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高考好教育云平台高三最新信息卷化学九解析版
2019年高考好教育云平台高三最新信息卷化学(九)解析版
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39
一、选择题:
本大题共7小题,每小题6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.化学与生产、生活密切相关,下列说法不正确的是
A.聚乙烯塑料可用作食品袋、餐具、地膜等
B.苯可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等
C.红葡萄酒密封储存时间越长,质量越好,原因之一是储存过程中生成了有香味的酯
D.生物柴油和石油分馏所得的柴油都是碳氢化合物组成的混合物
【答案】D
【解析】A.聚乙烯塑料耐化学腐蚀,耐寒,可用作食品袋、餐具、地膜等,A项正确;B.苯是重要的化工原料,也是重要的有机溶剂,可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等,B项正确;C.乙醇易被氧化生成乙酸,乙酸和乙醇在一定条件下反应生成具有香味的乙酸乙酯,C项正确;D.生物柴油的主要成分为酯类,含碳、氢、氧元素,属于烃的衍生物,石油分馏所得的柴油是碳氢化合物,D项错误;答案选D。
8.NA代表阿伏加德罗常数。
下列说法正确的是
A.1molN2与3molH2在一定条件下充分反应,转移电子数为6NA
B.标准下,22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数为4NA
C.25℃时,PH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH−离子数为0.1NA
D.28g由N2和CO组成的混合气体中含有的原子数为2NA
【答案】D
【解析】A.工业合成氨是个可逆反应,不能彻底完成,一定条件下,密闭容器充入1molN2和3molH2充分反应,转移电子的数目小于6NA;B.CH4与Cl2是一步一步去反应的,刚开始是甲烷和氯气反应,生成一氯甲烷,一氯甲烷接着在和氯气反应得到二氯甲烷,然后二氯甲烷在和氯气反应的到三氯甲烷,三氯甲烷在和氯气反应反应得到四氯化碳。
最终产物是一氯甲烷,二氯甲烷,三氯甲烷,四氯化碳都有,并不是甲烷全部转化为四氯化碳,所以生成的HCl不是4NA;C.未告知溶液的体积,无法计算25℃,pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH−离子数,故C错误;D.N2和CO的摩尔质量均为28g/mol,每个分子均含有2个原子,故28g由N2和CO组成的混合气体的物质的量为1mol,含有的原子数目为2NA,D正确。
答案:
D。
9.用下图所示实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是
A.用图甲所示装置,蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
B.按装置乙所示的气流方向可用于收集H2、NO等
C.用图丙所示装置,分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
D.用图丁所示装置,可以证明氧化性:
Cl2>Br2>I2
【答案】C
【解析】A.AlCl3为强酸弱碱盐,在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢,直接蒸干AlCl3饱和溶液,氯化氢挥发,导致水解平衡右移,使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀,不能制备无水得到AlCl3,故A错误;B.H2密度比空气小,应用向下排空法收集,气体应短进长出,NO易与空气中氧气反应,不能用排空气法收集,故B错误;C.CCl4的密度比水大,分离CCl4萃取碘水后的有机层在下层,水层在上层,与图中装置分层现象相符,故C正确;D.通入的Cl2能和NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2,无法确认Br2是否和KI的反应,不能比较Br2和I2的非金属性强弱,故D错误。
故选C。
10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大,W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同。
X和Y的简单阳离子的电子层结构相同,Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用。
Y单质可以用于野外焊接钢轨。
下列说法正确的是
A.简单离子半径:
X>Y>Z
B.最高价氧化物对应水化物的碱性:
X>Y
C.W、Z的简单氢化物的沸点:
W D.Z与X、Y两种元素都能形成二元离子化合物 【答案】B 【解析】由Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用可知含氧酸为次氯酸,则Z为Cl元素;由Y单质可以用于野外焊接钢轨可知焊接钢轨得反应为铝热反应,则Y为Al元素;由X和Y的简单阳离子的电子层结构相同可知X为Na元素或Mg元素;由W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同可知W原子的核外电子总数为8,则W为O元素。 A.同主族元素,从上到下离子半径依次增大,则离子半径: Cl−>F−,电子层结构相同的离子,随核电荷数增大离子半径依次减小,则离子半径: F−>Na+(或Mg2+)>Al3+,故A错误;B.X元素和Y元素位于同一周期,同一周期元素,从左到右金属性依次减弱,最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱,则最高价氧化物对应水化物的碱性: Na或Mg>Al,故B正确;C.W为O元素,Z为Cl元素,水分子间能形成氢键,沸点高于不能形成氢键的氯化氢,故C错误;D.Cl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物,故D错误。 故选B。 11.某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化成环境友好的物质,工作原理如图所示(a、b均为石墨电极)。 下列分析正确的是 A.电子流动方向为a→导线→b B.H+经质子交换膜由右向左移动 C.放电一段时间b极附近pH不变 D.a电极发生反应: H2N(CH2)2NH2+16e−+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+ 【答案】A 【解析】H2N(CH2)2NH2在a电极上失电子发生氧化反应,生成氮气、二氧化碳和水,则a为负极,电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e−=2CO2↑+N2↑+16H+,氧气在正极b上得电子发生还原反应,电极反应式为: O2+4e−+4H+=2H2O,电子由负极经导线流向正极,阳离子向正极移动。 A.由上述分析可知,a是负极,b是正极,所以电子流动方向为a→导线→b,故A正确;B.a是负极、b是正极,H+经质子交换膜由左向右移动,故B错误;C.b的电极反应式为: O2+4e−+4H+=2H2O,所以b极附近溶液的pH增大,故C错误;D.H2N(CH2)2NH2在负极a上失电子发生氧化反应,生成氮气、二氧化碳和水,电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+,故D错误;答案选A。 12.一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene,其形状和结构如图所示,下列有关该分子的说法中错误的是 A.生成1molC5H12至少需要4molH2 B.该分子中所有碳原子在同一平面内 C.三氯代物只有一种 D.与其互为同分异构体,且只含碳碳三键的链烃有两种 【答案】B 【解析】有机物含有2个碳碳双键,可发生加成、加聚和氧化反应,结合烯烃、甲烷的结构特点解答。 A.由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子,则分子式为C5H4,根据不饱和度的规律可知,该分子内含4个不饱和度,因此要生成1molC5H12至少需要4molH2,A项正确;B.分子中含有 饱和碳原子,中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键,应是四面体构型,则分子中四个碳原子不可能在同一平面上,B项错误;C.依据等效氢思想与物质的对称性可以看出,该分子的三氯代物与一氯代物等效,只有一种,C项正确;D.分子式为C5H4,只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体,D项正确;答案选B。 13.25°C时,用氢氧化钠调节浓度为2.0×10−3mol·L−1的氢氟酸溶液的pH(忽略体积变化),溶液中c(HF)、c(F−)与pH的变化关系如下图所示。 下列说法不正确的是 A.a〜b〜d曲线代表c(F-)随pH的变化 B.25°C时,HF电离平衡常数的数值Ka=10−3.6 C.从b点到c点发生的离子反应方程式是: HF+OH−=H2O+F− D.图中a点溶液粒子浓度大小是: c(HF)>c(H+)>c(F−)>c(OH−) 【答案】A 【解析】氢氟酸溶液中加入氢氧化钠,随着氢氧化钠的量的增加,溶液的pH升高,溶液中的氟化氢分子浓度减小,氟离子浓度增大。 A.a〜b〜d曲线代表c(HF)随pH的变化,故错误;B.从图中b点分析,c(HF)=c(F−),氟化氢的电离平衡常数==c(H+)=10−3.6,故正确;C.从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应,离子方程式为: HF+OH−=H2O+F−,故正确;D.从图中a点分析,氟化氢的浓度为1.6×10−3mol/L,氢离子浓度为1.0×10−3mol/L,而氟离子浓度约为5.5×10−4mol/L,溶液显酸性,所以溶液粒子浓度关系为: c(HF)>c(H+)>c(F−)>c(OH−),正确。 故选A。 二、非选择题: 本卷包括必考题和选考题两部分。 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。 26.(14分)亚硝酸钙是一种阻锈剂,可用于燃料工业,某兴趣小组拟制备Ca(NO2)2并对其性质进行探究。 [背景素材]Ⅰ.NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O Ⅱ.Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO,MnO被还原为Mn2+ Ⅲ.亚硝酸不稳定,易分解,且有一定氧化性,在酸性条件下,Ca(NO2)2能将I−氧化为I2,2NO+4H++2I−=I2+2NO↑+2H2O,S2O能将I2还原为I−,I2+2S2O=2I−+S4O。 [制备氮氧化物]甲组同学拟利用如下图所示装置制备氮氧化物。 (1)仪器X的名称是________________。 (2)装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1,则装置B中发生反应的化学方程式为__________,若其他条件不变,增大硝酸的浓度,则会使逸出的气体中n(NO)________n(NO2)(填“>”或“<”)。 [制备Ca(NO2)2]乙组同学拟利用装置B中产生的氮氧化物制备Ca(NO2)2,装置如图。 [测定Ca(NO2)2的纯度]丙组同学测定Ca(NO2)2的纯度(杂质不参加反应),可供选择的试剂: a.稀硫酸b.c1mol·L−1的KI溶液c.淀粉溶液 d.c2mol·L−1的Na2S2O3溶液e.c3mol·L−1的酸性KMnO4溶液 (3)利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度,可选择的试剂是______(填字母序号)。 该测定方法发生反应的离子方程式为____________________________ (4)利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤: 准确称取mgCa(NO2)2样品放入锥形瓶中,加适量水溶解,加入________,然后滴加稀硫酸,用c2mol/LNa2S2O3溶液滴定至溶液__________,读取消耗Na2S2O3溶液的体积,重复以上操作3次,(请用上述给出试剂补充完整实验步骤)。 若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为VmL,则Ca(NO2)2纯度的表达式为__________。 【答案】 (1)分液漏斗 (2)2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4< (3)e5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O (4)过量c1mo/LKI溶液并滴入几滴淀粉溶液由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不变色 33C2V/500m×100% 【解析】 (1)仪器X、Y分别是分液漏斗、锥形瓶; (2)根据题意,装置B中盛放的是硝酸,二氧化硫与硝酸反应放出一氧化氮和二氧化氮,若逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1,则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4,若其他条件不变,硝酸的浓度越大,生成的二氧化氮越多,则会使逸出的气体中n(NO)<n(NO2),故答案为: 2SO2+2HNO3+ H2O=NO+NO2+2H2SO4;<;(3)①根据信息Ⅱ.Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO,MnO被还原为Mn2+,利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度,可选择的试剂是c3mol·L−1的酸性KMnO4溶液,其离子方程式为: 5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O,故答案为: e;5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O;②根据信息Ⅲ.在酸性条件下,Ca(NO2)2能将I−氧化为I2,S2O能将I2还原为I—。 利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度,步骤为: 准确称取mgCa(NO2)2样品放入锥形瓶中,加适量水溶解,加入过量c1mol·L−1的KI溶液、淀粉浓液,然后滴加稀硫酸,用c2mol·L−1的Na2S2O3溶液滴定至溶液颜色由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不变色,读取消耗Na2S2O3溶液的体积。 为减少误差,须重复以上操作3次,则若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为VmL,则n(Na2S2O3)=c2mol·L−1×V×10−3L=c2V×10−3mol,因2NO+4H++2I−=I2+2NO↑+2H2O,所以2NOI22S2O,则n[Ca(NO2)2]=n(NO)=n(Na2S2O3)=c2V×10-3mol,m[Ca(NO2)2]=n[Ca(NO2)2]×132g/mol=66c2V×10−3g,故Ca(NO2)2纯度的表达式为,故答案为: 过量c1mo/LKI溶液并滴入几滴淀粉溶液;由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不变色;。 27.(14分)碳酸二甲酯(简称DMC)作为“绿色”化工产品具有广泛的应用。 用甲醇、二氧化碳制备DMC的方程式为: 2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)ΔH1=-15kJ·mol-1(平衡常数为K1) 物质 CH3OH(g) CO2(g) CH3O(CO)OCH3(g) H2O(g) 生成焓kJ·mol-1 -201 -393 -569 Q 已知: 生成焓是某温度下,用处于标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应。 (1)H2O(g)生成焓Q为_____,从平衡移动的角度选择有利于制得DMC的条件是_______(填序号)。 A.高温B.高压C.低温D.低压 (2)在体积为1L的密闭容器中,甲醇、二氧化碳分别投料4×10−2mol、2×10−2mol。 不同温度下平衡转化率如图所示。 温度降为100℃以内平衡转化率变化显著,原因之一有_____。 100℃时平衡常数为______L·mol−1(结果保留一位有效数字) (3)有研究者用CO和O2代替CO2进行实验: 2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)ΔH2(平衡常数为K2) ①CO和O2生成CO2的反应是_______(填“放热反应”或“吸热反应”),则ΔH2________ΔH1(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ②在100-200℃的范围内,相同温度时关于K2与K1的推理正确的是______(填编号) A.K2远大于K1B.K2略大于K1C.K2等于K1D.K2远小于K1 【答案】 (1)-241kJ·mol−1BC (2)温度降低,平衡向正方向移动5×10-3 (3)放热反应小于A 【解析】 (1)根据ΔH=生成物的生成焓-反应物的生成焓;-15=-569+Q-2×(-201)-(-393),计算得Q=-241KJ/mol;制得DMC的反应属于气体物质的量减少的放热反应,故有利于制得的条件为低温、高压,选BC;答案: -241kJ·mol-1;BC; (2)因为正反应为放热反应,因此温度越低越有利于正向进行。 100℃时平衡常数: 2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) c(初)0.040.0200 △c0.04×2%0.02×2%0.02×2%0.02×2% c(平)0.03920.01960.00040.0004 K=≈5×10-3;答案: 温度降低,平衡向正方向移动;5×10-3;(3)①燃烧均为放热反应;由于第二个反应放热多,所以则ΔH2<ΔH1;①2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)ΔH1=-15kJ·mol-1(平衡常数为K1);②2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)ΔH2(平衡常数为K2);②-①得: CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)k=K2/K1,因为CO燃烧反应几乎不可逆,反应进行到底,K>105,所以k=K2/K1>105,K2远大于K1。 答案: 放热反应;小于;A。 28.(15分)金属Co、Ni性质相似,在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。 现以含钴、镍、铝的废渣(含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下: (1)酸浸时SO2的作用是___________________________________ (2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________ (3)有机层提取出的Ni2+可用于制备氢镍电池,该电池工作原理: NiOOH+MH Ni(OH)2+M,电池放电时正极电极反应式为___________________. (4)用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)。 如图是用两种不同方法制得的CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。 ①H2O2的电子式______________. ②由图中信息可知: ___________________法制取的催化剂活性更高 ③Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是_________________________________ (5)已知煅烧CoCO3时,温度不同,产物不同。 在400℃充分煅烧CoCO3,得到固体氧化物的质量2.41g,CO2的体积为0.672L(标况下),则此时所得固体氧化物的化学式为____________。 【答案】 (1)还原剂或将Co3+还原为Co2+ (2)2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (3)NiOOH+e−+H2O=Ni(OH)2+OH− (4) 微波水热Co2+ (5)Co3O4 【解析】 (1)废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等,酸浸时使固体溶解,可得到Co2+和Co3+,而通入SO2的作用是将将Co3+还原为Co2+,故答案为: 将Co3+还原为Co2+; (2)除铝时控制溶液的pH值,发生双水解使Al3+沉淀下来,加入碳酸钠产生沉淀的离子反应2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑,故答案为: 2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;(3)从方程式中可判断出,放电使Ni从+3价降低到+2价,得到电子,即: NiOOH作正极,电极方程式为: NiOOH+e−+ H2O=Ni(OH)2+OH−,故答案为: NiOOH+e−+H2O=Ni(OH)2+OH−;(4)①H2O2的电子式为 ,故答案为: ;②由图中信息可知,微波水热法的反应速率高于常规水热法,故答案为: 微波水热法;③从图像可知,x值越大Ni2+越少,Co2+含量越多,反应速率越大,说明Co2+的催化效果比Ni2+好,故答案为: Co2+;(5)设反应生成氧化物为: CoxOy,已知生成CO2标况下0.672L,即0.03mol,根据C原子守恒可知,n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol,由于Co原子守恒可得到算式: ,推得,即该氧化物为: Co3O4,故答案为: Co3O4。 35.【化学——选修3: 物质结构与性质】(15分) 稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素,以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y),共17种元素。 稀土有“工业维生素”的美称,如今已成为极其重要的战略资源。 (1)镧系元素位于元素周期表第_______族,镧系元素位于周期表的______区。 (2)钪(Sc)为21号元素,其基态原子M能层电子数为_______;基态镝(Dy)原子的电子排布式为[Xe]4f106s2,一个基态镝原子所含的未成对电子数为______。 (3)稀土元素最常见的化合价为+3价,但也有少数还有+4价。 请根据下表中的电离能数据,判断表中最可能有+4价的元素是___。 几种稀土元素的电离能(单位: kJ·mol−1): 元素 I1 I2 I3 I1+I2+I3 I4 Sc(钪) 633 1235 2389 4257 7019 Y(钇) 616 1181 1980 3777 5963 La(镧) 538 1067 1850 3455 4819 Ce(铈) 527 1047 1949 3523 3547 (4)Sm(钐)的单质与1,2-二碘乙烷可发生反应Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。 ICH2CH2I中碳原子的杂化轨道类型为_____,1molCH2=CH2中含有的σ键数目为____。 常温下,1,2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体,其主要原因是_____。 (5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似,晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点,则PrO2(二氧化镨)的晶胞中有_____个氧原子。 (6)Ce(铈)单质为面心立方晶体,其相对原子质量为140,其晶胞参数为α=516pm。 晶胞中Ce(铈)原子的配位数为______。 列式表示Ce(铈)单质的密度为______g·cm-3(不必计算出结果)。 【答案】 (1)IIIBf (2)94 (3)Ce(铈) (4)sp35NA二碘甲烷的相对分子质量较大,分子间作用力较强,沸点相对较高 (5)8 (6)12 【解析】 (1)在元素周期表中,镧系元素位于第IIIB族,属于f区;故答案为: IIIB;f; (2)钪(Sc)为21号元素,根据核外电子排布规律可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2,所以其基态原子M能层电子数为9个。 基态镝(Dy)原子的电子排布式为[Xe]4f106s2,由于f能级最多排14个电子,所以根据排布规律可知一个基态镝原子所含的未成对电子数为4个;故答案为: 9;4;(3)第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小,第四个电子越容易失去,+4的可能性越大,在上述表中Ce的I1、I2、I3和I4最接近,故为Ce元素;故答案为: Ce(铈);(4)在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键,有4个单键,故碳原子的杂化轨道类型为sp3,1个CH2=CH2分子中有5个σ键,故1molCH2=CH2中含有的σ键数目为5NA;由于二碘甲烷的相对分子质量较大,分子间作用力较强,沸点相对较高,所以常温下,1,2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体;故答案为: sp3;5NA;二碘甲烷的相对分子质量较大,分子间作用力较强,沸点相对较高;(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似,晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点,则晶胞中Pr原子数目=8+6=4,而Pr原子与O原子数目之比为1∶2,则晶胞中O原子数目为42=8;故答案为: 8;(6)Ce(铈)单质为面心立方晶体,在Ce晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Ce原子在通过这个顶点的三个面心上,面心占,通过一个顶点可形成8个晶胞,
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