高三化学开学摸底考新课标卷01解析版.docx
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高三化学开学摸底考新课标卷01解析版
2020年4月高三化学开学摸底考(新课标卷01)
(考试时间:
50分钟试卷满分:
100分)
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ca40Cr52Cu64
一、选择题:
本题共7个小题,每小题6分。
共42分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
7.化学与生活各个方面息息相关,下列说法错误的是
A.光化学污染是由玻璃反射,造成光线强对眼睛有害的污染
B.贵州省“桐梓人”是中国南方发现的最早智人之一,可以用14C测定其年代
C.化肥普钙Ca(H2PO4)2不可与草木灰混用
D.锂电池是一种高能电池,其有比能量高,工作时间长,工作温度宽,电压高等优点
【答案】A
【解析】A.光化学污染是指NOx气体对人类的影响,而非玻璃反射,故A错误;
B.14C具有放射性,能发生衰变,可以用来测定文物年代,故B正确;
C.Ca(H2PO4)2水解显酸性,草木灰水解显碱性,若混合使用,水解互相促进,易造成肥效降低,故C错误;
D.锂电池是一种高能电池,其有比能量高,工作时间长,工作温度宽,电压高等优点,故D正确;
故答案选A。
8.阿伏加德罗常数的值用NA表示。
下列说法中正确的是
A.33.6L丙烯(标准状况)与足量HCl发生加成反应,生成1-氯丙烷个数为1.5NA
B.一定条件下,Ca与O2反应生成7.2gCaO2,转移电子的个数为0.4NA
C.2mol冰醋酸与4mol乙醇一定条件下充分反应,生成乙酸乙酯个数为2NA
D.1Llmol/L的葡萄糖溶液中,溶质所含羟基的个数为5NA
【答案】D
【解析】A.丙烯与HCl发生加成反应,可能生成1-氯丙烷和2-氯丙烷,无法计算生成1-氯丙烷的个数,故A错误;
B.7.2gCaO2含有0.1molCa,Ca从0价变到+2价,转移电子的个数为0.2NA,故B错误;
C.酯化反应为可逆反应,无法确定反应限度,故无法计算生成乙酸乙酯的量,C错误;
D.lmol的葡萄糖中含有5mol羟基和1mol醛基,故所含羟基的个数为5NA,故D正确。
本题选D。
9.杂环化合物是分子中含有杂环结构的有机化合物。
常见的六元杂环化合物有
下列说法正确的是
A.吡啶和嘧啶互为同系物
B.吡喃的二氯代物有6种(不考虑立体异构)
C.三种物质均能发生加成反应
D.三种分子中所有原子处于同一平面
【答案】C
【解析】A.同系物差CH2,吡啶和嘧啶还差了N,不可能是同系物,A项错误;
B.吡喃的二氯代物有7种,当一个氯位于氧的邻位,有4种,当一个氯位于氧的间位有2种,当一个氯位于氧的对位,有1种,B项错误;
C.三种物质均能有以双键形式存在的键,能发生加成反应,C项正确;
D.吡喃含有饱和碳原子结构,所有原子不可能处于同一平面,D项错误;答案选C。
10.对煤干馏并检验其中部分产物,装置(夹持装置已略)如图所示。
下列说法不正确的是
A.煤的干馏过程发生复杂的物理、化学变化
B.向b装置的水层中滴入紫色石蕊溶液,溶液变蓝
C.c装置可检验产生的气体中一定含有H2S
D.e装置中产生的现象是固体由黑色变为红色
【答案】C
【解析】煤干馏得到焦炉气、粗氨水、粗苯、煤焦油、焦炭,据此分析;
A.煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程,发生复杂的物理、化学变化,得到焦炉气、粗氨水、粗苯、煤焦油、焦炭,故A说法正确;
B.煤的干馏得到产物中含有NH3,氨水显碱性,能使紫色石蕊溶液变蓝,故B说法正确;
C.焦炉气中含有乙烯,乙烯也能使酸性KMnO4溶液褪色,故C说法错误;
D.焦炉气中含有H2、CH4、CO都能还原CuO,使黑色变为红色,故D说法正确;答案:
C。
11.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,它们组成一种团簇分子,结构如图所示。
X、M的族序数均等于周期序数,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的
。
下列说法正确的是()
A.简单离子半径:
Z>M>Y
B.常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸
C.X+与Y22-结合形成的化合物是离子晶体
D.Z的最高价氧化物的水化物是中强碱
【答案】D
【解析】短周期元素X、M的族序数均等于周期序数,符合要求的只有H、Be、Al三种元素;结合分子结构图化学键连接方式,X为H元素,M为Al元素,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的
,Y为O元素,原子序数依次增大,Z元素在O元素和Al元素之间,结合题图判断Z为Mg元素,据此分析解答。
根据分析X为H元素,Y为O元素,Z为Mg元素,M为Al元素;
A.Y为O元素,Z为Mg元素,M为Al元素,简单离子的核外电子排布结构相同,核电荷数越大,半径越小,则半径:
Y>Z>M,故A错误;
B.Z为Mg元素,M为Al元素,常温下Al遇浓硝酸发生钝化,不能溶于浓硝酸,故B错误;
C.X为H元素,Y为O元素,X+与Y22-结合形成的化合物为双氧水,是分子晶体,故C错误;
D.Z为Mg元素,Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁,是中强碱,故D正确;答案选D。
12.利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯,进行水体修复的过程如图所示。
H+,O2,NO3-等共存物的存在会影响水体修复效果,定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt,其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。
下列说法错误的是()
A.反应①②③④均在正极发生
B.单位时间内,三氯乙烯脱去amolCl时ne=amol
C.④的电极反应式为NO3-+10H++8e-=NH4++3H2O
D.增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量,可使nt增大
【答案】B
【解析】A选项,由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知,反应①②③④均为得电子的反应,所以应在正极发生,故A正确;
B选项,三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价,乙烯中C原子化合价为-2价,1molC2HCl3转化为1molC2H4时,得到6mol电子,脱去3mol氯原子,所以脱去amolCl时ne=2amol,故B错误;
C选项,由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_+8e_—NH4+,由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应,而不能用H2O和OH_来配平,所以④的电极反应式为NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O,故C正确;
D选项,增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量,可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积,加快ZVI释放电子的速率,可使nt增大,故D正确;综上所述,答案为B。
13.常温下,将盐酸滴加到联氨(N2H4)的水溶液中,混合溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是(已知N2H4在水溶液中的电离方程式:
N2H4+H2O-
N2H5++OH-,N2H5++H2O-
N2H62++OH-)
A.联氨的水溶液中不存在H+
B.曲线M表示pOH与
的变化关系
C.反应N2H4+H2O
N2H5++OH-的K=10-6
D.N2H5Cl的水溶液呈碱性
【答案】C
【解析】A.联氨的水溶液中,水可以电离出H+,故A错误;
B.当c(N2H5+)=c(N2H4)时,Kb1=c(OH-),同理c(N2H6+)=c(N2H5+)时,Kb2=c(OH-),所以曲线N表示pOH与
的变化关系,曲线M表示pOH与
的变化关系,故B错误;
C.c(N2H5+)=c(N2H4)时,反应N2H4+H2O
N2H5++OH-的K=
=10-6,故C正确;
D.N2H4在水溶液中不能完全电离,则N2H5Cl属于强酸弱碱盐,水溶液呈酸性,故D错误;故选C。
二、非选择题:
共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共43分。
26.(14分)氧化铬绿(Cr2O3)的性质独特,在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。
一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬绿的工艺流程如下:
已知:
①向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液;
②“还原”反应剧烈放热,可制得Cr(OH)3浆料。
(1)该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛,后来改用价格低廉的淀粉。
请写出甲醛(HCHO)与铬酸钠(Na2CrO4)溶液反应的离子方程式_________。
(2)将混合均匀的料液加入反应釜,密闭搅拌,恒温发生“还原”反应,下列有关说法错误的是_____(填标号)。
A该反应一定无需加热即可进行B必要时可使用冷却水进行温度控制
C铬酸钠可适当过量,使淀粉充分反应D应建造废水回收池,回收含铬废水
(3)测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下Cr(Ⅵ)还原率如下图。
实际生产过程中Cr(Ⅵ)还原率可高达99.5%以上,“还原”阶段采用的最佳反应条件为_________。
(4)滤液中所含溶质为_______。
该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有_________、________(请写出两条)。
(5)由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬[Cr(OH)3·nH2O]。
将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧,质量损失与固体残留质量比为9:
19,经计算得出n=_________。
(6)重铬酸钠(Na2Cr2O7·H2O)与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法,生产过程中产生的气体对环境无害,其化学反应方程式为_________。
【答案】
(1)
(2分)
(2)AC(2分)
(3)碳化率40%、恒温240℃(2分)
(4)Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)(2分)工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备(1分)无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等(1分)
(5)0.5(2分)
(6)
(2分)
【解析】
【分析】
在碱性条件下,利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠(取决于起始反应溶液的碱性),然后过滤、洗涤,通过煅烧Cr(OH)3然后经过一系列操作得到产品,以此解答。
(1)HCHO中碳元素化合价为0价,该反应在碱性环境下进行,最终生成为有碳酸钠、Cr(OH)3等,根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为:
;
(2)A.该反应虽然为放热反应,但不一定全过程都不需要加热,如燃烧反应为放热反应,反应开始需要加热,故A符合题意;
B.因该反应放热剧烈,若温度过高,Cr(OH)3可能会发生分解,会影响最终产品质量,因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制,故B不符合题意;
C.为保证原料的充分利用,应淀粉适当过滤,使铬酸钠充分反应,故C符合题意;
D.铬为重金属元素,直接排放至环境中会污染水资源,因此应建造废水回收池,回收含铬废水,故D不符合题意;故答案为:
AC;
(3)由图可知,在碳化率为40%时,还原率较高,在温度为240℃时,还原率达到接近100%,再升高温度对于还原率的影响不大,故最佳反应条件为:
碳化率40%、恒温240℃;
(4)由上述分析可知,滤液中所含溶质为:
Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3);水热法制备工艺的优点有:
工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等;
(5)加热过程中相关物质的转化关系式为:
,解得n=0.5;
(6)重铬酸钠具有强氧化性,硫酸铵具有还原性,生产过程中产生的气体对环境无害,故N元素转化为N2,二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O,根据氧化和还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为:
。
27.(14分)三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂,在工业上用于处理废水中的重金属离子。
某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。
回答下列问题:
(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品,加水溶解,测得溶液pH=10,由此可知H2CS3是______(填“强”或“弱”)酸。
向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去,由此说明Na2CS3具有______性。
(填“还原”或“氧化”)。
(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度,按如图装置进行实验。
将35.0mL该Na2CS3溶液置于下列装置A的三颈烧瓶中,打开仪器d的活塞,滴入足量稀硫酸,关闭活塞。
已知:
CS32-+2H+==CS2+H2S↑,CS2和H2S均有毒;CS2不溶于水,沸点46°C,与CO2某些性质相似,与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
①仪器d的名称是__________。
反应开始时需要先通入一段时间N2,其作用为______。
②B中发生反应的离子方程式是________。
③反应结束后。
打开活塞K。
再缓慢通入热N2(高于60°C)一段时间,其目的是__________。
④为了计算该Na2CS3溶液的浓度,可测定B中生成沉淀的质量。
称量B中沉淀质量之前,需要进行的实验操作名称是过滤、_____、________;若B中生成沉淀的质量为8.4g,则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气(高于60°C),通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时,计算值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】
(1)弱(1分)还原(1分)
(2)①分液漏斗(1分)排除装置中的空气(1分)②Cu2++H2S=CuS↓+2H+(2分)③将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收(2分)④洗涤(1分)干燥(1分)2.5mol/L(2分)⑤偏高(2分)
【解析】
(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品,加水溶解,洲得溶液pH=10,溶液显碱性,说明盐为强碱弱酸盐;向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去证明盐被氧化发生氧化还原反应,Na2CS3具有还原性,故答案为:
弱;还原性;
(2)①根据仪器构造分析,仪器d的名称分液漏斗;N2化学性质比较稳定,为了防止空气中氧气将H2S氧化,所以反应开始时需要先通入一段时间N2,排除装置中的空气,故答案为:
分液漏斗;排除装置中的空气;
②B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀,反应的离子方程式为:
Cu2++H2S=CuS↓+2H+,故答案为:
Cu2++H2S=CuS↓+2H+;
③反应结束后打开活塞K,再缓慢通入热N2一段时间,其目的是:
将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收,故答案为:
将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收,将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收;
④称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是:
过滤、洗涤、干燥,若B中生成沉淀的质量为8.4g,物质的量=
,物质的量守恒,CS32-+2H+=CS2+H2S↑,Cu2++H2S=CuS↓+2H+,得到定量关系:
CS32−∼H2S∼CuS,n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度
,故答案为:
洗涤、干燥;2.5mol/L;
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气,通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时,C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳,溶液质量增加偏大,计算得到溶液浓度或偏高,故答案为:
偏高。
28.(15分)科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”,其简单流程如图所示(条件及物质未标出)。
(1)已知:
CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3kJ·mol-1、283.0kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1,则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)===2CO(g)+4H2(g)的ΔH=______________。
(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇,其反应方程式为CO2(g)+3H2(g)ý°
CH3OH(g)+H2O(g),某温度下,将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中,发生上述反应,测得不同时刻反应前后的压强关系如下表:
时间/h
1
2
3
4
5
6
0.90
0.85
0.83
0.81
0.80
0.80
①用H2表示前2h的平均反应速率v(H2)=_________________________________;
②该温度下,CO2的平衡转化率为________。
(3)在300℃、8MPa下,将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一密闭容器中发生
(2)中反应,达到平衡时,测得CO2的平衡转化率为50%,则该反应条件下的平衡常数为Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:
2CO2(g)+6H2(g)ý°
C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。
在0.1MPa时,按n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料,如图所示为不同温度(T)下,平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系。
①该反应的ΔH________0(填“>”或“<”)。
②曲线c表示的物质为________。
③为提高H2的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施______________。
(答出一条即可)
【答案】
(1)-71.4kJ·mol-1(3分)
(2)0.225mol·L-1·h-1(2分)40%(2分)
(3)
(2分)
(4)<(2分)C2H4(2分)加压(或不断分离出水蒸气)(2分)
【解析】
(1)在101kPa下,CH4、CO、H2的燃烧热(△H)分别为−890.3kJ/mol、−283kJ/mol、−285.8kJ/mol,它们的热化学反应方程式分别为:
①CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=−890.3kJ/mol;
②CO(g)+
O2(g)═CO2(g)△H=−283kJ/mol;
③H2(g)+
O2(g)═H2O(l)△H=−285.8kJ/mol;
根据盖斯定律,由①×2−②×2−③×4得2CH4(g)+O2(g)═2CO(g)+4H2(g)△H═[(−890.3kJ/mol×2)−(−283kJ/mol)×2]−(−285.8kJ/mol×4)=−71.4kJ/mol;
(2)①设反应的二氧化碳物质的量为x,气体压强之比等于气体物质的量之比,
P后:
P前=(4−2x):
(1+3)=0.85,解得:
x=0.3mol,则用氢气表示前2小时反应平均速率v(H2)=
=0.225mol/(L⋅h);
②反应达到平衡状态时,二氧化碳反应物质的量为y,
P后:
P前=(4−2y):
(1+3)=0.8,解得:
y=0.4mol该温度下CO2的平衡转化率=
×100%=40%;
(3)若反应条件为压强8MPa,300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1:
3的比例通入,测得二氧化碳的平衡转化率为50%,结合三段式列式计算,
分压=总压×物质的量分数,物质的量分数=
,故P(CO2)=
,P(H2)=
,P(CH3OH)=
,P(H2O)=
Kp=
=
(MPa)−2;
(4)①由图可知,升高温度,氢气物质的量增大,说明平衡逆向移动,则正反应是放热反应,故△H<0;
②根据图知,升高温度,氢气物质的量增大,说明平衡逆向移动,则正反应是放热反应;a曲线随着温度升高,物质的量增大,为二氧化碳,b、c随着温度升高其物质的量降低,为生成物水、乙烯,但水的变化量大于乙烯,所以c曲线代表C2H4;
③由曲线变化可知随着温度升高,氢气的物质的量逐渐增多,说明升高温度平衡逆向移动,则正反应放热,该反应为气态分子数减小的反应,为提高H2的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施是增大压强,或不断分离出水,平衡向右移动,H2的平衡转化率增大。
(二)选考题:
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做,则按所做的第一题计分。
35.[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)
2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家,以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。
LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。
回答下列问题:
(1)Fe的价层电子排布式为___。
(2)Li、F、P、As四种元素的电负性由大到小的顺序为___。
(3)乙二醇(HOCH2CH2OH)的相对分子质量与丙醇(CH3CH2CH2OH)相近,但沸点高出100℃,原因是___。
(4)电池工作时,Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示(图中阴离子未画出)。
电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示(X=P、As)。
①聚乙二醇分子中,碳、氧的杂化类型分别是___、___。
②从化学键角度看,Li+迁移过程发生___(填“物理变化”或“化学变化”)。
③PF6中P的配位数为___。
④相同条件,Li+在___(填“LiPF6”或“LiAsF6”)中迁移较快,原因是___。
(5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标。
LiCl·3H2O属正交晶系(长方体形)。
晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。
如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。
据此推断该晶胞中Cl原子的数目为___。
LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·mol-1,设NA为阿伏加德罗常数的值,则LiCl·3H2O晶体的密度为___g·cm-3(列出计算表达式)。
【答案】
(1)3d64s2(1分)
(2)F、P、As、Li(2分)
(3)乙二醇分子中羟基比丙醇的多,分子间的氢键比丙醇多,分子间作用力较大(2分)
(4)sp3(1分)sp3(1分)化学变化(1分)6(1分)LiAsF6(1分)AsF6-的半径比PF6-的大,AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱(1分)
(5)4(2分)
(2分)
【解析】
(1)Fe为26号元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 ,故价层电子排布式为3d64s2;
(2)非金属性越强,电负性越强,非金属性:
F>P>As>Li,则四种元素的电负性由大到小的顺序为F、P、As、Li;
(3)乙二醇分子中羟基比丙醇的多,分子间的氢键比丙醇多,分子间作用力较大;
(4)①图中聚乙二醇的碳原子都是形成4个单键,无孤电子对,为sp3杂化,氧原子都是形成2个单键,有2对孤电子,为sp3杂化;
②化学变化过程的实质是旧键的断裂和新键的形成,Li+在迁移过程中要将旧的配位键断裂,迁移后再形成新的配位键,符合化学变化过程的要求;
③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数,由图乙所示,PF6的中心原子为P,与之以配位键相结合的F原子有6个,则配位数为6;
④AsF6-的半径比PF6-的大,AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱,则Li+在LiAsF6中迁移较快;
(5)如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。
其中2个Cl原子在晶胞内部,4个Cl在晶胞的面上,则该晶胞中Cl原子的数目为2+4×
=4个;晶胞参数为0.72nm、1.
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- 化学 开学 摸底 新课 01 解析
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