高考理综全国卷1化学.docx
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高考理综全国卷1化学
2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标I卷)
理科综合(化学部分)
一、选择题:
1.化学与生活密切相关。
下列有关说法错误的是()
A.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B.食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质
C.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D.医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%【答案】D
【解析】A、蚕丝的主要成分为蛋白质,灼烧时会有烧焦羽毛的气味,而人造纤维由纤维素改性得到,灼烧时有刺激性气味,可由此区分二者,故A正确。
B、食用油反复加热,碳链会变成环状,产生稠环芳烃等有害物质,故B正确。
C、加热、强酸碱、重金属盐均可以使蛋白质变性,因此加热可杀死流感病毒,故C正确。
D、医用酒精中乙醇的浓度为75%,工业酒精中乙醇的浓度为95%,故D错误。
因此,本题选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数值。
下列有关叙述正确的是()
A.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA
C.1molFe溶于过量硝酸,电子转移数为2Na
D.标准状况下,2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】A、乙烯和丙烯最简式均为为CH2,14g混合气体中含有的原子团CH2的物质的量为1mol,含有的氢原子数为2Na,故A正确。
B、若1mol的N2与4mol的出完全反应则生成2molNH3,但此反应是可逆反应,反应不完全,所以NH3分子数小于2Na,故B错误。
C、Fe溶于过量硝酸,由于硝酸具有强氧化性,最终氧化产物是Fe,因此1molFe与过量硝酸反应转移3Na电子,故C错误。
D、标准状况下,CCI4呈液态,2.24LCCJ不能由气体摩尔体积得出其物质的量为O.lmol,故其含有的共价键数也不为0.4Na,故D错误。
因此,本题选A。
B、乙烯生成乙醇的反应方程式为:
加成反应的定义,故B正确。
CH2==CH2H2O
催化剂
CH3CH2OH,符合
ch3chch2ch3
C、C4H9CI有4种同分异构体,分别为CH3CH2CH2CH2CI、|、
Cl
CH3
CH3CHCH2CI|
|、CH3C—CI,故C错误。
CH3I
CH3
D、高分子化合物要求分子量在10000以上,油脂是高级脂肪酸甘油酯,不属于高分子化合物,故D错误。
因此,本题选B。
4.下列实验操作能达到实验目的的是(
A.用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C.配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D.将CI2与HCI混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的CI2
【答案】C
【解析】A、乙酸和乙醇反应的产物为乙酸乙酯,分离乙酸乙酯应该用分液漏斗,长颈漏斗
不带有活塞,无法用于分离操作,故A错误。
B、NO会与空气中的氧气反应生成NO2,且NO密度与空气相近,故不能用排空气法收集,故B错误。
C、氯化铁易发生水解,所以配制时应在较浓的盐酸中溶解,抑制其水解,防止生成沉淀,再加水稀释,故C正确。
D、将CI2与HCI的混合气体通过饱和食盐水可除去其中的HCI,但是得到的CI2未干燥,会含有水蒸气,故D错误。
因此,本题选Co
5.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交
换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO2可通过离子交换膜,而两端隔室中
离子被阻挡不能进入中间隔室。
浓Na,S<\
下列叙述正确的是()
A.通电后中间隔室的SO2离子向正极迁移,正极区溶液pH增大
B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C.负极反应为2H2O4e===O2+4H+,负极区溶液pH降低
D.当电路中通过1moI电子的电量时,会有0.5moI的O?
生成
【答案】B
【解析】直流电作用下电解硫酸钠溶液,由于钠离子与硫酸根在水溶液中均不放电,因此其
本质为电解水。
A、电流从正极流出,负极流入,SO2为阴离子,其移动方向应与电流相反,因此so4向正极区邙日极)移动。
正极区发生氧化反应,电极反应为
2出04eO2T4H,则正极附近酸性增强,pH下降。
故A项错误。
B、负极区(阴极)的电极反应为2H2O2e===H2T2OH,剩余0H,中间区域的Na迁移到负极区,得到NaOH;正极区的电极反应为
2H2O4eO2T4H,余下H,中间区域的SO2迁移到正极区,得到H2SO4,故B项正确。
C、负极区发生还原反应:
2H2O2eH2T2OH,负极附近碱性增强,pH升
高,故C错误。
D、由正极区的电极反应可知,转移电子与产生氧气的物质的量之比为4:
1,因此转移1mol电子时会有0.25mol氧气生成,故D项错误。
因此,本题选B。
11
6.298K时,在20.0mLO.IOmolL氨水中滴入O.IOmolL的盐酸。
溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。
已知O.IOmolL1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确
的是()
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0mL
C.M点处的溶液中cNH4=cCl=cH+=cOH
D.N点处的溶液中pH<12【答案】D
【解析】A、向氨水当中滴加稀盐酸,两者等物质的量反应则达到滴定终点,产物为NH4CI,
其溶液显酸性,应选择在酸性范围内变色的指示剂,如甲基橙的变色范围为
3.1~4.4。
而酚酞的变色范围是8.2~10.0,在碱性范围内变色,不能作为该滴定的指
示剂,故A项错误。
B、盐酸体积为20mL时恰好反应生成NH4CI,NH4H2O?
NH3H?
OH导致其溶液pH小于7,而M点处pH=7,故B项错误。
71
C、因为溶液pH=7,所以c(H)=c(OH)=10molL,又由于电荷守恒
c(H)c(NH4)=c(OH)c(Cl),可得c(NHJ=c(CI),二者浓度约为0.05molL,71
远大于10molL,故C错误。
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D、若开始时pH为12,则c(OH)10molL,此时对应氨水的电离度为10%,
由于题中给出氨水电离度为1.32%,远低于10%,则pH应小于12,故D正确。
因此,本题选D。
7.短周期元素W、X、丫、Z的原子序数依次增加。
m、p、r是由这些元素组成的二元化
合物。
n是元素Z的单质。
通常为黄绿色气体,q的水溶液具有漂白性。
0.01molL1r溶液的pH为2,s通常是难溶于水的混合物。
上述物质的转化关系如图所示。
下列说法正确的是()
q
>
r
P
s
A.原子半径的大小W B.元素的非金属性Z>X>Y C.丫的氢化物常温常压下为液态 D.X的最高价氧化物的水化物为强酸 【答案】C 【解析】Z的单质n为黄绿色气体,n为C12,因此Z为氯元素。 0.01molL1r的水溶液pH值为2,说明r为一元强酸。 CI2与P在光的条件下反应得到r以及难溶于水的混合物s,因此p为烷烃(如CH4),r为HCI,s为发生取代反应后的有机混合物。 Cl2与m反应可得HCI以及具有漂白性的q,可知m为h2O,q为HCIO。 综上,W、X、Y、Z分别为H、C、O、CI。 A、原子半径大小排序为H B、元素非金属性中O>C,即Y>X,故B错误。 C、Y为氧元素,其氢化物为出0或H2O2,常温下均为液态,故C正确。 D、X为碳元素,其最高价氧化物的水化物为碳酸,是弱酸,故D错误。 因此,本题选Co 26.(14分) 氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx 还原生成N2。 某同学在实验室中对NH3与NO? 反应进行了探究。 回答下列问题: (1)氨气的制备 1氨气的发生装置可以选择上图中的,反应的化学方程式为。 2欲收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连接顺序为: 发生装置 (按气流方向,用小写字母表示)。 (2)氨气与二氧化氮的反应 将上述收集到的NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子Q、K2夹好)。 在一定温度下按图示装置进行实验。 操作步骤 实验现象 解释原因 打开9,推动注射器活塞,使 ①Y管中 ②反应的化学方程式 X中的气体缓慢通入Y管中 将注射器活塞退回原处并固定,待装置恢复到温室 Y管中有少量水珠 生态的气态水凝聚 打开K2 ③ ④ 【答案】(1[①A;Ca(OH)22NH4CI===CaCI22NH3f2H2O•,②i 催化剂 (2)①气体红棕色逐渐变浅;②8NH36NO27N212H2O: ③NaOH溶液 倒吸入Y管;④当产物中的H2O为液体时,反应过程中气体的总物质的量减小,恢复原体积后装置中气压小于大气压。 【解析】 (1)①实验室制取氨气的常用方法是Ca(OH)2与NH4CI混合加热,或者CaO中滴 入浓氨水(不需要加热)。 这里提供的装置只有A适合第一种方法。 ②要收集干燥的氨气应用碱石灰进行干燥,干燥管应"大进小出”,即d进c出;由于氨气的密 度比空气小,应用向下排空气法进行收集,即f进e出;最后应进行尾气处理,并 要防止倒吸,应接i。 (2)①②: NH3和NO? 反应,根据氧化还原反应规律,生成N2,反应方程式为 催化剂 8NH36NO27N212H2O,产物均无色,因此随着反应的进行,NO2的红棕色会逐渐变浅。 ③④: 当产物中的H2O为液体时,反应过程中气体总物质的量减 小,恢复原体积后装置中气压小于大气压,因此NaOH溶液会倒吸。 27.(15分) 元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3(蓝紫色)、Cr(OH)4(绿色)、Cr2。 2(橙红色)、Cr。 2 (黄色)等形式存在。 Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体,回答下列问题: (1)Cr3与AI3的化学性质相似。 在C「2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是。 (2)CrO4和Cr2O;在溶液中可相互转化。 室温下,初始浓度为1.0molL1的Na2CrO4溶 IN IJULU3.U4.05.0filU L1) 液中c(Cr2O2)随c(H)的变化如图所示。 1用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应_ 2由图可知,溶液酸性增大,CrO4的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 根据 A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为。 3温度升高,溶液中Cr04的平衡转化率减小,则该反应的H0(填“大于”、“小 于”或“等于”)。 (3)在化学分析中采用K2CQ4为指示剂,以AgNOs,标准溶液滴定溶液中Cl,利用Ag与Cr04生成转红色沉淀,指示剂达滴定终点。 当溶液中Cl恰好沉淀完全(浓度等于 1.010molL)时,溶液中c(Ag)为molL,此时溶液中c(CrO4)等于 210molL。 (已知Ag2CrO4、AgCl的©p分别为2.010和2.010)。 (4)6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2o7还原成Cr3,该反应的离 子方程式为。 【答案】 (1)蓝紫色溶液变浅,同时生成灰蓝色沉淀,继续滴加NaOH溶液,沉淀溶解, 最终溶液变绿色 (2[①2CrO22H垐? C^O;H2O②增大;1.01014;③小于 (3)2.010;5.0103 (4)C2O73HSO35H===2Cr33SO44H2O或: CrO;8HSO3===2Cr33SO: 5SO: 4H2O 【解析】 (1)类比Al3+与NaOH反应的性质,但需注意反应过程中伴有颜色变化。 Cr3+为 蓝紫色,滴加NaOH后蓝紫色变浅同时产生灰蓝色沉淀Cr(OH)3,继续滴加,沉淀 溶解,Cr(OH)3变为Cr(OH)4,溶液最终变为绿色。 (2[①选修四26页的方程式,Na;CrO4在酸性条件会转化为NazCr;。 ? 。 ②从图上可以看出,H+浓度升高,Cr;O;浓度上升,说明反应向右进行的更多,CrO4的 平衡转化率增大;根据 A点数据, 列三段式计算平衡常数: 2 2CrO; 2H 垐© 2 Cr;O; h;o 起 1mol/L 0 变 0.5mol/L 0.25mol/L 平 0.5mol/L 0.25mol/L 2- c(Cr;Oy) 0.251014 2-2 c(CrO4)gc(H 22 )0.5 7210 (10) 3升高温度,溶液中CrO;平衡转化率减小,说明反应逆向移动,故该反应为放热 反应,H0。 (3)已知c(Cl)1.010-5mol/L,Ksp(Ag;CrO4)2.01012, Ksp(AgCl)2.01010,当根据沉淀溶解平衡可得: c(Ag) Ksp(AgCI) c(Cl) 2.01010 5 1.010 1 2.010mol•L, c(CrO2) Ksp(Ag;CrO4) 2 c(Ag) 2.0 1012 (2.0105)2 5.0103mol•L1。 硫^.so. NaClO. 徴盐水 NaClO: 产品 回答下列问题: o CIO2的化学方程式 (1)NaCIO2中Cl的化合价为 (2)写出“反应”步骤中生成 (3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2和Ca2,要加入的试剂 分别为、。 “电解”中阴极反应的主要产物是_。 (4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量CIO2,此吸收反应中,氧化剂与还原剂 的物质的量之比为,该反应中氧化产物是 (5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是: 每克含氯消毒剂的氧化 能力相当于多少克CI2的氧化能力。 NaCIO? 的有效氯含量为 (计算结果保留两位小数)。 +3 【答案】 (1) 2NaCIO3SO2H2SO4===2ClO 22NaHSO4 (2) (3)NaOH;W2CO3;NaCIO2 (4)2: 1,O2 (5)1.57 【解析】 (1)NaCIO2中Na为+1价,O为-2价,计算可得CI的化合价为3。 (2)由流程图可知反应物为H2SO4、SO2和NaCIOs,产物为CIO2和NaHSO。 , 根据氧化还原化合价升降守恒进行配平,可得方程式为: 2NaCIO3SO2H2SO4===2CIO22NaHSO4 (3)粗盐提纯过程,主要考虑除去杂质离子,且不引入新的杂质,故加入NaOH除去Mg2、加入W2CO3除去Ca2;电解食盐水并加入CIO2,产物中有NaCIO2生成,由于阴极发生还原反应,所以应该是CIO2在阴极被还原生成NaCIO2。 (4)根据尾气吸收过程中加入的反应物和生成物,写出氧化还原反应方程式并配 平,可得: 2CIO22NaOHH2O2===2NaCIO2O22H2O。 其中氧化剂为CIO: , 还原剂为H2O2,氧化剂与还原剂的比值为2: 1,该反应的氧化产物为O2。 (5)“有效氯含量”的定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克CI2的氧化 能力。 其实就是求相同质量的NaCIO2和CI2在还原为CI时,转移的电子数之比。 1moINaCIO2还原为CI时转移4mol电子,1moICI2还原为CI时转移2mol电子,也就是说每摩尔NaCIO2相当于2moICI2。 即90.5gNaCIO2相当于142gCI2,即“有142 效氯含量”=1.57(保留两位小数)。 90.5 36.[化学一一选修2: 化学与技术](15分) 高锰酸钾(KMnO4)是一种常见氧化剂。 主要用于化工、防腐及制药工业等。 以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下: ■'.iU K.MnO4- KMn(\ 回答下列问题: (1)原料软锰矿与氢氧化钾按1: 1的比例在“烘炒锅”中混配,混配前应将软锰矿粉碎, 其作用是。 (2)“平炉”中发生反应的化学方程式为 (3)“平炉”中需要加压,其目的是 (4)将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。 1“CO2歧化法”是传统工艺,即在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱酸 性,K2MnO4发生歧化反应。 反应中生成KMnO4、MnO2和(写化学式)。 2“电解法”为现代工艺,即电解K2MnO4水溶液。 电解槽中阳极发生的电极反应为 ,阴极逸出的气体是。 3“电解法”和“CO2歧化法”中,K2MnO4的理论利用率之比为。 (5)高锰酸钾纯度的测定: 称取1.0800g样品,溶解后定容于100mL容量瓶中,摇匀。 取 浓度为0.2000molL1的H2C2O4标准溶液20.00mL,加入稀硫酸酸化,用KMnO4溶液平行 滴定三次,平均消耗的体积为24.48mL。 该样品的纯度为(列出计算式即可,已 知2MnO45H2C2O46H2MnI0CO2T8H2O)。 【答案】 (1)增大接触面积,提高反应速率。 (2)4KOH2MnO2O2=△=2K2MnO42H2O。 (3)增大压强,提高反应速率。 (5) (4[①KHCO3: ②MnO2e===MnO4;H2: ③3: 2 231000.200020.0010158 100% 524.48 1.0800 【解析】 (1)影响固体反应速率的因素之一是接触面积,粉碎矿石可增大其接触面积,提 高反应速率。 (2)由题目可知MnO? 转化为K2MnO4,MnO2作还原剂,氧化剂应为空气中的 。 2,反应物还有KOH,根据氧化还原基本原理配平方程式即可。 (3)反应不是可逆反应,加压应从反应速率的方面来考虑。 由于此反应有气体参 加,增大压强,氧气的浓度提高,反应速率提高。 (4)①由于反应体系为中性或弱酸性,CO2没有变价,产物应为KHCO3,故反应的方程式为: 3K2MnO44CO22H2O===2KMnO4MnO: 4KHCO3 ②阳极反应为氧化反应,MnO4被氧化为MnO4,电极反应为 2 MnO4e===MnOq;阴极反应为还原反应,电极反应为 2H2O2e===H2? 2OH,故阴极产生的气体为出;总反应为 通电木 2K2MnO42H2O2KMnO4H2T2KOH (5)由题中反应方程式得到MnO4与C2O2反应的比例为2: 5,列式计算: m(KMnO4)c(KMnO4)V(KMnOq)M(KMnO4) m(样品)100%m(样品) 222V总(KMnO4) c(C2。 2)V(C2。 2)-总¥M(KMnO4) 即: 5V滴(KMnO4) 100% m(样品) 100% 代入数据得.23100 代入数据得.0.200020.0010158 52448100% 1.0800 37.[化学一一选修3: 物质结构与性质](15分) 锗(Ge)是典型的半导体元素,在电子、材料等领域应用广泛。 回答下列问题: (1)基态Ge原子的核外电子排布式为Ar,有个未成对电子。 (2)Ge与C是同族元素,C原子之间可以形成双键、叁键,但Ge原子之间难以形成双键 或叁键,从原子结构角度分析,原因是 (3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点,分析其变化规律及原因 GeCl4 GeBr4 GeI4 熔点/C 49.5 26 146 沸点/C 83.1 186 约400 (4)光催化还原CO2制备CH4反应中,带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂,Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是。 (5)Ge单晶具有金刚石型结构,其中Ge原子的杂化方式为,微粒之间存在的 作用力是。 (6)晶胞有两个基本要素: ①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置,下图为Ge单晶的晶胞,其中原子坐标 1111 参数A为0,0,0;B为一,0,-;C为-,一,0。 则D原子的坐标参数为。 2222 ②晶胞参数,描述晶胞的大小和形状。 已知Ge单晶的晶胞参数a565.76pm,其密度为 3 gcm(列出计算式即可)。 【答案】 (1)3d104s24p2;2。 (2)Ge原子半径较大,难以形成稳定的键,不易形成双键或叁键。 (3)GeCL、GeBo、GeJ的熔沸点依次上升。 因为其组成和结构相似的物质,随分子量增大,范德华力增大,熔沸点上升。 (4)OGeZn。 (5)sp3,共价键。 111 (67(4,4,4); 873 6.021023(565.761010)3 【解析】 (1)锗位于硅的正下方,是(141832)号元素,核外电子排布为[Ar]3d104s24p2。 (2)双键、叁键与单键中均有键,但只有双键和叁键中存在键。 锗难以形成 双键或叁键,说明锗难以形成稳定的键。 这是因为Ge原子半径较大,4p形成肩 并肩重叠较难。 (3)由表中数据可知,三种物质熔沸点均不高,均为分子晶体,并且不存在氢键,因此熔沸点由范德华作用力的强弱决定。 即熔沸点依次升高,是范德华力依次增强 的结果,而对于组成和结构相似的物质而言,范德华力主要受分子量决定。 分子量 越大,范德华力越大,熔沸点越高。 (4)由三种元素在周期表的相对位置可知电负性相对强弱。 (5)锗与金刚石结构相似,金刚石中碳原子是sp3杂化,锗晶体中锗也是相同的杂化,原子间以共价键结合。 111子坐标是(孑才冷); ②每个晶胞中含有8个锗原子,根据密度公式进行计算,注意换算单位: M(晶胞) NAgV
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