精品解析安徽省马鞍山市届高三毕业班第二次教学质量监测二模理科综合化学试题解析版.docx
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精品解析安徽省马鞍山市届高三毕业班第二次教学质量监测二模理科综合化学试题解析版
1.化学与生活密切相关。
下列说法不正确的是()
A.硅胶可作袋装食品的干燥剂
B.棉、麻、丝、毛等天然纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
C.“84”消毒液与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)不能混合使用
D.出土的古代铜制品上往往覆盖着一层铜绿,其主要成分是Cu2(OH)2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于硅胶具有很好的吸附性,且无毒,可以用作袋装食品的干燥剂,A说法正确;
B.棉、麻等天然纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O,丝、毛为蛋白质,除C、H、O外,还有N、P、S等元素,C说法错误;
C.“84”消毒液为次氯酸钠,其与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合时,产生有毒的氯气,故两物质不能混用,C说法正确;
D.铜在潮湿的空气中能够发生氧化还原反应生成铜绿,故出土的古代铜制品上往往覆盖着一层铜绿,其主要成分是Cu2(OH)2CO3,D说法正确;
答案为B。
2.甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体,其结构简式如图如示。
下列有关说法正确的是()
A.分子中所有原子可能共平面
B.与氢气完全加成后产物的化学式为C5H12O2
C.一定条件下能发生水解反应和缩聚反应
D.属于链状羧酸的同分异构体(不考虑立体异构)有8种
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲基丙烯酸甲酯分子中含有饱和碳原子,所有原子不可能共平面,故A错误;
B.甲基丙烯酸甲酯与氢气完全加成2—甲基丙酸甲酯,化学式为C5H10O2,故B错误;
C.甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键和酯基,一定条件下能发生水解反应和加聚反应,故C错误;
D.甲基丙烯酸甲酯属于链状羧酸的同分异构体(不考虑立体异构)可以视作丁烯分子上的氢原子被羧基取代,1—丁烯分子中被氢原子被羧基取代有4种,2—丁烯和2—甲基丙烯被羧基取代各有2种,共有8种,故D正确;
故选D。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是()
A.常温下,1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH-的数目为0.1NA
B.1.0L1.0mol∙L−1的NaAlO2溶液中含氧原子数为2NA
C.常温常压下,0.5molFe和足量稀硝酸反应,转移电子数为NA
D.标准状况下,22.4LCHCl3中含C−Cl键的数目为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.pH=13的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-13mol/L,则c(OH-)=0.1mol/L,常温下,1.0L此溶液中含OH-的数目为0.1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA,A说法正确;
B.1.0L1.0mol∙L−1的NaAlO2溶液的NaAlO2中含氧原子数为2NA,溶液中的水也含有氧原子,故溶液中的氧原子数目大于2NA,B说法错误;
C.常温常压下,0.5molFe和足量稀硝酸反应,Fe由0价变为+3价,则转移电子数为1.5NA,C说法错误;
D.标准状况下,CHCl3为液体,则22.4LCHCl3中含C−Cl键的数目大于3NA,D说法错误;
答案为A。
4.在一定条件下,向Al2O3和过量C粉的混合物中通入氯气,可制得易水解的AlCl3,实验装置如图所示(尾气吸收略)。
下列说法中正确的是()
A.a装置分液漏斗中药品为稀盐酸
B.b装置中盛装的是浓硫酸
C.实验结束时,先熄灭d处的酒精灯
D.e装置可以用装有氢氧化钠溶液的洗气瓶代替
【答案】C
【解析】
【分析】
本实验为制备AlCl3的实验,a装置为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气的装置,b、c为洗气装置,分别除去HCl和水蒸气,d装置为制备AlCl3的装置,反应方程式为:
2Al2O3+6Cl2+3C
4AlCl3+3CO2,e为尾气处理装置,并防止空气中的水蒸气进入装置d中,据此分析解答。
【详解】A.根据分析可知,a装置为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气的装置,故a装置分液漏斗中药品为浓盐酸,A错误;
B.b装置为吸收挥发的HCl气体,盛装的是饱和NaCl溶液,B错误;
C.实验结束时,为防止倒吸,应先熄灭d处的酒精灯,C正确;
D.由于氯化铝易水解,e中盛装碱石灰的目的是尾气处理,并防止空气中的水蒸气进入装置d中,若用装有氢氧化钠溶液的洗气瓶代替,不能达到防止空气中的水蒸气进入装置d中的目的,D错误;
答案选C。
5.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,且之和为37。
X原子半径最小,Y原子最外层电子数为次外层的三倍,M的最高价氧化物对应的水化物为强酸。
下列说法正确是()
A.原子半径:
X B.常温常压下,M形成的单质可能为固体 C.简单氢化物的稳定性: Y D.Y与Z形成的化合物仅含离子键 【答案】B 【解析】 【分析】 短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,Y原子最外层电子数为次外层的三倍,则Y为O元素;X原子半径最小,则X为H元素;M的最高价氧化物对应的水化物为强酸,则M可能为S元素或Cl元素,由原子序数之和为37可知,若M为S元素、Z为Mg元素,若M为Cl元素、Z为Na元素。 【详解】A.同周期元素,从左到右原子半径依次减小,则Z的原子半径大于M,故A错误; B.由分析可知,M可能为S元素或Cl元素,硫单质为固体,故B正确; C.元素的非金属性越强,氢化物的稳定性越强,由分析可知,M可能为S元素或Cl元素,S元素、Cl元素的非金属性均弱于O元素,则简单氢化物的稳定性Y一定强于M,故C错误; D.由分析可知,Z可能为Mg元素或Na元素,Y与Z形成的化合物可能为过氧化钠,过氧化钠含有离子键和共价键,故D错误; 故选B。 6.下图为某二次电池充电时的工作原理示意图,该过程可实现盐溶液的淡化。 下列说法正确的是() A.充电时,a极为电源负极 B.充电时,电解质溶液的pH值不变 C.放电时,每生成1molBi,消耗1.5molNa3Ti2(PO4)3 D.放电时,负极电极反应为: Bi−3e−+H2O+Cl−=BiOCl+2H+ 【答案】C 【解析】 【分析】 充电时,Bi→BiOCl,Bi的化合价升高失电子,作阳极,则a电极为正极。 【详解】A.分析可知,充电时,a极为电源正极,A说法错误; B.充电时,Bi电极发生Bi−3e−+H2O+Cl−=BiOCl+2H+,电解质溶液的pH值减小,B说法错误; C.放电时,每生成1molBi,转移3mol电子,Ti元素的化合价由+3价升至+4价,则消耗1.5molNa3Ti2(PO4)3,C说法正确; D.放电时,正极电极反应为BiOCl+3e−+2H+=Bi+H2O+Cl−,负极为Na3Ti2(PO4)3-2e−=2Na++NaTi2(PO4)3,D说法错误; 答案为C。 7.25℃时,用0.10mol∙L−1的NH3∙H2O滴定10mL0.05mol∙L−1H2A溶液,AG与加入NH3∙H2O的体积(V)关系如图所示(忽略溶液体积的变化)[已知AG= ]。 下列说法中正确的是() A.H2A为弱酸 B.b点溶液中c(A2−)=c( )+c(NH3∙H2O) C.c点溶液中水的电离程度最大 D.d点溶液中c( )>c(NH3∙H2O) 【答案】D 【解析】 【分析】 0.10mol∙L−1的NH3∙H2O滴定10mL0.05mol∙L−1H2A溶液,恰好完全反应时消耗10mLNH3∙H2O溶液,产物溶质为(NH4)2A。 【详解】A.NH3∙H2O体积为0mL时,溶液AG=12,即0.05mol∙L−1H2A溶液的AG=12,即 =1012,结合Kw= =10-14可得: =0.1mol/L,所以H2A为二元强酸,A错误; B.b点消耗10mLNH3∙H2O,溶质为(NH4)2A,根据物料守恒有2c(A2−)=c( )+c(NH3∙H2O),B错误; C.a点溶质为H2A,水的电离受到抑制,b点溶质为(NH4)2A,水的电离受到促进,d点溶质为等浓度的(NH4)2A和NH3∙H2O混合溶液,AG小于0,溶液显碱性,NH3∙H2O的电离程度大于(NH4)2A的水解程度,水的电离受到抑制,c点为(NH4)2A和NH3∙H2O混合溶液,AG=0,NH3∙H2O的电离程度等于(NH4)2A的水解程度,水的电离程度无影响,故b点水的电离程度最大,C错误; D.d点溶质为等浓度的(NH4)2A和NH3∙H2O混合溶液,溶液中存在 +H2O NH3∙H2O+H+、NH3∙H2O +OH-,结合C可知,AG小于0,溶液显碱性,则NH3∙H2O的电离程度大于(NH4)2A的水解程度,所以c( )>c(NH3∙H2O),D正确。 答案选D。 8.镁是一种重要的金属材料。 某化学兴趣小组探究镁与水的反应及影响因素。 (1)探究温度对镁与水反应速率的影响: 取一小段镁条,用砂纸除去表面的氧化膜,放于试管中。 向试管中加入2mL蒸馏水,并滴入2滴酚酞溶液。 观察到镁条表面有少量气泡,反应缓慢。 过一会加热试管至水沸腾,镁条表面产生大量气泡,溶液变红。 ①写出镁与水反应的化学方程式____________________________________________。 ②镁与沸水反应速率加快的原因是___________________________________(写两条)。 (2)探究 和 对镁与水反应速率的影响 取四根经打磨的相同镁条,分别插入四种盐溶液中进行对比实验,其结果如下。 实验序号 a b c d 浓度均为0.1mol∙L−1盐溶液 NH4NO3 NaHCO3 NaNO3 NH4HCO3 溶液起始pH 5.1 8 3 7.0 7.8 10min后产生气体体积(mL) 1.5 0.7 <0.1 1.4 气体主要成分 H2 10min后镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸) ①以上实验结果表明 _________(填“促进”、“抑制”或“不影响”)镁与水的反应。 解释产生该结果的原因_______________________________________________________。 ②能够说明 对Mg与水反应起促进作用的证据是________________________。 ③b、d所得固体中还检验出碱式碳酸镁[用Mg2(OH)2CO3表示],写出生成该固体的离子方程式__________________________________________________。 ④解释实验a与实验d反应速率不同的原因___________________________________。 【答案】 (1).Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑或Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ (2).加热增大了Mg(OH)2的溶解度;加热促进了水的电离使H+浓度增大;温度升高,反应速率加快。 (其他合理答案也可。 )(3).促进(4).Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq), (或 水解生成的H+)消耗OH-使溶解平衡向右移动,覆盖的氢氧化镁溶解,从而加快反应速率(5).相同时间内产生氢气的体积b>c(6).2Mg(OH)2+2 =Mg2(OH)2CO3+ +2H2O 或2Mg+2H2O+2 =Mg2(OH)2CO3+ +2H2↑(7).当 和 同时存在时, 水解程度大,溶液呈显碱性,对 去除氢氧化镁起阻碍作用。 或 水解对 水解起相互促进,使NH4+离子浓度降低 【解析】 【分析】 (1)①根据实验现象可知,镁与水反应生成氢氧化镁和氢气; ②镁与沸水反应时,水的温度升高,水的电离程度增大,溶液中的氢离子浓度增大; (2)①氯化铵为强酸弱碱盐,溶液呈酸性; ②实验b和实验d产生氢气的体积比实验c多; ③碳酸镁与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸根离子,再根据元素守恒配平; ④铵根离子水解呈酸性,而碳酸氢根离子水解溶液呈碱性,而两离子共同作用时,导致溶液呈显碱性 【详解】 (1)①根据实验现象可知,镁与水反应生成氢氧化镁和氢气,反应的方程式为Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑或Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑; ②镁与沸水反应时,水的温度升高,水的电离程度增大,溶液中的氢离子浓度增大,且氢氧化镁的溶解度增大,反应速率增大; (2)①实验a中加入氯化铵,存在铵根的水解平衡 +H2O⇌NH3⋅H2O+H+ ,水解生成氢离子浓度增大,促进镁与水的反应; ②实验b和实验d中所用到盐溶液都含有碳酸氢根实验,c中用盐溶液为氯化钠溶液,10分钟内,实验b和实验d产生氢气的体积比实验c多,因此可说明碳酸氢根对Mg与水反应起促进作用; ③碳酸镁与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸根离子,再根据元素守恒配平,离子方程式为2Mg(OH)2+2 =Mg2(OH)2CO3+ +2H2O; ④铵根离子水解呈酸性,而碳酸氢根离子水解溶液呈碱性,而两离子共同作用时,导致溶液呈显碱性, 对铵根离子去除氢氧化镁起阻碍作用。 9.钴酸锂电池应用广泛,正极材料主要含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑、铝箔及少量铁,可通过如下工艺流程回收铝、钴、锂。 回答下列问题: (1)“正极碱浸”所得滤液主要成分为NaOH和____________________(填化学式)。 (2)写出“酸浸”过程中钴酸锂发生反应的离子方程式__________________________。 保持其他因素不变的情况下,“酸浸”时Co、Li元素的浸出率随温度的变化如图所示。 当温度高于80℃时,Co元素的浸出率下降的原因是Co2+水解程度增大和_________________________。 (3)“调节pH除杂”目的是使Fe3+沉淀完全(离子浓度小于1×10−5mol·L−1),则应控制pH最小值为_________。 [已知: Fe(OH)3的Ksp为1×10−38]“萃取”和“反萃取”可简单表示为: Co2++2H2A2 Co(HA2)2+2H+,则反萃取过程加入的试剂X是___________________(填化学式)。 (4)沉锂过程要对滤渣进行洗涤,检验沉淀是否洗净的操作为___________________。 (5)拆解废旧电池前需进行放电处理,既可保证安全又有利于回收锂。 有利于回收锂的原因是__________________________________。 (6)若100mL0.5mol·L−1CoSO4溶液经过沉钴,将所得CoC2O4·2H2O经过一系列处理后配成1L溶液,并取100mL该溶液,控制pH约为9~10采用碘量法测定钴的含量,滴定反应为2Co2++I2=2Co3++2I−,滴定消耗了0.0500mol·L−1碘溶液48.50mL,则沉钴过程中CoC2O4·2H2O的产率为_____________。 【答案】 (1).NaAlO2 (2).2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑(3).H2O2部分分解(4).3(5).H2SO4(6).取最后一次洗涤液少量于试管中,加盐酸酸化,再滴加氯化钡溶液,若不产生白色沉淀说明已洗涤干净,反之则未洗净(7).负极锂放电后,锂离子经电解质向正极移动,在正极上生成钴酸锂,且酸浸后生成的钴盐和锂盐易于分离。 或负极锂放电后,锂离子经电解质向正极移动,进入正极便于回收(8).97% 【解析】 【分析】 废旧电池经放电处理后,电解质溶液中的锂离子生成钴酸锂;电极中含有铝、钴、锂,碱浸时,铝溶解生成偏铝酸钠溶液和剩余的碱液;固体物质酸浸,调节pH值,除去铁离子;萃取分离钴和锂。 【详解】 (1)正极中含有铝,铝易溶于强碱溶液生成NaAlO2; (2)碱浸后,加入硫酸和双氧水,将锂、钴、镍转换成相应离子的混合溶液,LiCoO2中钴显+3价,从后面可以看出,钴显+2价,除加入了硫酸和双氧水外,没有加入还原剂,所以双氧水做还原剂,生成氧气,即2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑;当温度高于80℃时Co元素浸出率下降,过氧化氢在较高温度时易分解,故Co元素浸出率下降与Co2+水解以及过氧化氢的分解有关; (3)根据Ksp[Fe(OH)3]为1×10−38,则c(OH-)=10-11mol/L,pH为3;根据反应Co2++2H2A2 Co(HA2)2+2H+,反萃取时平衡逆向移动,则增大溶液中的氢离子浓度,且阴离子不为杂质离子,故可加入硫酸; (4)沉锂过程时,滤液中含有硫酸根离子,故是否洗涤干净可检验洗涤液中是否含有硫酸根离子即可; (5)负极锂放电时,为原电池原理,故锂离子经电解质向正极移动,在正极上生成钴酸锂,且酸浸后生成的钴盐和锂盐易于分离。 或负极锂放电后,锂离子经电解质向正极移动,进入正极便于回收; (6)n(Co2+)=2n(I2)=0.0500mol·L−1×0.04850L×2×10=0.0485mol,沉钴过程中CoC2O4·2H2O的产率= ×100%=97%。 10.脱除工业废气中的氮氧化物(主要是指NO和NO2)可以净化空气、改善环境,是环境保护的重要课题。 (1)早期是利用NH3还原法,可将NOx还原为N2进行脱除。 已知: ①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=−905.9kJ·mol−1 ②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180kJ·mol−1 ③H2O(g)=H2O(l)ΔH=−44kJ·mol−1 则4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l) ΔH=_____________kJ·mol−1。 (2)以漂粉精溶液为吸收剂可以有效脱除烟气中的NO。 ①漂粉精溶液的主要成分是Ca(ClO)2,若吸收过程中,消耗的Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3: 4,则脱除后NO转化为_______________(填化学式)。 ②某化学兴趣小组研究不同温度下相同浓度漂粉精溶液对NO脱除率的影响,结果如图1所示。 图1中,40~60℃区间NO脱除率上升的原因为___________;60~80℃区间NO脱除率下降的原因可能为_____________________________。 (3)以过硫酸钠(Na2S2O8)为氧化剂是一种新型除NO方法。 第一步: NO在碱性环境中被Na2S2O8氧化为NaNO2 第二步: NaNO2继续被氧化为NaNO3,反应为: NO +S2O +2OH− NO +2SO +H2O。 不同温度下,平衡时NO 的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度(指第二步反应的初始浓度)的关系如图2所示。 ①若要平衡时NO 的脱除率至少达到90%,应选择的适宜条件是________________。 ②a、b、c三点对应平衡常数Ka、Kb、Kc的大小关系为_________________________。 ③65℃时,NO 的初始浓度为cmol·L−1,平衡时c(OH−)=0.1mol·L−1,该温度下第二步反应的平衡常数K=__________________(用含c的代数式表示)。 【答案】 (1).-2069.9 (2).HNO3或 (3).温度升高,化学反应速率加快(4).温度升高,气体溶解度下降;或温度升高,ClO-水解增强,HClO发生分解等。 (回答1点即可)(5).温度控制在90℃(以上),(且)第二步反应中Na2S2O8(初始)浓度控制在0.2mol·L-1以上。 (6).Kb>Ka=Kc或Ka=Kc<Kb(7). 或 或 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律计算; (2)①根据电子守恒计算; ②温度升高,化学反应速率加快,且NO在溶液中气体溶解度下降; (3)根据图像判断,及离子方程式计算。 详解】 (1)根据盖斯定律,将①-②×5+③×6,整理可得4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l),△H=−905.9kJ·mol−1-180kJ·mol−1×5-44kJ·mol−1×6=-2069.9kJ/mol; (2)①Ca(ClO)2具有氧化性,NO具有还原性,二者发生氧化还原反应时物质的量之比为3: 4,反应后ClO-反应变为Cl-,假设NO反应后被氧化,产物中N元素化合价为+x,根据电子守恒可知3×2×2=4×(x-2),解得x=+5价,所以脱除后NO转化为+5价的HNO3(或 ); ②在图中,40~60℃NO脱除率上升可能是由于温度升高,化学反应速率加快,可以使NO更快反应,导致NO脱除率增大;随温度升高,当温度在60~80℃NO脱除率又随温度的升高而下降可能是由于温度升高使气体NO在溶液中气体溶解度下降(或温度升高,ClO-水解增强); (3)①根据图2可知,NO 的脱除率至少达到90%,温度控制在90℃及以上,且第二步反应中Na2S2O8初始浓度控制在0.2mol·L-1以上; ②根据图象可知: 在Na2S2O8初始浓度相同时,温度越高,NO 脱除率越大,说明升高温度,化学平衡正向移动,化学平衡常数增大,在相同温度下,化学平衡常数相同,与物质的浓度大小无关,所以a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为b>a=c=d,即K(b)>K(a)=K(c)=K(d); ③对于反应NO + +2OH- +2 +H2O及图像提供的信息可知,开始时c(NO )=cmol/L,c( )=0.1mol/L,NO 的平衡脱除率为40%,所以根据物质反应转化关系可知,平衡时c(NO )=0.6cmol/L,c( )=(0.1-0.4c)mol/L,c(NO )=0.4cmol/L,c( )=0.8cmol/L,平衡时该溶液中c(OH-)=0.1mol/L,所以该反应的化学平衡常数K= 。 【化学——选修3: 物质结构与性质】 11.硼元素为绿色植物或藻类生长的必需元素。 回答下列问题: (1)基态硼原子核外电子排布式可表示为__________________。 (2)晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体,其能自发地呈现多面体外形,这种性质称为晶体的__________________。 (3)将少量BF3通入水中时,得到四氟硼酸(HBF4)溶液,同时有硼酸生成。 四氟硼酸为无色透明液体,呈强酸性,用于金属表面氧化物、硅酸盐膜的清洁和腐蚀剂。 ①BF 离子中B原子的杂化方式为___________。 ②硼酸晶体[H3BO3或B(OH)3]的片层结构如下图所示,其在冷水中溶解度低,而在热水中增加,原因是______________________。 ③硼酸溶液中,存在[B(OH)4]-离子,该离子中含有的化学键为_____________。 A.离子键B.共价键C.金属键D.配位键 (4)氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料,结构之一为立方氮化硼,如图所示。 ①图中氮原子 配位数为________,离硼原子最近且等距离的硼原子有______个。 ②已知立方氮化硼晶胞中B与N之间的距离为anm,则晶
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