精品解析安徽省皖西高中教育联盟届高三上学期期末教学质量检测理科综合化学试题精校Word版.docx
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精品解析安徽省皖西高中教育联盟届高三上学期期末教学质量检测理科综合化学试题精校Word版
安徽省皖西高中教育联盟2019届高三上学期期末教学质量检测理科
综合试题(化学部分)
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关,下列说法错误的是
A.氢氧化铁胶体、淀粉溶液均具有丁达尔效应
B.化学是一门具有创造性的科学,化学变化的特征是制造新的分子和原子
C.煤的气化、煤的液化、石油的裂化和重整均属于化学变化
D.“榆荚只能随柳絮,等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分是纤维素
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢氧化铁胶体、淀粉溶液都是胶体,都有丁达尔效应,故A正确;
B.化学是一门具有创造性的科学,可以利用先进的技术和设备制造出新的分子,而原子是化学变化的最小微粒,通过化学变化不能产生新的原子,故B错误;
C.煤的气化、煤的液化、石油的裂化和重整都有新物质生成,均属于化学变化,故C正确;
D.“柳絮”的主要成分是纤维素,故D正确。
故选B。
2.有机物R的结构简式如图所示.下列有关R的性质叙述正确的是
A.R的所有原子一定在同一平面上
B.在Ni催化和加热条件下,1molR能与5molH2发生加成反应
C.R既能与羧酸、醇反应,还能发生加成、氧化反应
D.1molR与足量氢氧化钠溶液反应,消耗氢氧化钠的物质的量为2mol
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物含有醛基,可发生加成和氧化反应,含有羧基,具有酸性,可发生中和、酯化反应,含有羟基,可发生取代、氧化反应,以此解答该题。
【详解】A.含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特点,则所有的原子不可能在同一个平面上,故A错误;
B.能与氢气反应的有醛基和苯环,则在Ni催化和加热条件下,lmolR能与4molH2发生加成反应,故B错误;
C.含有羧基、羟基,则能与羧酸、醇反应,含有醛基,可发生加成、氧化反应,所以C选项是正确的;
D.能与氢氧化钠溶液反应的只有羧基,则1molR与足量氢氧化钠溶液反应,消耗氢氧化钠的物质的量为1mol,故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重醇、醛、酸的性质的考查,选项D为易错点,注意醇羟基和氢氧化钠溶液不反应。
3.下列有关实验装置、操作,不能实现相应实验目的的是
A
B
C
D
装置
目的
用KOH溶液除去溴苯中单质溴
证明浓硫酸有脱水性、强氧化性
先出现白色沉淀,后出现砖红色沉淀,证明Ksp(AgCl) 不能通过观察水能否全部流下来判断装置气密性 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【详解】A.溴和NaOH反应生成可溶性的钠盐,溴苯不易溶于水,然后采用分液方法分离提纯溴苯,所以A选项是正确的; B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性,能将蔗糖脱水碳化(有黑色物质生成)并放出大量的热,在此条件下,碳可以把浓硫酸还原为二氧化硫,二氧化硫能使品红溶液褪色,故该过程可以证明浓硫酸表现了脱水性和强氧化性,所以B选项是正确的; C.Ag2CrO4和AgCl的组成结构不相似,,不能依据先生成白色沉淀就判断氯化银的Ksp较小,只能依此判断氯化银的溶解度较小,故C错误; D.该装置中分液漏斗和烧瓶通过橡皮管连接,可以使两者中的气压相同,打开分液漏斗的活塞后,分液漏斗中的水可以顺利完全流下,故不能依此判断该装置的气密性如何,故D选项是正确的。 故选C。 【点睛】本题考查化学实验方案评价,涉及气密性检验、溶度积大小比较、物质性质、物质分离和提纯等知识点,明确实验原理、物质性质、实验操作是解本题关键,侧重考查学生分析判断及实验操作、实验评价能力,易错选项是D。 4.设NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 A.9NA个氢氧根离子和10NA个羟基所含电子数相等 B.1mol苯乙烯中含碳碳双键数目为4NA C.1molC2H5OH和1molCH3CO18OH发生酯化反应生成的水分子中含中子数为10NA D.粗铜精炼实验中阳极质量减少6.4g,电解过程中转移电子数为0.2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A.OH-和-OH的电子数分别为10和9,故9mol氢氧根离子和10mol羟基所含电子数相等,故A项正确; B.苯环中的碳碳键为独特键,不存在碳碳双键,所以1mol苯乙烯中含有1mol碳碳双键,含有的碳碳双键数为NA个,故B项错误; C.C2H5OH和CH3CO18OH发生反应生成水为H218O,含10个中子,但酯化反应为可逆反应,反应不能进行到底,故生成的水分子中含中子数小于10NA,故C项错误; D.电解精炼铜时,阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质,电解时铁、锌、铜都会发生溶解,且铁摩尔质量小于铜的64g/mol,锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量,所以阳极减少6.4g,转移的电子的物质的量不一定为0.2mol,故D项错误。 故选A。 5.如图是某元素的价类二维图,其中A为正盐,X是一种强碱,通常条件下Z是无色液体,E的相对分子质量比D大16,各物质的转化关系如图所示。 下列说法错误的是 A.A作肥料时不适合与草木灰混合施用 B.同主族元素的氢化物中B的沸点最低 C.C一般用排水法收集 D.D→E的反应可用于检验D 【答案】B 【解析】 【详解】由信息可知,A为正盐,为铵盐,强碱与铵盐加热生成氨气,所以B为NH3;氨气和氧气反应生成氮气和水,C为N2;氮气氧化为NO,所以D为NO;NO氧化为NO2,E为NO2;二氧化氮和水反应生成硝酸,F为HNO3;G为硝酸盐;Y为O2,Z为H2O。 A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用,故A项正确; B.B为NH3,氨气分子间存在氢键,所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高,所以氮族元素的氢化物中,NH3的沸点最高,故B项错误; C.C为N2,N2的密度与空气太接近,用排空气法收集不能得到纯净的气体,所以一般用排水法收集,故C项正确; D.NO与O2反应生成NO2,颜色由无色变为红棕色,可用于检验NO,故D项正确。 故选B。 【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水,也可以生成一氧化氮和水,不能直接生成二氧化氮气体;氮气和氧气在放电条件下,生成一氧化氮,一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。 6.电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的新宠,如图所示五层膜的玻璃电致变色系统,其工作原理是在外接电源下,通过在膜材料内部发生氧化还原反应,实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。 (已知: WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明,LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色)下列有关说法正确的是 A.当A外接电源负极时,此时Li+得到电子被还原 B.当A外接电源正极时,膜的透射率降低,可以有效阻挡阳光 C.当B外接电源正极时,离子导体层中Li+向下迁移 D.当B外接电源负极时,离子储存层发生反应为: Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-=Li4Fea[Fe(CN)6]3 【答案】D 【解析】 【详解】A、当A接外接电源负极时,A为阴极,发生还原反应为WO3+Li++e-=LiWO3,故A错误; B、当A接外接电源正极时,A极是阳极,在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应,电致变色层发生反应为: LiWO3-e-=WO3+Li+,生成WO3,此物质为无色透明物质,不能有效阻挡阳光,故B错误; C、当B外接电源正极时,B极是阳极,阳离子移向阴极,所以离子导体层中Li+向上迁移,故C错误; D、当B接外接电源负极时,B为阴极,此时离子储存层中蓝色的Fe4[Fe(CN)6]3得电子成为Li4Fea[Fe(CN)6]3,发生反应为: Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-=Li4Fea[Fe(CN)6]3,故D正确。 故选D。 7.已知: pOH=-lgc(OH-),温度为T℃时,向20.00mL0.01mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸(不考虑溶质挥发),溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示。 下列说法正确的是 A.曲线PJN表示溶液中pH的变化 B.若M点水的电离程度与Q点相等,则Q点一定符合c(Cl-)>c(NH4+)+c(NH3·H2O) C.M、P两点的数值之和a+b=14 D.pH与pOH交叉点J对应的V(盐酸)=20.00mL 【答案】B 【解析】 【分析】 温度为T℃时,向20.00mL0.01mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,发生反应为: NH3 H2O+HCl═NH4Cl+H2O,化学计量点时,恰好生成NH4Cl,NH4Cl水解使溶液显酸性,结合图象分析。 【详解】温度为T℃时,向20.00mL0.01mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,发生反应为: NH3 H2O+HCl═NH4Cl+H2O,化学计量点时,恰好生成NH4Cl,NH4Cl水解使溶液显酸性。 A.酸滴入碱中,溶液的pH逐渐减小,pOH逐渐增大,故曲线PJN为pOH变化曲线,而曲线MJQ则为pH变化曲线,故A错误; B.酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,J点为中性溶液,则M点中pH>pOH,溶液呈碱性,Q点pH C.常温时,水的离子积Kw=1.0×10-14,M、P两点为滴定过程中相同时刻同一溶液的pH与pOH,故a+b=pH+pOH=-lgKw=14,即M、P两点的数值之和a+b=14,但温度若不是常温,Kw不同,a+b 14,故C错误; D.J点pH=pOH,c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,故氨水过量,即J点表示V(盐酸)<20.00mL,故D错误。 故选B。 8.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂,主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白、水处理、杀菌灭藻、鱼药制造等行业。 工业上可采用过氧化氢法,即在碱性条件下,用H2O2还原ClO2制备NaClO2。 某兴趣小组模拟工业生产流程在实验室中制备NaClO2,实验装置如图1所示。 回答下列问题: 已知: 纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。 ①检査装置气密性;②称取10.65gNaClO3加入200mL稀硫酸中,溶解,然后转移到仪器a中;③量取适量H2O2加入100mLNaOH浓溶液中,摇匀后转移到仪器b中;④连接好装置进行实验。 (1)装置甲中空气并不参与反应,则装置甲中发生反应的离子方程式是___________。 (2)进行实验时,需要对装置甲进行水浴加热,水浴加热的优点是________________。 (3)装置丙的作用是_______________________________________________________。 (4)装置乙中制取NaClO2的离子方程式_________________________________。 (5)仪器b中的溶质浓度对产品含量起到关键作用,溶质浓度对产品含量的影响如图2和图3所示。 结合两图信息,此时混合液中n(H2O2)/n(NaOH)=___________时为最佳,且H2O2的浓度为___________mol·L-1,其可能原因是_________________________________。 (6)实验结束后,在适当的条件下处理b中的混合液,得到产品NaClO2·3H2O9.39g。 该实验的产率为___________。 (保留3位有效数字) 【答案】 (1).SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42- (2).受热均匀,便于控制温度(3).吸收ClO2等有害气体,防止污染环境(4).H2O2+2ClO2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O(5).0.6(6).2.4(7).该反应为放热反应,会造成H2O2分解(或者过量的SO2会还原H2O2),所以n(H2O2)/n(NaOH)稍大于0.5,当超过0.6时,NaClO2%变化不大,考虑经济因素,选择比值为0.6时为最佳(8).65.0% 【解析】 【分析】 (1)装置甲利用NaClO3和Na2SO3在稀硫酸的酸化下,产生ClO2和硫酸钠,据此写出发生反应的离子方程式; (2)水浴加热的优点是受热均匀,便于控制温度; (3)ClO2为有害气体,所以装置丙的作用是吸收ClO2等有害气体,防止污染环境; (4)装置乙中利用ClO2和H2O2在碱性条件下制备NaClO2,据此写出发生反应的离子方程式; (5)由图3可知,n(H2O2)/n(NaOH)为0.6时,NaClO2%达到60%,当超过0.6时,NaClO2%变化不大,考虑经济因素,选择比值为0.6时为最佳;由图2可知,此时c(NaOH)=4mol/L, 则H2O2的浓度为4mol·L-1×0.6=2.4mol·L-1; (6)先根据NaClO3~NaClO2·3H2O计算出理论上可制得NaClO2·3H2O的质量,再根据产率= ×100%计算产率。 【详解】 (1)装置甲利用NaClO3和Na2SO3在稀硫酸的酸化下,产生ClO2和硫酸钠,发生反应的离子方程式是SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-; 因此,本题正确答案为: SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-; (2)水浴加热的优点是受热均匀,便于控制温度; 因此,本题正确答案为: 受热均匀,便于控制温度 (3)ClO2为有害气体,所以装置丙的作用是吸收ClO2等有害气体,防止污染环境; 因此,本题正确答案为: 吸收ClO2等有害气体,防止污染环境; (4)装置乙中利用ClO2和H2O2在碱性条件下制备NaClO2,其中ClO2是氧化剂,H2O2的氧化产物是O2,发生反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O; 因此,本题正确答案为: H2O2+2ClO2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O; (5)由图3可知,n(H2O2)/n(NaOH)为0.6时,NaClO2%达到60%,当超过0.6时,NaClO2%变化不大,考虑经济因素,选择比值为0.6时为最佳,由图2可知,此时c(NaOH)=4mol/L, 则H2O2的浓度为4mol·L-1×0.6=2.4mol·L-1; 因此,本题正确答案为: 0.6;2.4;该反应为放热反应,会造成H2O2分解(或者过量的SO2会还原H2O2),所以n(H2O2)/n(NaOH)稍大于0.5,当超过0.6时,NaClO2%变化不大,考虑经济因素,选择比值为0.6时为最佳; (6)10.65gNaClO3的物质的量为 =0.1mol,根据NaClO3~NaClO2·3H2O, 理论上可制得NaClO2·3H2O的质量为0.1mol×144.5g/mol=14.45g, 该实验的产率为 ×100%=65.0%, 因此,本题正确答案为: 65.0%。 9.将锌铜合金溶解后与足量KI溶液反应(Zn2+不与I-反应),生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定,根据消耗的Na2S2O3溶液体积可测算合金中铜的含量。 实验过程如下图所示: 回答下列问题: (1)H2O2的电子式为___________;“酸浸氧化”后铜元素的主要存在形式是___________(填离子符号)。 (2)“煮沸”的目的是____________________________________________。 (3)用缓冲溶液“调pH”是为了避免溶液的酸性太强,否则“滴定”时发生反应的离子方程式: _______________________________________________________; ①若100mLNa2S2O3溶液发生上述反应时,20s后生成的SO2比S多6.4g,则v(Na2S2O3)=___________mol/(L·s)(忽略溶液体积变化的影响)。 ②该缓冲溶液是浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液。 25℃时,溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_________________________________。 (已知: 25℃时,Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5) (4)“沉淀”步骤中有CuI沉淀产生,反应的离子方程式为______________________。 (5)“转化”步骤中,CuI转化为CuSCN,CuSCN吸附I2的倾向比CuI更小,使“滴定”误差减小。 沉淀完全转化后,溶液中c(SCN-): c(I-)≥___________。 (已知: Ksp(CuI)=1.0×10-12;Ksp(CuSCN)=4.4×10-15) (6)下列情况可能造成测得的铜含量偏高的是___________(填标号)。 A.铜锌合金中含少量铁 B.“沉淀”时,I2与I-结合生成I3-: I2+I-=I3- C.“转化后的溶液在空气中放置太久,没有及时滴定 D.“滴定”过程中,往锥形瓶内加入少量蒸馏水 【答案】 (1). (2).Cu2+(3).除去过量的H2O2(4).S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O(5).0.1(6).c(CH3COO-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)(7).2Cu2++4I-=2CuI+I2(8).4.4×10-3(9).AC 【解析】 【分析】 (1)H2O2是共价化合物,其电子式为 ;铜在酸性条件下被氧化为Cu2+; (2)H2O2不稳定,加热后能除去; (3)酸性太强,会发生反应: S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O; ①由反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O可知,每生成1molSO2和1molS,生成的SO2比S多32g,据此计算参加反应的硫代硫酸钠的物质的量,再根据 = 计算速率; ②根据25℃时,Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5可知,CH3COONH4溶液呈中性,故等浓度的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液呈酸性,据此分析离子浓度大小; (4)Cu2+与I-生成CuI,据此写出反应的离子方程式; (5)根据c(SCN-): c(I-)≥ 计算。 (6)根据反应式2Cu2++4I-=2CuI+I2,凡能造成I2偏大的,所测铜含量偏高分析。 【详解】 (1)H2O2是共价化合物,其电子式为 ;铜在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+,所以溶解后铜元素以Cu2+形式存在; 因此,本题正确答案为: ;Cu2+; (2)H2O2不稳定,加热后能除去,所以“煮沸”的目的是除去过量的H2O2; 因此,本题正确答案为: 除去过量的H2O2; (3)酸性太强,会发生反应: S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O; ①由反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O可知,每生成1molSO2和1molS,生成的SO2比S多32g,20s后生成的SO2比S多6.4g,则20s后生成0.2molSO2,参加反应的硫代硫酸钠为0.2mol,故 (Na2S2O3)= =0.1mol/(L·s); ②根据25℃时,Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5可知,CH3COONH4溶液呈中性,故等浓度的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液呈酸性,则溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。 因此,本题正确答案为: S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O;0.1;c(CH3COO-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-); (4)Cu2+与I-生成CuI,反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI+I2; 因此,本题正确答案为: 2Cu2++4I-=2CuI+I2; (5)Ksp(CuI)=c(Cu2+) c(I-)=1.0×10-12;Ksp(CuSCN)=c(Cu2+) c(SCN-)=4.4×10-15,则沉淀完全转化后,溶液中c(SCN-): c(I-)≥ = =4.4×10-3, 因此,本题正确答案为: 4.4×10-3。 (6)A.Fe3+也能与I-反应生成I2,铜锌合金中含少量铁,则会造成测得的铜含量偏高,A项符合题意; B.“沉淀”时生成I3-,会造成测得的铜含量偏低,B项不符合题意; C.空气中的氧气能氧化碘离子生成碘单质,若转化后的溶液在空气中放置太久,则会造成测得的铜含量偏高,C项符合题意; D.“滴定”过程中,往锥形瓶内加入少量蒸馏水,对实验结果无影响,D项不符合题意。 因此,本题正确答案为: AC。 10.高纯硝酸锶[Sr(NO3)2]可用于制造信号灯、光学玻璃等。 工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质,提纯流程如下: 已知: ①“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2;“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2;“滤渣2”的主要成分为BaCrO4(杂质不与硝酸反应)。 ②铬酸(H2CrO4)为弱酸。 (1)“酸浸”不能采用高温的原因是_________________________________。 (2)相对于水洗,用浓HNO3洗涤的优点是_________________________________。 (3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+,同时放出无污染的气体,写出反应的离子方程式_______________________________________________________。 (4)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡: Cr(OH)3(s) Cr3+(aq)+3OH-(aq),常温下,Cr(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-32,当c(Cr3+)降至1.0×10-5mol/L,认为Cr3+已经完全沉淀。 现将还原后溶液的pH值调至4,此时Cr3+是否沉淀完全? ______________________(列式计算)。 (5)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3,还原后溶液的pH不能大于8的原因是: ___________。 (结合离子方程式说明理由)。 (6)为了测定“滤渣2”中BaCrO4的含量,进行以下实验: ①判断Ba2+完全沉淀的方法: ____________________________________________。 ②“滤渣2”中BaCO4的质量分数为______________________(用代数式表示)。 【答案】 (1).避免浓HNO3挥发和分解 (2).减少Sr(NO3)2溶解而造成损失(3).4H2CrO4+3N2H4+12H+=4Cr3++3N2+16H2O(4).c(OH-)=10-10mol/L时,c(Cr3+)=1.0×10-32/(1.0×10-10)3=1.0×10-2mol/L>1.0×10-5mol/L,此时Cr3+不能沉淀完全(5).pH大于8时Cr(OH)3会溶解,Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O(6).静置,向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液,上层清液中无白色沉淀生成(7). ×100% 【
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