓度降低,故答案为: 溶液中无Fe3+,Fe2+的还原性强于SCN-,Fe2+-e-=Fe3+、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,氧化性、还原性离子不直接接触,避免产生沉淀而导致离子浓度降低。 9.云南是我国的矿产资源大省,被誉为“有色金属王国”。 利用某冶炼废渣(主要成分为二氧化硅和锡、铜、铅、铁的氧化物)回收锡、铜、铅的工艺流程如下图所示: 回答下列问题: (1)电炉冶炼时,焦炭的作用是_____(填“氧化剂”或“还原剂”),将焦炭粉碎的目的是_____。 熔剂的主要成分是氟石(CaF2),高温下能与SiO2反应生成两种钙,其中之一为CaSiF6,该反应的化学方程式为_____。 (2)脱铁后的溶液中含有少量的Sn2+,为减少锡的损失,可用锡、铜、铅、铁多元合金回收处理,反应的离子方程式为_____。 (3)已知SnO2不溶于稀硫酸。 脱铁后氧化焙烧的目的是_____。 (4)电解CuSO4溶液时,阳极的电极反应式为_____。 (5)锡、铅渣中的铅主要以PbSO4存在,脱硫时发生的反应为PbSO4+HCO3-(aq) PbCO3(s)+H+(aq)+SO42-(aq)。 脱硫后需过滤、洗涤再进入下一步工序,检验滤渣是否洗涤干净的方法是___。 (6)若该冶炼废渣中锡的质量分数为5%,30t废渣制得精锡lt,则锡的回收率为_____。 【答案】 (1).还原剂 (2).加快反应速率使反应更充分(3).3CaF2+3SiO2 CaSiF6+2CaSiO3(4).Sn2++Fe=Sn+Fe2+(5).将Sn、Cu分别氧化为SnO2、CuO,利于浸铜时分离(6).2H2O-4e-=O2↑+4H+(7). (8).取少量末次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液,若不出现浑浊,说明滤渣已洗净(合理答案均可)(9).66.7% 【解析】 (1)电炉冶炼时,焦炭将金属氧化物还原产生合金,焦炭的作用是还原剂,将焦炭粉碎的目的是加快反应速率使反应更充分。 熔剂的主要成分是氟石(CaF2),高温下能与SiO2反应生成两种钙盐,其中之一为CaSiF6,该反应的化学方程式为3CaF2+3SiO2 CaSiF6+2CaSiO3; (2)脱铁后的溶液中含有少量的Sn2+,为减少锡的损失,可用锡、铜、铅、铁多元合金回收处理,利用铁金属性强于锡置换出锡,反应的离子方程式为Sn2++Fe=Sn+Fe2+;(3)已知SnO2不溶于稀硫酸。 脱铁后氧化焙烧的目的是将Sn、Cu分别氧化为SnO2、CuO,利于浸铜时分离;(4)电解CuSO4溶液时,阳极水电离出的氢氧根离子失电子产生氧气,反应的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+;(5)已知H2CO3的一、二级电离常数分别为K1、K2,PbSO4、PbCO3的溶度积常数分别为Ksp(PbSO4)、Ksp(PbCO3)。 锡、铅渣中的铅主要以PbSO4存在,脱硫时发生的反应为PbSO4(s)+HCO3ˉ(aq) PbCO3(s)+H+(aq)+SO42+(aq),该反应的平衡常数K= ;检验滤渣是否洗涤干净是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子,检验的方法是取少量末次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液,若不出现浑浊,说明滤渣已洗净;(6)若该冶炼废渣中锡的质量分数为5%,30t废渣制得精锡lt,则锡的回收率为 。 10.钼(Mo)是一种难熔稀有金属,我国的钼储量居世界第二,而云南钼的产量又居中国首位。 钼及其合金在冶金、农业、电器、化工、环保等方面有着广泛的应用。 (1)Mo可被发烟硝酸氧化,产物MoOF4和MoO2F2物质的量比为1: 1,完成下列方程式: _____Mo+_____HF+_____HNO3=_____MoO2F2+_____MoOF4+_____NO2↑+__________ (2)已知: 则ΔH3=_____(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示),在反应③中若有0.2molMoS2参加反应,则转移电子_________mol。 (3)密闭容器中用Na2CO3(s)作固硫剂,同时用一定量的氢气还原辉钼矿(MoS2)的原理为以下所示化学方程式 实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示: ①由图可知,该反应的ΔH_____0(填“>”或“<”);P2_____0.1MPa(填“>”或“<”)。 ②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡,下列说法错误的是_____选填编号) A.V正(H2)=V逆(H2O) B.再加入MoS2,则H2转化率增大 C.容器内气体的密度不变时,一定达到平衡状态 D.容器内压强不变时,一定达到平衡状态 ③由图可知M点时氢气的平衡转化率为_____(计算结果保留0.1%)。 ④平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算,气体分压=气体总压×物质的量分数。 求图中M点的平衡常数Kp=_____(MPa)2。 【答案】 (1).2 (2).6(3).12(4).1(5).1(6).12(7).9(8).H2O(9).ΔH1+2ΔH2(10).2.8(11).>(12).>(13).B(14).66.7%(15).0.01 【解析】 【分析】 (1)根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式; (2)根据盖斯定律进行计算,2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)反应中Mo、S的化合价都升高,只有氧元素的化合价降低,2molMoS2消耗7molO2,转移28mol的电子; (3)①有图可知,升高温度氢气的体积分数降低,说明平衡正向移动,正反应吸热,ΔH>0;在相同的温度下,P2条件下氢气含量大,说明此时反应向左进行,又方程式右端气体体积较左端大,增大压强会促进反应向左进行,则P2>P1=0.1MPa; ②根据勒夏特列原理进行分析; ③根据三段式进行计算氢气的转化率; ④根据Kp的定义进行计算。 【详解】 (1)根据元素守恒,有水生成,根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为: 2Mo+6HF+12HNO3=MoO2F2+MoOF4+12NO2↑+9H2O,故答案为: 2,6,12,1,1,12,9,H2O。 (2)①2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)ΔH1,②MoS2(s)+2O2(g)=Mo(s)+2SO2(g)ΔH2,根据盖斯定律①+②×2得: 2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)ΔH3=ΔH1+2ΔH2, 2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)反应中Mo、S的化合价都升高,只有氧元素的化合价降低,2molMoS2消耗7molO2,转移28mol的电子,所以0.2molMoS2参加反应,则转移电子2.8mol,故答案为: ΔH1+2ΔH2,2.8。 (3)①有图可知,升高温度氢气的体积分数降低,说明平衡正向移动,正反应吸热,ΔH>0;在相同的温度下,P2条件下氢气含量大,说明此时反应向左进行,又方程式右端气体体积较左端大,增大压强会促进反应向左进行,则P2>P1=0.1MPa,故答案为: >,>。 ②A.达到平衡时,正逆反应速率相等,所以达到平衡时V正(H2)=V逆(H2O),故A正确; B.MoS2是固体,再加入MoS2,平衡不移动,H2转化率不变,故B错误; C.正反应气体质量增大,所以反应中气体密度增大,密度不变时,一定达到平衡状态,故C正确; D.正反应气体物质的量增大,容器内压强是变量,所以容器内压强不变时,一定达到平衡状态,故D正确。 故答案为: B。 ③ MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)=Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) 开始量(mol)a00 转化量(mol)4x2x4x 平衡量(mol)a-4x2x4x (a-4x)/(a-4x+2x+4x)=0.25,解得a=6x,M点时氢气的平衡转化率为4x/6x×100%=66.7%,故答案为: 66.7%。 ④根据方程式H2、CO、H2O=2x: 2x: 4x,氢气的体积分数是25%,所以CO、H2O的体积分数分布是25%、50%,则Kp=(25%×1)2×(50%×0.1)4/(25%×0.1)4=0.01(MPa)2,故答案为: 0.01。 三、选考题: 请从一下2道化学题任选一题作答。 如果多做,则按所做的第一题计分。 11.锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。 回答下列问题: (1)Zn原子核外电子排布式为________。 (2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。 第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。 原因是______________________。 (3)ZnF2具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是________;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________________________________________________。 (4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。 ZnCO3中,阴离子空间构型为________,C原子的杂化形式为___________________。 (5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为____________________。 六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为________g·cm-3(列出计算式)。 【答案】 (1).[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) (2).大于(3).Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子(4).离子键(5).ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主,极性较小(6).平面三角形(7).sp2(8).六方最密堆积(A3型)(9). 【解析】 分析: 本题是物质结构与性质的综合题,需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点,一般来说,题目都是一个一个小题独立出现的,只要按照顺序进行判断计算就可以了。 详解: (1)Zn是第30号元素,所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。 (2)Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能,原因是,Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全
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