山东省青岛二中届高三上学期考试化学试题解析版.docx
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山东省青岛二中届高三上学期考试化学试题解析版
山东省青岛二中2019届高三上学期第二学段模块(期末)考试理科综合
1.化学与人类生产、生活密切相关,下列叙述中不正确的是()
A.从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质
B.“光化学烟雾”、“臭氧空洞”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
C.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料,实现“碳”的循环利用
【答案】A
【详解】A.从花生中提取的生物柴油属于高级脂肪酸甘油酯,不属于烃类物质,故选A;
B.NOx在紫外光照射下,会与大气中的碳氧化合物作用,生成光化学烟雾和臭氧,NOx在大气中可形成硝酸和硝酸盐细颗粒物,同硫酸和硫酸盐细颗粒物一起,发生远距离传输,从而加速了区域性酸雨的恶化,所以“光化学烟雾”、“臭氧空洞”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关是正确的,故不选B;
C.碳化硅是一种新型的无机非金属材料,故不选C;
D.CO2合成可降解的聚碳酸酯类塑料,实现“碳循环”,可减少白色污染,故不选D。
正确答案:
A。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()
A.标准状况下,3.2g14C18O中含中子数为1.4NA
B.CO燃烧热为283.0kJ/mol,若一定量的CO完全燃烧放出热量为283.0kJ,则消耗O2分子数为NA
C.等体积、等物质的量浓度的NaCl和KF溶液中,阴、阳离子数目之和相等
D.室温下,21.0gC2H4和C4H8的混合气体中含有的原子数目为4.5NA
【答案】D
【详解】A.3.2g14C18O中含中子数为
=1.8NA,故A错误;
B.CO燃烧热为283.0kJ/mol,若CO完全燃烧放出热量为283.0kJ,说明是1molCO完全燃烧,则消耗O2分子数为
NA,故B错误;
C.利用电荷守恒来理解:
NaCl溶液中存在C(Na+)+C(H+)=C(OH-)+C(Cl-),NaF溶液中存在C(Na+)+C(H+)=C(OH-)+C(F-),由于NaF水解,使得NaF溶液显碱性,NaF溶液中C(H+)<NaCl溶液中的C(H+),而两溶液中[Na+]浓度相等,所以NaF溶液中的C(Na+)+C(H+)小于NaCl溶液中的C(Na+)+C(H+),又因为电荷守恒,所以NaF溶液中C(OH-)+C(F-)小于NaCl溶液中C(OH-)+C(Cl-),故C错误;
D.C2H4和C4H8的最简式相同,可以先计算最简式CH2的物质的量,再计算原子数目,所以21.0gC2H4和C4H8的混合气体中含有的原子数目为
4.5NA;故D正确;
正确答案:
D。
3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。
W、X、Y简单离子的电子层结构相同,X元素在短周期主族元素中原子半径最大;W的简单氢化物常温下呈液态,Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电,X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。
下列说法正确的是()
A.离子半径:
W B.工业上采用电解Y的氧化物冶炼单质Y C.W、X元素组成的化合物一定只含离子键 D.W、X、Z三种元素组成的化合物的水溶液可能显碱性 【答案】D 【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。 W、X、Y简单离子的电子层结构相同,X元素在短周期主族元素中原子半径最大,则X为钠元素;W的简单氢化物常温下呈液态,则W为氧元素,Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电且原子序数大于钠,则Y为镁元素,X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10,则Z的最外层电子数为10-1-2=7,Z为氯元素。 A.Z-(Cl-)多一个电子层,离子半径最大,具有相同电子层结构的离子,核电荷数越大半径越小,离子半径W2-(O2-)>Y2+(Mg2+),故离子半径Z-(Cl-)>W2-(O2-)>Y2+(Mg2+),选项A错误; B.氧化镁的熔点很高,故工业上采用电解Y的氯化物氯化镁冶炼单质镁,选项B错误; C.W、X元素组成的化合物过氧化钠中含离子键和共价键,选项C错误; D.W、X、Z三种元素组成的化合物NaClO为强碱弱酸盐,水解溶液显碱性,选项D正确。 答案选D。 4.由下列实验及现象不能推出相应结论的是() 选项 实验 现象 结论 A 向添有KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀盐酸及KI 溶液变蓝色 氧化性: IO3->I2 B 淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后,再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合,加热煮沸 无红色沉淀生成 淀粉没有水解 C 常温下,向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分别滴加2滴酚酞 两份溶液均变红,NaHCO3溶液红色更深 常温下的水解平衡常数: Kh(CH3COO-)<Kh(HCO3-) D 常温时,用两支试管各取5mL0.1mol/L酸性KMnO4溶液,分别加入0.1mol/L和0.2mol/LH2C2O4溶液各2mL 两试管溶液均褪色,且加0.2mol/LH2C2O4溶液的试管中褪色更快 其它条件不变,H2C2O4溶液的浓度越大,化学反应速率越大 【答案】B 【详解】A.化学反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O,根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得结论,氧化性: IO3->I2,故不选A; B.实验操作错误,淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后,应该加入碱中和至碱性,再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合,加热煮沸,故选B; C.NaHCO3和CH3COONa溶液中存在HCO3-+H2O H2CO3+OH-,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,分别滴加2滴酚酞,NaHCO3溶液红色更深,说明HCO3-水解能力强,根据越弱越水解原理,得出结论常温下的水解平衡常数: Kh(CH3COO-)<Kh(HCO3-),故不选C; D.实验设计满足了反应液混合后只有H2C2O4浓度不同,其他条件相同,且现象明显,可以用来验证浓度对化学反应速率的影响,故不选D; 正确答案: B。 5.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示,其中离子交换膜I、II分别是氯离子交换膜和钠离子交换膜中的一种,图中有机废水中的有机物可用C6H10O5表示。 下列有关说法正确的是() A.a电极为该电池的负极,离子交换膜I是钠离子交换膜 B.a电极附近溶液的氯离子浓度增大,b电极附近溶液的pH减小 C.a电极的电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+ D.中间室中Na+移向左室,Cl—移向右室 【答案】C 【分析】该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极b是正极,电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O,左边装置电极a是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O═6CO2↑+24H+。 【详解】A项、a电极为该电池的负极,负极反应生成氢离子,为维持溶液呈电中性,咸水中阴离子Cl-移向负极室左室,则离子交换膜I是氯离子交换膜,故A错误; B项、电解质溶液中阴离子Cl-移向负极室左室,a电极附近溶液的氯离子浓度增大,b电极消耗氢离子,溶液的pH增大,故B错误; C项、a电极是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O═6CO2↑+24H+,故C正确; D项、放电时,电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室,阴离子Cl-移向负极室左室,故D错误。 故选C。 【点睛】本题考查化学电源新型电池,侧重考查获取信息、分析推断能力,根据N元素化合价变化确定正、负极,难点是电极反应式的书写,且原电池和电解池原理是高考高频点,要熟练掌握。 6.法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得诺贝尔化学奖。 轮烷是一种分子机器的“轮子”,芳香化合物a、b、c是合成轮烷的三种原料,其结构如下图所示。 下列说法不正确的是() A.b、c互为同分异构体 B.a、c分子中所有碳原子均有可能处于同一平面上 C.a、b、c均能发生氧化反应、加成反应、加聚反应和酯化反应 D.a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色 【答案】C 【分析】a的分子式为C9H8O,含有的官能团为碳碳双键和醛基,b的分子式为C9H10O,含有的官能团为碳碳双键和醚键,c的分子式为C9H10O,含有的官能团为碳碳双键和羟基。 【详解】A项、b、c的分子式均为C9H10O,结构不同,互为同分异构体,故A正确; B项、a中均为不饱和碳原子,所有碳原子均有可能处于同一平面上,c中有一个饱和碳原子连在苯环上,一个饱和碳原子连在碳碳双键上,所有碳原子均有可能处于同一平面上,故B正确; C项、a、b都不含有羟基和羧基,不能发生酯化反应,故C错误; D项、a、b、c均含有碳碳双键,能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应,能使酸性高锰酸钾溶液,能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液褪色,故D正确。 故选C。 【点睛】本题考查物质结构和性质,明确官能团及其性质关系是解本题关键。 7.常温下,下列有关叙述正确的是() A.向0.1mol·L−1Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后: c(Na+)=2[c( )+c( )+c(H2CO3)] B.常温下,pH=6的NaHSO3溶液中: c( )−c(H2SO3)=9.9×10−7mol·L−1 C.等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合: < D.0.1mol·L−1Na2C2O4溶液与0.1mol·L−1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸): 2c( )+c( )+c(OH−)=c(Na+)+c(H+) 【答案】B 【解析】向0.1mol·L−1Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后,溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠,根据物料守恒可知: c(Na+)<2[c( )+c( )+c(H2CO3)],A错误;常温下,pH=6的NaHSO3溶液中,电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c( )+c( ),物料守恒为c(Na+)=c( )+c( )+c(H2SO3),由两个守恒关系式消去钠离子的浓度可得,c( )−c(H2SO3)=c(H+)−c(OH−)=1×10−6mol·L−1− 1×10−8mol·L−1=9.9×10−7mol·L−1,B正确;根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得: c( )/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)、c( )/c( )=K( )/c(H+),由于同一溶液中,则氢离子浓度相同,根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知,c( )/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c( )/c( )=K( )/c(H+),C错误;0.1mol·L−1Na2C2O4溶液与0.1mol·L−1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸),由电荷守恒可知2c( )+c( )+c(OH−)+c(Cl−)=c(Na+)+c(H+),D错误。 8.常温常压下,一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体,沸点为3.8℃,42℃以上会分解生成Cl2和O2,Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。 【制备产品】 将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O,并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。 (1)各装置的连接顺序为___→___→___→________→____。 ___________ (2)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_____________________________;装置C的作用是______________________。 (3)制备Cl2O的化学方程式为_______________________________________。 (4)反应过程中,装置B需放在冷水中,其目的是_______________________________。 (5)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点,分别是___________ ________________________________。 【测定浓度】 (6)已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。 用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度: 量取10mL上述次氯酸溶液,并稀释至100mL,再从其中取出10.00mL于锥形瓶中,并加入10.00mL0.80mol·L-1的FeSO4溶液,充分反应后,用0.05000mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液24.00mL,则原次氯酸溶液的浓度为_______________。 【答案】 (1).ADBCE (2).加快反应速率,使反应充分进行(3).除去Cl2O中的Cl2(4).2Cl2+Na2CO3===Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O===Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)(5).防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解(6).制得的次氯酸溶液纯度较高,浓度较大(7).1.000mol·L-1 【分析】A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气,由D装置饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体,与空气形成1: 3的混合气体通入B装置,防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解,装置B需放在冷水中,在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O,反应为: 2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2,通入C装置吸收除去Cl2O中的Cl2,并在E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液,据此分析作答。 【详解】 (1)A装置制备氯气,D装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体,与空气形成1: 3的混合气体通入B装置,与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O,C装置吸收除去Cl2O中的Cl2,E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液;故答案为: A、D、B、C、E;(2)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是加快反应速率,使反应充分进行;装置C装置有足量的四氯化碳溶液,其作用是除去Cl2O中的Cl2;(3)氯气和空气(不参与反应)按体积比1: 3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O,反应为: 2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaCO3;(4)由题可知: Cl2O42℃以上会分解生成Cl2和O2,故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解,装置B需放在冷水中;(5)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点,分别是制得的次氯酸溶液纯度较高,浓度较大;(6)根据反应H2O+ClO-+2Fe2+=Cl-+2Fe3++2OH-、MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,则原次氯酸溶液的浓度为 =1.000mol·L-1。 【点睛】本题考查性质实验方案设计,侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、实验基本操作能力及实验方案设计能力,综合性较强,注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用,难度中等。 9.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。 某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下: 已知: ①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。 ②常温下,部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下: 阳离子 Fe3+ Mg2+ Al3+ Cr3+ 沉淀完全时的pH 3.7 11.1 5.4(>8溶解) 9(>9溶解) (1)实验室用18.4mol·L-1的浓硫酸配制480mL2mol·L-1的硫酸,需量取浓硫酸_________mL;配制时所用玻璃仪器除量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒外,还需__________________________。 (2)H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-,写出此反应的离子方程式: ______________________________________________。 (3)加入NaOH溶液使溶液呈碱性,既可以除去某些杂质离子,同时又可以将Cr2O72-转化为CrO42-,写出该反应的离子方程式__________________________________________。 (4)钠离子交换树脂的反应原理为: Mn++nNaR=MRn+nNa+,则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有__________________。 (5)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式: _______________________。 (6)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一,为了测定某废水中SCN-浓度,可用标准AgNO3溶液滴定待测液,已知: 银盐性质 AgCl AgI AgCN Ag2CrO4 AgSCN 颜色 白 黄 白 砖红 白 Ksp 1.8×10-10 8.3×10-17 1.2×10-16 3.5×10-11 1.0×10-12 滴定时可选为滴定指示剂的是_________(选填编号),滴定终点现象是: ________________ ________________________________。 A.NaClB.K2CrO4C.KID.NaCN 【答案】 (1).54.3 (2).500mL容量瓶(3).2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72-+8H+(4).Cr2O72-+2OH-=2CrO42-+H2O(5).Mg2+、Ca2+(6).2CrO42-+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO42-+2OH-(7).B(8).当滴入最后一滴标准液时,沉淀由白色变为砖红色,且半分钟内沉淀颜色不再改变 【分析】流程分析: 硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+,加入H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-,调节pH=8是为了让Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去,同时Cr2O72-转化为CrO42-,过滤后,滤液Ⅱ通过钠离子交换树脂是为了除掉Ca2+和Mg2+,通入二氧化硫发生氧化还原反应得到Cr(OH)(H2O)5SO4; (1)配置一定浓度的溶液要注意用500mL容量瓶,根据步骤确定所需仪器; (2)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数; (3)利用电荷守恒和原子守恒书写离子方程式; (4)学会知识迁移,联想硬水的软化就可确定Ca2+和Mg2+,或者根据阳离子互换原则确定; (5)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢氧根离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数; (6)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp略微大于AgSCN。 【详解】 (1)根据C1V1=C2V2列等式,18.4×V1×10-3=2×500×10-3,V1=54.3mL;配制时所用玻璃仪器还需500mL容量瓶; 正确答案: 54.3500mL容量瓶。 (2)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数;离子方程式为2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72-+8H+; 正确答案: 2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72-+8H+。 (3)利用电荷守恒和原子守恒书写离子方程式Cr2O72-+2OH-=2CrO42-+H2O; 正确答案: Cr2O72-+2OH-=2CrO42-+H2O。 (4)根据阳离子互换原则确定,利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有Mg2+、Ca2+; 正确答案: Mg2+、Ca2+。 (5)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢氧根离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数;得2CrO42-+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO42-+2OH-; 正确答案: 2CrO42-+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO42-+2OH-。 (6)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp略微大于AgSCN,确定K2CrO4作为指示剂,滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液时,沉淀由白色变为砖红色,且半分钟内沉淀颜色不再改变; 正确答案: B当滴入最后一滴标准液时,沉淀由白色变为砖红色,且半分钟内沉淀颜色不再改变。 【点睛】本题的易错点 (1)计算所需浓硫酸时必须按照配制500mL计算,没有480mL容量瓶 (2)沉淀滴定法中指示剂选择原则除了一定要现象明显,还要注意指示剂离子沉淀浓度略大于测定离子所需沉淀浓度。 10.C、S和Cl元素的单质及化合物在工业生产中的有效利用备受关注。 请回答下列问题: (1)已知: I.2SO2(g)+O2(g)+2H2O (1)===2H2SO4(aq)△H1; Ⅱ.Cl2(g)+H2O (1) HCl(aq)+HClO(aq)△H2; Ⅲ.2HClO(aq)===2HCl(aq)+O2(g)△H3 SO2(g)+Cl2(g)+2H2O (1)=2HCl(aq)+H2SO4(aq)△H4=____________________(用含有△H1、△H2和△H3的代数式表示)。 (2)25℃时,H2SO3溶液中各含硫微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图甲所示。 已知25℃时,NaHSO3的水溶液pH<7,用图中的数据通过计算解释原因____________________________________。 (3)NaClO2是一种绿色消毒剂和漂白剂,工业上采用电解法制备NaClO2的原理如图乙所示。 ①交换膜应选用____________________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”) ②阳极的电极反应式为________________________________________。 (4)一定温度下,向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2,发生反应2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g)ΔH=-270kJ/mol,若反应进行到20min时达平衡,测得CO2的体积分数为0.5,则前20min的反应速率v(CO)=_________,该温度下反应化学平衡常数K=____________(L·mol-1) (5)在不同条件下,向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2,反应体系总压强随时间的变化如图(I)所示: ①图(I)中三组实验从反应开始至达到平衡时,v(CO)最大的为___________(填序号) ②与实验a相比,c组改变的实验条件可能是_________________。 【答案】 (1).(△H1+2△H2+△H3)/2 (2).由图中数据可以计算出Ka2(H2SO3)=10-7.2,Ka1(H2SO3)=10-1.9,所以HSO3—的水解常数是10-12.1,HSO3—电离程度大于水解程度,溶液显酸性(3).阳离子
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