届广东省肇庆市高三第三次模拟理科综合化学试题.docx
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届广东省肇庆市高三第三次模拟理科综合化学试题
广东省肇庆市2019届高三第三次模拟
理科综合化学试题
1.1.中国文化源远流长,下列对描述内容所做的相关分析不正确的是
选项
描述
分析
A
《本草纲目》中“采蒿蓼之属,晒干烧灰,以水淋汁,……洗衣发面,亦去垢发面。
”
所描述之物为K2CO3
B
《新修本草》对“靑矾”的描述:
“本来绿
色,…….正如瑠璃……烧之赤色……”
文中涉及的操作方法
指干馏
C
“司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”
司南中“杓”的材质为Fe3O4
D
“用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器承滴露”
其中涉及的操作是蒸馏
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A.“采蒿蓼之属,晒干烧灰”,说明成分来自植物烧成的灰中,“以水淋汁”,说明该成分易溶于水,“洗衣发面,亦去垢发面”能洗去油污,发面,能作为发酵剂,排除KOH、KAl(SO4)2,植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐,所以碳酸钾符合,故A正确;B.“烧之赤色”所指的化学方法为煅烧,故B错误;C.Fe3O4具有磁性可以作为司南中“杓”的材质,故C正确;D.所描述的是古代利用蒸馏的方法制作烧酒,故D正确。
点睛:
解答此类问题需要准确理解古文中关于化学现象的描述,对化学考察的难度并不大。
2.2.化合物
(甲)、
(乙)、
(丙)的分子式均为C8H8,下列说法正确的是
A.甲的同分异构体只有乙和丙两种
B.甲中所有原子一定处于同一平面
C.甲、乙、丙均可与溴的四氯化碳溶液反应
D.甲、乙、丙的二氯代物种数最少的是丙
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲的同分异构体除乙和丙外,还有许多种,故A错误;B.甲中苯环与乙烯基之间的碳碳单键可以旋转,所有原子不一定处于同一平面,故B错误;C.丙中没有不饱和键,不与溴的四氯化碳溶液反应,故C错误;D.丙的二氯代物只有相邻、面对角线、体对角线3种,甲、乙的二氯代物均超过3种,故D正确。
3.3.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向饱和硼酸溶液中滴加少量Na2CO3粉末,无气泡冒出
酸性:
碳酸>硼酸
B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后,滴加稀硫酸酸化,再滴加KSCN溶液,溶液变成血红色
Fe(NO3)2已变质
C
向溴的四氯化碳溶液中滴加适量苯,溶液不褪色
苯和溴不可能发生反应
D
在2mL0.01mol·L-1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol·L-1ZnSO4溶液有白色沉淀生成,再滴入0.01mol·L-1CuSO4溶液,又出现黑色沉淀
Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
A.根据强酸制弱酸原理,如果硼酸的酸性比碳酸强会生成二氧化碳气体,没有气体生成所以酸性:
碳酸>硼酸,故A正确;B.Fe(NO3)2试样加水溶解,滴加稀H2SO4酸化,发生氧化还原反应生成铁离子,干扰变质的检验,应加水溶解后加滴加KSCN溶液若变红,则变质,故B错误;C.苯和溴可以在溴化铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯,故C错误;D.Na2S溶液过量,均发生沉淀的生成,不发生沉淀的转化,则不能比较ZnS、CuS的溶度积,故D错误。
4.4.下列实验方案不能达到实验目的的是
A.图A装置Cu和浓硝酸制取NOB.图B装置实验室制备Cl2
C.图C装置实验室制取乙酸乙酯D.图D装置实验室分离CO和CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮,二氧化氮和水反应生成一氧化氮,可制取NO,故A不符合题意;B.浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气,氯气与氢氧化钠反应进行尾气吸收,故B不符合题意;C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解,应选饱和碳酸钠溶液,故C符合题意;D.要将CO和CO2分离,足量纯碱溶液用来吸收CO2,先收集到干燥的CO;滴加稀硫酸,再将生成的CO2用浓硫酸干燥,收集到纯净的CO2,故D不符合题意.故选C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价,涉及气体的制备及收集、乙酸乙酯的制备以及物质的分离等,侧重实验装置及分离原理的考查,注重实验的评价性和可行性分析,题目难度不大.
5.5.以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质,天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如右图。
下列说法正确的是
A.以此电池为电源电解精炼铜,当有0.1mole-转移时,有3.2g铜溶解
B.若以甲烷为燃料气时负极电极反应式:
CH4+5O2--8e-=CO32-+2H2O
C.该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3
D.空气极发生的电极反应式为O2+4e-+2CO2===2CO32-
【答案】D
【解析】
试题分析:
A、电解精炼铜,阳极上铜和比铜活泼的金属失电子变为金属阳离子进入电解质溶液,当有0.1mole-转移时,若只有铜放电,则有3.2g铜溶解,粗铜有比铜更活泼的金属首先放电,所以溶解的铜小于3.2g,错误;B、根据图示信息,通入甲烷的电极是负极,在负极上,甲烷变为氢气,氢气发生失电子的氧化反应,即H2-2e-+CO32-==CO2+H2O,错误;C、该电池的电极反应为负极:
H2-2e-+CO32-==CO2+H2O,正极:
O2+4e-+2CO2==2CO32-,所以碳酸根离子的浓度不变,该电池使用过程中不需补充Li2CO3和K2CO3,错误;D、通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极,发生还原反应,电极反应式为O2+4e-+2CO2==2CO32-,正确。
考点:
考查原电池原理的应用,化学电源。
6.6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X的原子半径比Y的小,Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍,W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和,X和Z同主族。
下列说法正确的是
A.原子半径:
r(W)>r(Z)>r(Y)
B.Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强
C.化合物X2Y2和Z2Y2所含化学键类型完全相同
D.工业上常用电解熔融W的氧化物制备W的单质
【答案】B
【解析】
Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍,则Y为O元素。
X的原子半径比Y的小,X的原子序数比Y的小,则X为H元素。
X和Z同主族,Z的原子序数大于O的原子序数,Z为Na元素。
W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和,则W的原子序数为12,为Na元素。
所以X、Y、Z、W分别为:
H、O、Na、Mg。
A、原子半径r(Na)>r(Mg)>r(O),A错误。
B、Z的最高价氧化物对应水化物为强碱NaOH,W的最高价氧化物对应水化物为中强碱Mg(OH)2,NaOH碱性大于Mg(OH)2,B正确。
C、H2O2含的化学键为极性键和非极性键,Na2O2含的化学键为离子键和非极性键,不完全相同,C错误。
MgO熔点很高,要成为熔融态,消耗大量能量,成本高。
MgCl2熔点相对较低,故工业上电解熔融的MgCl2来制取Mg单质,D错误。
正确答案为B
7.7.常温下,用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LH2A溶液,溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示。
下列说法不正确的是
A.A点溶液中加入少量水:
增大
B.B点:
c(HA-)>c(H+)>c(A2一)>c(H2A)
C.水电离出来的c(OH-):
B点>D点
D.C点:
c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)
【答案】C
【解析】
A.根据图象可知,0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1,说明H2A为弱酸,若A点溶液中加入少量水,溶液中氢离子、H2A的浓度减小,由于水的离子积不变,则氢氧根离子浓度增大,所以c(OH−)/c(H2A)的比值增大,故A正确;B. B点时加入了10mLNaOH溶液,反应后溶质为NaHA,此时溶液的pH小于7,说明HA−的电离程度大于其水解程度,则c(A2−)>c(H2A),由于氢离子还来自水的电离,则c(H+)>c(A2−),溶液中离子浓度大小为:
c( HA −)>c(H+)>c(A2−)>c(H2A),故B正确;C. B点反应后溶质为NaHA,HA−的电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性,氢离子抑制了水的电离,而D点加入20mL氢氧化钠溶液,二者恰好反应生成Na2A,A2−水解促进了水的电离,所以水电离的c(OH−):
B点 c(Na+)=c(HA−)+2c( A2−),故D正确;故选C。 8.8.磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃,还原性强、易自燃),可用于粮食熏蒸杀虫。 卫生安全标准规定: 当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。 可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量: 【操作流程】安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。 【实验装置】C中盛100g原粮,D中盛有20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。 请回答下列问题: (1)仪器C的名称是_________;原粮最好先打成粉末,其原因是_____________。 (2)磷化钙与水反应有化学方程式为_____________________________________;检查整套装置气密性良好的方法是_______________________________________。 (3)A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体;B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的O2,防止___________;通入空气的作用是____________。 (4)D中PH3被氧化成磷酸,所发生反应的离子方程式为_________________________。 (5)把D中吸收液转移至容量瓶中,加水稀释至250mL,取25.00mL于锥形瓶中,用5.0×10-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗标Na2SO3准溶液11.00mL,则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg•kg-1,该原粮质量________(填“合格”或“不合格”)。 【答案】 (1).三颈烧瓶 (2).使原粮中磷化物与水充分反应(3).Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑(4).关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法](5).氧化装置C中生成的PH3(6).吹出PH3,使其全部被酸性KMnO4溶液吸收(7).5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O(8).0.0085(9).合格 【解析】 (1)仪器C的名称是三颈烧瓶;原粮打成粉末可以增大接触面积,有利于反应充分进行; (2)依据题干信息磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢;利用装置特征关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好;或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法;故答案为: Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑;关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法] (3)依据装置图中装置中的试剂选择分析判断,高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体;焦性没食子酸先和碱反应,再和氧气反应可以吸收氧气;若不吸收氧气,PH3会在氧气中燃烧,准确测定PH3的含量,需要用高锰酸钾溶液全部吸收,避免产生较大误差,通入空气的作用是保证PH3全部被吸收的措施。 故答案为: 氧化装置C中生成的PH3;吹出PH3,使其全部被酸性KMnO4溶液吸收。 (4)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸,高锰酸钾被还原为锰离子,结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为: 5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O (5)收集E中吸收液,加水稀释至250mL,取25.00mL于锥形瓶中用浓度为5×10−5mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗Na2SO3标准溶液11.00mL;依据滴定反应: 2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O;2KMnO4∼5Na2SO3;未反应的高锰酸钾物质的量= ;与PH3反应的高锰酸钾物质的量 ;根据反应5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O;得到定量关系为: 5PH3∼8KMnO4;计算得到PH3物质的量 ;则PH3的质量分数 ,当粮食中磷化物(以PH3计)的含量不超过0.05mg⋅kg−1时,粮食质量合格,所以该原粮质量合格。 9.9.固定利用CO2对减少温室气体排放意义重大。 CO2加氢合成甲醇是CO2综合利用的一条新途径。 CO2和H2在催化剂作用下发生反应: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0 (1)测得甲醇的理论产率与反应温度、压强的关系如图所示。 ①下列措施能使CO2的转化率提高的是____(填序号)。 A.增大压强B.升高温度C.增大H2投料比D.用更高效的催化剂 ②在220℃、5.0MPa时,CO2、H2的转化率之比为___________。 ③将温度从220℃降低至160℃,压强从5.0MPa减小至3.0MPa,化学反应速率将_____(填“增大”“减小”或“不变”下同),CO2的转化率将_____。 ④200℃时,将0.100molCO2和0.275molH2充入1L密闭容器中,在催化剂作用下反应达到平衡。 若CO2的转化率为25%,,则此温度下该反应的平衡常数表达式K=_____________(只用数字填,不必计算出结果)。 (2)若H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为-285.8kJ·mol﹣1和-726.5kJ·mol﹣1,则由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为________________________________。 (3)甲醇电解法制氢气比电解水法制氢气的氢的利用率更高、电解电压更低。 电解装置如图。 电源的正极为_____(填序号a或b)。 其中阳极的电极反应式为_________________;标况下,每消耗1mol甲醇则生成H2的体积为____。 【答案】 (1).AC (2).1∶1(3).减小(4).增大(5). (6).CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)△H=-130.9kJ·mol-1(7).b(8).CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+(9).67.2L 【解析】 (1)①A.正向是气体体积减小的反应,加压平衡正向移动,CO2的转化率提高,故A正确;B.该反应为放热反应,升温有利于平衡逆向移动,CO2的转化率降低,故B错误;C.增大H2投料比有利于平衡正向移动,CO2的转化率提高,故C正确;D.使用催化剂平衡不移动,故D错误;答案为AC。 ②根据图可知甲醇的理论产率为25%,CO2和H2的投料比为1: 3,与反应的系数比一致,所以,CO2、H2的转化率之比相等为1: 1。 ③温度越低、压强越小,反应速率越小,观察图中的数据可知,在140℃,2MPa时,甲醇的产率高于25%,所以二氧化碳的转化率高于25%,即二氧碳的转化率增大。 ④利用三段式计算: CO2+3H2⇌CH3OH+H2O 起始(mol/L) 0.1 0.275 0 0 转化(mol/L) 0.025 0.075 0.025 0.025 平衡(mol/L) 0.075 0.2 0.025 0.025 所以 (2)由H2(g)的燃烧热△H为-285.8kJ•mol-1知,1molH2(g)完全燃烧生成1molH2O(l)放出热量285.8kJ,即①H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1;②CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ•mol-1,由盖斯定律可知,3×①-②得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-130.9 kJ•mol-1,故答案为: CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-130.9 kJ•mol-1; (3)根据产生图示左边应该是溶液中的氢离子得电子生成氢气,得出左边为阴极右边为阳极,故电源a为负极,b为正极;阳极上发生甲醇失电子变成二氧化碳的反应,结合酸性电解质,故阳极电极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+;每消耗1mol甲醇转移6mol电子,可以生成3mol氢气,故生成的氢气为3mol,体积为67.2L。 10.10.锰的用途非常广泛,以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴的碳酸盐及SiO2杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下: 已知25℃,部分物质的溶度积常数如下: 物质 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2 Fe(OH)3 MnS CoS NiS Ksp 2.1×10-13 3.0×10-16 5.0×10-16 1.1×10-36 1.0×10-11 5.0×10-22 1.0×10-22 (1)步骤Ⅰ中,为加快溶浸速率,可采取的措施是____________________(至少答两条) (2)步骤Ⅱ中,加氨水调节溶液的pH为5.0~6.0,则滤渣1的成分主要为______(填化学式);已知MnO2的作用为氧化剂,“除杂1”中涉及的离子方程式为: NH3﹒H2O+H+==NH4++H2O、__________________、___________________。 (3)步骤Ⅲ中,所加(NH4)2S的浓度不宜过大的原因是_______________________。 (4)滤液2中,c(Co2+): c(Ni2+)=_______________。 (5)将质量为a㎏的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mnbkg。 若每一步都进行完全,假设滤渣1为含铁元素的纯净物,质量为ckg,则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为_________(用含a、b、c的式子表达,无需化简)。 【答案】 (1).溶浸时加热(或升高温度)、适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径 (2).SiO2、Fe(OH)3(3).2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O(4).Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+(5).若(NH4)2S的浓度过大,产生MnS沉淀造成产品损失(6).5: 1(7). ×100% 【解析】 向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸,可以发生反应生成硫酸盐,向其中就如具有氧化性的二氧化锰,可以将亚铁离子氧化为铁离子,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰。 (1)搅拌固体和液体的混合物,升高温度、增大浓度等,都可加快反应速率,所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等,故答案为: 溶浸时加热(或升高温度)、适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径; (2)步骤Ⅱ中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+,反应的离子方程式MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,加入氨水调节pH为5.0∼6.0,发生Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,可得到沉淀Fe(OH)3,故答案为: Fe(OH)3;2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O;Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+; (3)向滤液中滴入适量的(NH4)2S溶液,目的是除去Cu2+、Zn2+,若(NH4)2S的浓度过大,产生MnS沉淀,造成产品损失、故答案为: 若(NH4)2S的浓度过大,产生MnS沉淀,造成产品损失; (4)CoS、NiS的Ksp分别为5.0×10−22、1.0×10−22,加入足量(NH4)2S溶液后,生成CoS、NiS沉淀,溶液中c(Co2+): c(Ni2+)=5.0×10−22: 1.0×10−22=5: 1,故答案为: 5: 1; (5)滤渣1为为Fe(OH)3,质量为c kg,则n(Fe3+)=n[Fe(OH)3]= mol,由2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O可知n(MnO2)= × mol, 将质量为akg的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg,n(Mn)= mol, 可知n(MnCO3)= mol- × mol,m(MnCO3)=( mol- × mol)×115g/mol, 则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为 ,故答案为: 点睛: 向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸,可以发生反应生成硫酸盐,向其中就如具有氧化性的二氧化锰,可以将亚铁离子氧化为铁离子,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰。 11.11.【物质结构与性质】磷化硼(BP)是一种受关注的耐磨涂层材料,可作为钛等金属表面的保护薄膜。 (1)三溴化硼和三溴化磷混合物在高温条件下与H2反应可以制得BP。 ①上述反应的化学方程式为________________________; ②磷原子中存在_____种不同能量的电子,电子占据的最高能层符号为_______。 ③常温下,三溴化磷是淡黄色发烟液体,可溶于丙酮、四氯化碳中,该物质属于______晶体(填晶体类型)。 (2)已知磷酸是中强酸,硼酸是弱酸;pKa=-lgKa。 ①有机酸的酸性强弱受邻近碳上取代原子的影响,如酸性: BrCH2COOH>CH3COOH。 据此推测,pKa: AtCH2COOH____ClCH2COOH(填“>”、“<”、“=”) ②磷酸是三元酸,写出两个与PO43-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_________________。 ③硼酸是一元酸,它在水中表现出来的弱酸性,并不是自身电离出氢离子所致,而是水分子与B(OH)3结合,生成一个酸根离子,该阴离子的结构式为: _________(若存在配位键,请用箭头标出)。 (3)高温陶瓷材料Si3N4的成键方式如图1所示,结构中N—Si—N的键角比Si—N—Si的键角大,其原因是_____________________________________。 (4)磷化硼的晶体结构如图2所示。 晶胞中P原子的堆积方式为________(填“简单立方”、“体心立方”或“面心立方最密”)堆积。 若该晶体中最邻近的两个P原子之间的距离为anm,则晶体密度
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