百师联盟届高三上学期七调考试理科综合化学试题.docx
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百师联盟届高三上学期七调考试理科综合化学试题
百师联盟2019届高三上学期七调考试理科综合试题
化学部分
1.以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如下:
下列有关说法正确的是
A.“灼烧”时,可在玻璃坩埚中进行
B.“浸取”时,可用无水乙醇代替水
C.“转化”反应中,生成的KMnO4与MnO2的物质的量之比为1:
2
D.“浓缩结晶”后的母液中可能含有KMnO4和K2CO3两种溶质
【答案】D
【解析】
A.“灼烧”时,可在铁坩埚中进行,KOH与玻璃中的二氧化硅反应,故A错误;B.“浸取”时,不能用无水乙醇代替水,因K2MnO4不易溶于乙醇,故B错误;C.由3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3,氧化产物为KMnO4,还原产物为MnO2,氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:
1,故C错误;D.“浓缩结晶”后的母液中有K2MnO4、KMnO4和K2CO3等溶质,若二氧化碳过量还可能存在碳酸氢钾,故D正确;故选D。
点睛:
把握流程中的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键。
由流程可知,灼烧在铁坩埚中进行,结合浸取后生成K2MnO4,可知Mn元素的化合价升高,则氯酸钾中Cl元素的化合价降低,转化中CO2与K2MnO4发生3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3,过滤分离出MnO2,对滤液浓缩结晶得到KMnO4。
2.置换反应可表示为
下列说法不正确的是
A.若A、B都是短周期元素,则B的原子序数可能是A的两倍
B.若乙是一种常见的半导体材料,则通过该反应说明A的非金属性一定比B强
C.若A、B均为非金属元素,则该反应过程中可能会产生白烟
D.该反应可用于某些金属的冶炼
【答案】B
【解析】
【详解】A、A、B为短周期元素,该反应为置换反应,可以是H2S+O2=H2O+S,O元素原子序数为8,S元素原子序数为16,S的原子序数是O的两倍,故A说法正确;
B、乙为常见的半导体材料,即乙为Si,工业上制备Si,反应方程式为2C+SiO2
2CO+Si,该反应中C为还原剂,SiO2为氧化剂,因此不能说明C的非金属性强于Si,故B说法错误;
C、A、B均为非金属元素,该反应为置换反应,可以是3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2,NH4Cl为固体,其余为气体,则该过程中产生白烟,故C说法正确;
D、该反应可用于某些金属的冶炼,如铝热反应,故D说法正确。
3.一定条件下,以CH3CH2OH 为原料可以制取CH2=CH2、CH3CHO、CH2=CHCH=CH2(1,3-丁二烯)、
(环氧乙烷)及CH3COOC2H5等物质。
下列说法不正确的是()
A.与乙酸乙酯互为同分异构体,且能发生水解反应的有机物有2种(不包括乙酸乙酯本身,且不考虑立体异构)
B.乙烯和1,3-丁二烯均能被酸性KMnO4溶液氧化
C.1,3-丁二烯分子中的所有原子可能处于同一平面
D.乙醛与环氧乙烷互为同分异构体
【答案】A
【解析】
A、与乙酸乙酯互为同分异构体,且能发生水解,说明此物质为酯,符合条件的是HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3,应有四种,故A说法错误;B、乙烯、1,3-丁二烯都含有碳碳双键,乙烯、1,3-丁二烯均能被酸性KMnO4溶液氧化,故B说法正确;C、1,3-丁二烯:
,乙烯的空间构型为平面形,1,3-丁二烯可以看作是一个乙烯取代另一个乙烯上的氢原子,因此1,3-丁二烯中所有分析可能处于同一平面,故C说法正确;D、乙醛与环氧乙烷的分子式为C2H4O,两者结构不同,因此乙醛与环氧乙烷互为同分异构体,故D说法正确。
点睛:
本题的难点是选项A,因为与乙酸乙酯互为同分异构体,且能发生水解反应,符合的物质应是酯,一般先判断官能团的位置的异构,形式有HCOOCH2CH2CH3、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3,然后判断碳链异构,HCOOCH(CH3)2,因为不包括乙酸乙酯本身以及立体结构,因此符合题意的有3种。
4.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液,0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。
下列说法正确的是
A.简单离子半径:
X>Y>Z>W
B.Z元素形成的单质存在同素异形体
C.气态氢化物的稳定性:
Z>W>Y
D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时,溶液呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】
四种溶液的物质的量浓度为0.010mol·L-1,根据图像,W对应溶液的pH=2,说明W对应溶液为一元强酸,元素位于第三周期,即W为Cl,X对应溶液的pH=12,则X对应溶液为一元强碱,即X为Na,Z对应水溶液的pH<1,即Z为二元强酸,即Z为S,Y对应的水溶液为酸性,由于H2SiO3难溶于水,故Y为只能P;
【详解】四种溶液的物质的量浓度为0.010mol·L-1,根据图像,W对应溶液的pH=2,说明W对应溶液为一元强酸,元素位于第三周期,即W为Cl,X对应溶液的pH=12,则X对应溶液为一元强碱,即X为Na,Z对应水溶液的pH<1,即Z为二元强酸,即Z为S,Y对应的水溶液为酸性,由于H2SiO3难溶于水,故Y只能为P,
A、离子半径大小顺序是P3->S2->Cl->Na+,故A错误;
B、Z为P,P单质有红磷、白磷等,红磷和白磷互为同素异形体,故B正确;
C、非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,非金属性:
Cl>S>P,即气态氢化物稳定性顺序是HCl>H2S>PH3,故C错误;
D、反应后生成Na3PO4,Na3PO4属于强碱弱酸盐,PO43-发生水解,溶液显碱性,故D错误。
【点睛】微粒半径大小比较:
一看电子层数,一般电子层数越多,半径越大;二看原子序数,电子层数相同,半径随着原子序数增大而减小。
5.如图所示五层膜材料常用于汽车玻璃中的电致变色系统,其工作原理是在外接电源下,通过在膜材料内部发生氧化还原反应,实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。
已知WO3和LiFe4[Fe(CN)6]3均为无色透明,LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色。
下列有关说法不正确的是
A.当外电流通过1mol电子时,通过离子导体层的Li+数目为NA
B.为了获得较好的遮光效果,A应该接电源的负极
C.该电致变色系统在较长时间的使用过程中离子导体层中Li+的量可保持基本不变
D.当B接电源正极时,离子储存层反应为:
Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-=Li4Fe4[Fe(CN)6]3
【答案】D
【解析】
【分析】
本题应用电解池工作原理进行分析。
【详解】A、当外电流通过1mol电子时,通过离子导体层的电量与1mol电子的电量相同,故Li+的物质的量为1mol,故A说法正确;
B、如果A接电源的负极,A为阴极,发生电极反应式为Li++WO3+e-=LiWO3,WO3为无色透明,LiWO3为蓝色,获得较好的遮光效果,故B说法正确;
C、电致变色系统在较长时间的使用过程中Li+不会参与电极反应,Li+的量可保持基本不变,故C说法正确;
D、B接电源正极,B电极为阳极,电极反应式为Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e-=4Li++Fe4[Fe(CN)6]3,故D说法错误。
6.用下列装置不能完成相应实验的是
A.测定乙醇的结构式
B.验证火柴燃烧生成的SO2气体
C.验证溴乙烷在该条件下会生成不饱和烃
D.研究催化剂对反应速率的影响
【答案】B
【解析】
【详解】A、测定乙醇的结构式,测C2H6O物质的量与H2物质的量之比,判断C2H6O的结构式,本实验装置可以完成相应实验,故A不符合题意;
B、根据装置图,拉动注射器的活塞,高锰酸钾溶液进入注射器,在此条件下,火柴燃烧产生的二氧化硫很难与高锰酸钾溶液反应而使其褪色,不能完成相应实验,故B符合题意;
C、溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成乙烯,乙烯能使Br2的CCl4溶液褪色,能完成相应实验,故C不符合题意;
D、不加催化剂时,带火星木条不复燃;通过小漏斗加入适量的催化剂后,带火星木条复燃,从而可以判断催化剂对化学反应速率的影响,该实验装置能完成实验,故D不符合题意。
7.某同学在实验室探究NaHCO3的性质:
常温下,配制0..10mol·L-1NaHCO3溶液,测其pH为8.4;取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀,但无气体放出。
下列说法不正确的是
A.NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度
B.反应的离子方程式是2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3
C.加入CaCl2促进了HCO3-的水解
D.反应后的溶液中存在:
c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【详解】A、HCO3-在水中既有电离也有水解,其电离方程式为HCO3-
H++CO32-,HCO3-水解方程式为HCO3-+H2O
H2CO3+OH-,常温下,0.10mol·L-1NaHCO3溶液pH=8.4,溶液显碱性,即HCO3-的水解程度大于电离程度,故A说法正确;
B、滴加CaCl2溶液,出现白色沉淀,白色沉淀为CaCO3,HCO3-电离方程式为HCO3-
H++CO32-,滴入CaCl2溶液,Ca2+与CO32-反应,促进HCO3-的电离,但滴加过程中无气体放出,即H+与HCO3-生成H2CO3,则反应的离子方程式为Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2CO3,故B说法正确;
C、根据B选项分析,加入CaCl2,促进HCO3-的电离,故C说法错误;
D、根据电荷守恒,c(Na+)+2c(Ca2+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-),溶液的pH=7,即c(H+)=c(OH-),得出:
c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)
8.某实验小组以CoCl2·6H2O、过氧化氢、液氨、氯化铵固体为原料,在活性炭催化下,合成了橙黄色晶体X。
为确定其组成,他们进行了如下实验:
①氨的测定:
精确称取wgX,加适量水溶解,注入下图所示的蒸馏烧瓶中(夹持和加热仪器略去),然后逐滴加入足量10%NaOH溶液,加热烧瓶将氨蒸出,用V1mLc1mol·L-1的盐酸吸收蒸出的氨,然后取下锥形瓶,用c2mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl。
.终点时消耗V2mLNaOH溶液。
②氯的测定:
准确称取样品X配成溶液,用K2CrO4溶液为指示剂,用AgNO3标准溶液滴定,至出现砖红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)
回答下列问题:
(1)X的制备过程中,温度不能过高,其原因是____________________________
(2)仪器a的名称是________________;测定氨前应该对装置进行气密性检验,若气密性不好则测定结果将________(填“偏高”或“偏低”).该滴定过程中选择________做指示剂。
(3)样品中氨的质量分数表达式为_____________________________。
(4)测定氯的过程中,AgNO3标准溶液置于_________(填“无色”或“棕色”)滴定管中;滴定终点时,溶液中已检测不到Cl-[c(Cl-)≤1.0×10-5mol·L-1],则出现砖红色沉淀时,溶液中c(CrO42-)的最小值为_____________mol·L-1。
[已.知:
Ksp(AgCl)=1.0×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12]
(5)经测定分析,样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1:
6:
3,则制备X的化学方程式为________________________________________。
(6)某同学向CoCl2溶液中加入足量(NH4)2C2O4得到CoC2O4沉淀,在空气中煅烧CoC2O4生成钻氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41g,CO2的体积为1.344L(标准状况),则所得钴氧化物的化学式为________________。
【答案】
(1).温度过高过氧化氢分解,氨气逸出
(2).直形冷凝管(3).偏低(4).甲基橙(5).
×100%(6).棕色(7).0.0112(8).2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)4]Cl3+2H2O(9).Co3O4
【解析】
【详解】
(1)根据题中所给信息,制备X所需的原料有过氧化氢和液氨,温度过高,过氧化氢分解,液氨转化成氨气逸出;
(2)根据仪器a特点,仪器a为直形冷凝管;气密性不好,氨气泄漏,吸收氨气的量减少,测定结果偏低;根据题中信息,蒸出的氨气被盐酸吸收,生成NH4Cl,溶液显酸性,因此用NaOH滴定过剩的HCl,使用的指示剂为甲基橙;
(3)①中与氨气反应的n(HCl)=(V1×10-3L×c1mol·L-1-V2×10-3L×c2mol·L-1)=(V1c1-V2c2)mol,根据氨气与HCl反应:
NH3+HCl=NH4Cl,则有n(NH3)=n(HCl)=(V1c1-V2c2)mol,即氨的质量分数为
×100%;
(4)AgNO3不稳定,见光分解,为防止硝酸银分解,用棕色滴定管盛放硝酸银溶液;滴定终点时,溶液检测不到Cl-,c(Cl-)≤1.0×10-5mol·L-1,根据氯化银的溶度积常数可以计算出溶液中c(Ag+)≥1.0×10-5mol·L-1,溶液中c(CrO42-)最低的浓度:
c(CrO42-)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=1.12×10-12/(1.0×10-5)2=0.0112mol·L-1;
(5)X中钴、氨、氯的物质的量之比为1:
6:
3,则X的化学式为[Co(NH3)6]Cl3,制备X的反应中,Co的化合价升高,H2O2作氧化剂,因此反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)4]Cl3+2H2O;
(6)n(CO2)=1.344L/(22.4L·mol-1)=0.06mol,根据化学式CoC2O4以及原子守恒,推出n(Co)=0.06mol/2=0.03mol,则氧化物中n(O)=(2.41g-0.03mol×59g·mol-1)/(16g·mol-1)=0.04mol,n(Co):
n(O)=0.03:
0.04=3:
4,化学式为Co3O4。
【点睛】本题的难点是制备X的化学方程式的书写,首先根据样品X中钴、氨、氯的物质的量之比为1:
6:
3,推出X的化学式为[Co(NH3)6]Cl3,根据题中所给原料,得出CoCl2+NH4Cl+NH3+H2O2——[Co(NH3)4]Cl3+H2O,Co的化合价由+2价→+3价,H2O2为氧化剂,H2O2中整体化合价降低2价,根据得失电子数目守恒,以及原子守恒进行配平。
9.钪(Sc)及其化合物在电子、宇航、超导等方面有着广泛的应用。
某工厂的钛白水解工业废酸中Sc3+浓度为18mg/L,还含有大量的TiO2+、Fe3+、H+、SO42-等。
下图为从该工业废酸中提取Sc2O3的一种流程。
回答下列问题:
(1)在钛白水解工业废酸中,加入双氧水是为了使TiO2+转化为难萃取的[Ti(O2)(OH)(H2O)4]+。
[Ti(O2)(OH)(H2O)4]+中Ti的化合价为+4价,其中非极性键的数目为______________。
(2)钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比的关系如下图,应选择的合适O/A值为__________;温度对钪、钛的萃取率影响情况见下表,合适的萃取温度为10~150C,其理由是________________________________________。
(3)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。
洗涤水是用浓硫酸、双氧水和水按一定比例混合而成。
混合过程的实验操作为__________________。
(4)25℃时,用氨水调节滤液的pH,当pH=3.5时,滤渣Ⅱ的主要成分是_________,当pH=6时,滤液中Sc3+的浓度为_________。
(Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39;Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)
(5)写出用草酸(H2C2O4)“沉钪”得到Sc2(C2O4)3的离子方程式__________________。
(6)若从1m3该工厂的钛白水解废酸中提取得到24.4gSc2O3,则钪的提取率为_________(保留三位有效数字)
【答案】
(1).1
(2).1:
4(或1:
5或1:
4~1:
5)(3).低于10℃时,钪的萃取率不够高;高于15℃时,钛的萃取率增大较多(4).将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2,并不断搅拌(5).Fe(OH)3(6).9.0×10-7mol/L(7).2Sc3++3H2C2O4=Sc(C2O4)3↓+6H+(8).0.884 (或88.4%)
【解析】
(1)[Ti(O2)(OH(H2O)4]+中Ti 的化合价为+4,OH-、H2O均只含极性键,O22-含有1个非极性键,故[Ti(O2)(OH(H2O)4]+中非极性键的数目为1;
(2)钪的萃取率(E%)与O/A 值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比]的关系如左下图,应选择的最佳O/A值为1:
4(或1:
5或1:
4~1:
5);温度对钪、钛的萃取率影响情况见右下表,合适的萃取温度为10-15℃,其理由是低于10℃时,钪的萃取率不够高;高于15℃时,钛的萃取率增大较多;(3)洗涤“油相“可除去大量的钛离子。
洗染水是用浓硫酸、双氧水和水按一定比例混合而成。
混合过程的实验操作为将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2,并不断搅拌;(4)当pH=3.5时,由于Ksp[Fe(OH)3] 。 10.石油产品中含有H2S及COS、CH3SH等多种有机硫化物,石油化工催生出多种脱硫技术。 请回答下列问题: (1)COS的电子式是_________________。 (2)已知热化学方程式: ①2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=-362kJ·mol-1 ②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)△H2=-1172kJ·mol-1 则H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为__________________。 (3)可以用K2CO3溶液吸收H2S,其原理为K2CO3+H2S==KHS+KHCO3,该反应的平衡常数为___________。 (已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7,Ka2=5.6×10-11;H2S的Ka1=5.6×10-8,Ka2=1.2×10-15) (4)在强酸溶液中用H2O2可将COS氧化为硫酸,这一原理可用于COS的脱硫。 该反应的化学方程式为____________________________________。 (5)COS的水解反应为COS(g)+H2O(g) CO2(g)+H2S(g);△H<0。 某温度时,用活性α-Al2O3作催化剂,在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比[n(H2O)/n(COS)]的转化关系如图1所示。 其它条件相同时,改变反应温度,测得一定时间内COS的水解转化率如图2所示 ①该反应的最佳条件为: 投料比[n(H2O)/n(COS)]为____________,温度为____________。 ②P点对应的平衡常数为________________________。 (保留小数点后2位) ③当温度升高到一定值后,发现一定时间内COS(g)的水解转化率降低;猜测可能的原因是________________________________________________。 【答案】 (1). (2).2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)△H=-632kJ·mol-1(3).1.0×103(4).COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O(5).10: 1(6).160℃(7).0.05(8).催化剂活性降低,平衡向逆反应方向移动 【解析】 试题分析: 本题考查电子式的书写、盖斯定律的应用、平衡常数的计算、指定情境下方程式的书写、化学平衡图像分析。 (1)COS的电子式是 。 (2)应用盖斯定律,(① 2+②) 3得,2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)ΔH=[(-362kJ/mol) 2+(-1172kJ/mol)] 3=-632kJ/mol,H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为: 2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)ΔH=-632kJ/mol。 (3)反应K2CO3+H2S=KHS+KHCO3的离子方程式为CO32-+H2S=HS-+HCO3-,该反应的平衡常数K= = = = =1 103。 (4)在强酸溶液中H2O2将COS氧化为H2SO4,同时生成CO2,H2O2被还原,该反应的化学方程式为4H2O2+COS=H2SO4+CO2+3H2O。 (5)①根据图1,随着n(H2O)/n(COS)的增大,COS的平衡转化率增大,当n(H2O)/n(COS) 10: 1,COS的平衡转化率增大不明显,反应的投料比最佳为n(H2O)/n(COS)=10: 1;根据图2,一定时间内COS的水解转化率在160℃时最大,反应的最佳温度为160℃。 ②P点n(H2O)/n(COS)=6,平衡时COS的转化率为40%,设起始c(COS)=amol/L,则起始c(H2O)=6amol/L,用三段式 COS(g)+H2O(g) CO2(g)+H2S(g) c(起始)(mol/L)a6a00 c(转化)(mol/L)0.4a0.4a0.4a0.4a c(平衡)(mol/L)0.6a5.6a0.4a0.4a P点对应的平衡常数K= = =0.05。 ③当温度升高到一定值后,发现一定时间内COS的水解转化率降低,可能原因是: 催化剂活性降低,反应速率变慢;该反应正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动。 11.直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题,将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫,最终生成硫酸钙。 硫酸钙可参与下图所示的几个工厂利用废气、废渣(液)联合生产化肥硫酸铵的工艺: 请回答下列问题: (1)煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中,引发的主要环境问题有_______。 (填写字母编号) A.温室效应B.酸雨C.粉尘污染D.水体富营养化 (2)在烟气脱硫的过程中,所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前,需
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- 联盟 届高三 上学 期七调 考试 理科 综合 化学试题