四川省成都七中届高三上学期入学考试理综化学精校解析Word版.docx
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四川省成都七中届高三上学期入学考试理综化学精校解析Word版
四川省成都七中2019届高三理科理综下学期入学考试
化学试题
1.化学与科学、技术、社会、环境等密切相关,下列说法错误的是
A.乙烯可作为水果的催熟剂
B.煤中含有苯、甲苯和粗氨水,可通过干馏得到上述产品
C.石油的裂解可以得到甲烷、乙烯、丙烯等重要化工原料
D.海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙烯是一种植物激素,用于水果鲜花的催熟,在长途运输过程中,常用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土除去乙烯,以达到保存水果鲜花的作用,A项正确;
B.煤是一种含有有机物和少量无机物的复杂混合物,主要含有碳元素,还有氢元素和少量的O、氮、硫等元素,并不含有苯、甲苯等物质,B项错误;
C.石油裂解可以得到甲烷、乙烯、丙烯等化工原料,石油裂化是为了得到轻质油,C项正确;
D.甲烷也是一种温室效应气体,开发不当,会释放到空气中,会造成温室效应,D项正确;
本题答案选B。
【点睛】有些专有名字要区分清楚,比如石油的裂化和裂解。
另外温室效应气体也不仅仅只有CO2一种,还有甲烷等。
2.下列叙述正确的是
A.常温常压下,8gO2含有4NA个电子
B.0.2g超重水(T216O)中含有的质子数、中子数和电子数均为0.1NA
C.P4分子的空间构型为正四面体形,因此1molP4分子中含有4NA个共价键
D.标准状况下,11.2LCCl4中含分子数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.8gO2物质的量为
=0.25mol,1molO原子含有8mol电子,则8gO2含有的电子的物质的量为4mol,则电子数为4NA,A项正确;
B.超重水T216O,相对分子质量为22,0.2g超重水物质的量为0.2g÷22g/mol=
mol,1molT216O含有12mol中子、10mol质子、10mol电子,0.2g超重水中所含质子数和电子数均为
NA,中子数为
NA,B项错误;
C.P4分子的空间构型为正四面体形,所以1molP4分子中含有6NA个共价键,C项错误;
D.CCl4在标准状况下是液体,不能用22.4L/mol计算11.2LCCl4物质的量,D项错误;
本题答案选A。
3.有机物A是某种药物的中间体,其结构简式如图,关于有机物A的说法正确的是
A.A既可发生氧化反应,又可发生加成反应
B.A可使酸性KMnO4溶液褪色,不可使溴的CCl4溶液褪色
C.A苯环上的一氯代物同分异构体有2种
D.A的分子式为C16H16O3
【答案】A
【解析】
【分析】
有机物A,分子式为C16H14O3,其中有3种官能团,羧基、碳碳双键、羟基。
碳碳双键发生氧化反应、加成反应、可以使高锰酸钾溶液褪色,也可以使溴的CCl4溶液褪色。
羟基可以发生氧化反应,也可以使高锰酸钾溶液褪色;苯环和碳碳双键可以发生加成反应。
分子有1横向的对称轴,将分子分成上下两个部分,苯环上的一氯代物有4种。
【详解】A.该分子只含C、H、O,可以燃烧,属于氧化反应,碳碳双键、羟基也可以发生氧化反应,苯环和碳碳双键可以发生加成反应,A项正确;
B.碳碳双键、羟基可以使高锰酸钾溶液褪色,碳碳双键可以使溴的CCl4溶液褪色,B项错误;
C.分子有1横向的对称轴,将分子分成上下两个部分,苯环上的一氯代物有4种,C项错误;
D.有机物A的不饱和度为10,分子式为C16H14O3,D项错误;
本题答案选A。
【点睛】分析反应类型的时候,注意官能团就可以,此外,物质如果本身可以燃烧,也属于氧化反应。
不要遗忘了,部分醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。
4.下列关于实验操作的说法正确的是
A.用苯萃取溴水中的溴时,将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出
B.中和滴定实验中,锥形瓶用蒸馏水洗净须经烘箱烘干后才可使用
C.配制0.5mol·L-1480mL的NaOH溶液需称量9.6gNaOH固体
D.某溶液中滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液生成具有特征蓝色的沉淀,说明原溶液中含有Fe2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.用苯萃取溴水时,苯的密度比水小,分层后在上层,上层液体从上口倒出,A项错误;
B.中和滴定实验中,锥形瓶中有水并不会影响实验结果,可以不经过烘干,B项错误;
C.配制480mL溶液,需要用到500mL容量瓶,计算的时候用500mL计算,
,
,C项错误;
D.检验Fe2+,使用[Fe(CN)6]3+,会出现特征的蓝色沉淀。
方程式为:
,D项错误;
本题答案选D。
【点睛】分层后在上层还是下层,和密度有关系,记住苯的密度比水小、CCl4的密度比水大。
配制一定物质的量浓度的溶液时,实验室常用的容量瓶的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL。
并没有480mL的容量瓶,根据“大而近”的原则选择容量瓶。
5.双极膜(BP)是阴、阳复合膜,在直流电的作用下,阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-,作为H+和OH-离子源。
利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl,其工作原理如图所示,M、N为离子交换膜。
下列说法错误的是
A.阴极室发生的反应为2H++2e-=H2↑
B.M为阳离子交换膜,N为阴离子交换膜
C.若去掉双极膜(BP),阳极室会有Cl2生成
D.电路中每转移1mol电子,两极共得到0.5mol气体
【答案】D
【解析】
阴极室氢离子得电子生成氢气,发生的反应为2H++2e-=H2↑,故A正确;
阴极生成氢氧化钠钠离子穿过M进入阴极室,所以M为阳离子交换膜,N为阴离子交换膜,故B正确;若去掉双极膜(BP),氯离子进入阳极室阳放电生成氯气,故C正确;电路中每转移1mol电子,阳极生成0.25mol氧气、阴极生成0.5mol氢气,两极共得到0.75mol气体,故D错误。
6.已知:
pKa=-lgKa,25℃时,H2SO3的pKa1=1.85,pKa2=7.19。
用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。
下列说法正确的是
A.a点所得溶液中:
2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/L
B.b点所得溶液中:
c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)
C.c点所得溶液中:
c(Na+)>3c(HSO3-)
D.e点所得溶液中:
c(Na+)>c(SO32-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
A.用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液,a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3,pH=1.85=pKa1,电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-),溶液体积大于20ml,a点所得溶液中:
c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)<0.1 mol•L-1,故A错误;B.b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液,恰好反应生成NaHSO3,溶液显酸性,溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-),物料守恒c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3),得到:
c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-),故B错误;C.c点pH=7.19=pKa2,依据平衡常数溶液显碱性,溶液中溶质主要为Na2SO3,SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-,Kh=
=
,c(OH-)=
,带入计算得到:
c(HSO3-)=c(SO32-),溶液中2n(Na)=3c(S),2c(Na+)=3[c(SO32-)+c(H2SO3)+c(HSO3-)]=3[c(H2SO3)+2c(HSO3-)],c(Na+)>3c(HSO3− ),故C正确;D.加入氢氧化钠溶液40ml,NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3,Na2SO3水解显碱性,溶液中离子浓度c(OH-)>c(H+),故D错误;故选C。
点睛:
本题考查了图象变化的分析,酸碱反应溶液酸碱性,盐类水解原理,电解质溶液中离子浓度大小的比较方法等知识。
解答本题要能够充分利用电解质溶液中的守恒关系,结合溶液的性质判断。
7.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。
下列说法不正确的是
A.离子半径的大小顺序为:
r(W2—)>r(Q—)>r(Y2—)>r(Z3+)
B.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的强
C.元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键
D.X、Z、W、Q四种元素的最高价氧化物对应水化物均能与强碱反应
【答案】B
【解析】
试题分析:
X、Y、Z、W、Q分别为N、O、Al、S、Cl。
A、电子层数多半径大,电子层数同,质子数多半径小,正确;B、非金属性S<Cl,所以元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的弱,错误;C、元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物为NH4Cl,既含共价键又含离子键,正确;D、X、W、Q三种元素的最高价氧化物对应水化物为酸,Z对应的为两性氢氧化物均能与强碱反应,正确。
考点:
考查原子结构与元素周期律有关问题。
8.蒸馏碘滴定法可测量中药材中二氧化硫是否超标(亚硫酸盐折算成二氧化硫)。
原理是利用如图装置将亚硫酸盐转化为SO2,然后通过碘标准溶液滴定吸收液。
实验步骤如下:
I.SO2含量的测定
烧瓶A中加中药粉10g,加蒸馏水300mL;锥形瓶中加蒸馏水125nL和淀粉试液lmL作为吸收液;打开冷凝水,通氮气,滴入盐酸l0mL;加热烧瓶A并保持微沸约3min后,用0.01000mol/L碘标准溶液一边吸收一边滴定,至终点时消耗碘标准溶液V1mL;
Ⅱ.空白实验
只加300mL蒸馏水,重复上述操作,需碘标准溶液体积为V0mL。
(1)仪器C的名称___________。
仪器B的入水口为___________(填“a”或“b”)
(2)滴入盐酸前先通氮气一段时间作用是___________________________________,测定过程中氮气的流速过快会导致测量结果___________。
(填“偏大”“偏小”或“不变”)
(3)①滴定过程中使用的滴定管为___________。
A.酸式无色滴定管B.酸式棕色滴定管C.碱式无色滴定管D.碱式棕色滴定管
②滴定时锥形瓶中反应的离子方程式为_________________________________,滴定终点的现象是_________________________________。
(4)空白实验的目的是___________。
(5)该中药中含SO2含量为___________mg/kg。
【答案】
(1).分液漏斗
(2).b(3).排除装置内空气,避免空气中O2干扰SO2测定(4).偏小(5).B(6).I2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2I-(7).当滴入最后一滴碘标准溶夜时,锥形瓶内溶液由无色变为蓝色,且在30s内不变色(8).消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差(9).64(V1-V0)
【解析】
(1)仪器C下端有旋塞,应该是分液漏斗。
仪器B应该起到冷凝作用,所以冷却水应该下口入上口出,所以入水口为b。
(2)二氧化硫是强还原性物质容易被氧化,所以先通入N2将装置内的空气排净,避免氧气将二氧化硫氧化。
氮气的流速如果过快,会使一部分的二氧化硫来不及溶液在水中就被氮气带出,所以导致结果偏小。
(3)①碘会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管,所以只能用酸式滴定管。
同时,碘的标准液实际是将碘溶解在碘化钾溶液中制得的,此时单质碘与碘离子作用形成I3-,既增大溶解度又避免了碘的挥发,而光照会促进I3-的分解,所以使用棕色酸式滴定管。
选项B正确。
②滴定时,单质碘将二氧化硫氧化为硫酸,离子反应方程式为:
I2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2I-。
达到滴定终点时,二氧化硫都被反应完,加入的单质碘遇淀粉,使溶液显蓝色,所以终点的现象为:
当滴入最后一滴碘标准溶夜时,锥形瓶内溶液由无色变为蓝色,且在30s内不变色。
(4)本题进行空白实验的目的是:
消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差。
例如:
原来的水样、空气中是不是有其他杂质等等。
(5)用于氧化二氧化硫的碘标准液为(V1-V0)mL,其物质的量为0.01(V1-V0)/1000mol,所以二氧化硫也是0.01(V1-V0)/1000mol,质量为0.64(V1-V0)/1000g,这些是10g药粉中的含量,所以1kg药粉中有64(V1-V0)/1000g二氧化硫,即有64(V1-V0)mg二氧化硫,所以答案为:
64(V1-V0)mg/kg。
9.碳及其化合物广泛存在于自然界。
请回答下列问题:
(1)以CO2与NH3为原料可合成尿素。
已知
①2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)△H=-159.47kJ·mol-1
②NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+116.49kJ·mol-1
③H2O(l)=H2O(g)△H=+88.0kJ·mol-1
写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式______________________________。
(2)海洋是地球上碳元素的最大吸收池。
①溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在,即:
CO2、H2CO3、___________、___________。
②在海洋碳循环中,可通过如图所示的途径固碳。
写出钙化作用的离子方程式___________。
(3)常温常压下,空气中的CO2溶于水中达到平衡时,其转化关系如下:
①CO2+H2O
H2CO3K=1.8×10-3
②H2CO3
H++HCO3-Ka1=4.3×10-7,
③HCO3-
H++CO32-Ka2=5.6×10-11
通常情况下,海水的pH约为8,若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离,则溶液中c(CO2)=____________________________________________mol/L。
(保留两位有效数字)
(4)为了测量某湖水中无机碳含量,量取100mL湖水,酸化后用N2吹出CO2,再用NaOH溶液吸收。
用1.0mol/L盐酸滴定吸收液,生成的V(CO2)随V(盐酸)变化关系如图1所示,则吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________,湖水中无机碳的浓度为___________mol/L。
(5)用CO2和天然气可以制备CO和H2,CO2(g)+CH4(g)
2CO(g)+2H2(g)。
密闭容器中浓度均为0.1mol/L的CH4与CO2,在一定条件下反应,测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图2所示,则压强p1___________p2(填“>”或“<)。
若p2=3MPa,则T℃时该反应的平衡常数Kp=___________MPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
【答案】
(1).
(2).HCO3-(3).CO32-(4).
(5).1.3×10-7(6).c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)(7).0.2(8).<(9).4
【解析】
【分析】
(1)氨气和二氧化碳生成尿素的方程式为:
,反应等于①+②-③,则热化学方程式为:
;
(2)①从图中可以看出来,还有一种形式为HCO3-,根据电离,可以知道还有一种形式为CO32-;②从图中,钙化作用中,1种反应物HCO3-,生成物有CaCO3和CO2,根据原子守恒,可以知道另一种反应物为Ca2+,可以根据原子守恒和电荷守恒写出方程式:
;
(3)pH等于8,求c(CO2),要找到两者的关系,忽略水的电离和碳酸的第二级电离。
可将反应①②联立相加,得CO2+H2O
H++HCO3-,该反应的平衡常数=K·Ka1=
,根据第一级电离方程式H+和HCO3-的浓度相同,pH=8,c(H+)=10-8,
,可求出c(CO2)为1.3×10-7mol/L;
(4)根据图像,0~10mL的阶段,没有气体生成,发生反应:
,之后有气体生成,发生反应:
,可知Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比1:
1,注意虽然第二个反应中消耗了20mLHCl,但有一部分NaHCO3来自于第一个反应。
CO32-的水解能力比HCO3-的能力强,溶液呈碱性,则排序为:
c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+);100mL的湖水,根据图像的第二步消耗了20mL1mol/L的HCl生成的CO2为0.02mol,则湖水中无机碳的浓度为0.02mol÷0.1L=0.2mol/L;
(5)同一温度下,p1的条件下,CH4的转化率更高。
根据方程式,是气体体积增加的反应,增大压强,向气体体积减小的方向移动,CH4的转化率更小;则p1 CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) 起始浓度0.1mol/L0.1mol/L00 转化浓度0.05mol/L0.05mol/L0.1mol/L0.1mol/L 平衡浓度0.05mol/L0.05mol/L0.1mol/L0.1mol/L 总的物质的量浓度为0.3mol/L。 。 【详解】 (1)根据盖斯定律计算,①+②-③,则热化学方程式为: ; (2)①从图中可以看出来,还有形式为HCO3-,根据电离,可知还为CO32-;②从图中,根据原子守恒和电荷守恒,可写出方程式: ; (3)pH等于8,反应①②相加,得CO2+H2O H++HCO3-,该反应的平衡常数=K·Ka1= ,根据第一级电离方程式H+和HCO3-的浓度相同,pH=8,c(H+)=10-8, ,可求出c(CO2)为1.3×10-7mol/L; (4)根据图像,0~10mL的阶段,没有气体生成,发生反应: ,之后有气体生成,发生反应: ,则Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比1: 1,注意虽然第二个反应中消耗了20mLHCl,但有一部分NaHCO3来自于第一个反应。 CO32-的水解能力比HCO3-的能力强,溶液呈碱性,则排序为: c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+);100mL的湖水,根据图像的第二步消耗了20mL1mol/L的HCl生成的CO2为0.02mol,则湖水中无机碳的浓度为0.02mol÷0.1L=0.2mol/L; (5)同一温度下,p1的条件下,CH4的转化率更高。 根据方程式,是气体体积增加的反应,增大压强,向气体体积减小的方向移动,CH4的转化率更小;则p1 CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) 起始浓度0.1mol/L0.1mol/L00 转化浓度0.05mol/L0.05mol/L0.1mol/L0.1mol/L 平衡浓度0.05mol/L0.05mol/L0.1mol/L0.1mol/L 总的物质的量浓度为0.3mol/L。 。 【点睛】在 (2)中,询问的是溶于海水中的无机碳的形式,所以不要填写成CaCO3和(CH2O)x。 10.锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、医药及化工等领域。 以辉锑矿为原料制备金属锑,其一种工艺流程如下: 己知部分信息如下: I.辉锑矿(主要成分为Sb2S3,还含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等); II.浸出液主要含盐酸和SbCl3,还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质; III.常温下,Ksp(CuS)=1.0×10-36Ksp(PbS)=9.0×10-29 回答下列问题: (1)“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3反应有S生成,该反应的还原产物是________(填化学式)。 (2)写出“还原”反应的化学方程式: ______________。 (3)已知: 浸出液中: c(Cu2+)=0.01mol·L-1、c(Pb2+)=0.10mol·L-1。 在沉淀铜、铅过程中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,先产生的沉淀是_______(填化学式);当CuS、PbS共沉时, =_________。 加入硫化钠的量不宜过多,原因是_________。 (4)在“除砷”过程中,氧化产物为H3PO4。 该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比___________。 (5)在“电解”过程中,以惰性材料为电极,阴极的电极反应式为______;“电解”中锑的产率与电压大小关系如图所示。 当电压超过U0V时,锑的产率降低的原因可能是______。 【答案】 (1).SbCl3 (2).3SbCl5+2Sb=5SbCl3(3).CuS(4).9.0×107(5).避免砷、锑离子沉淀(6).4: 3(7).Sb3++3e-=Sb(8).H+参与了电极反应 【解析】 分析: 由工艺流程可知,辉锑矿粉经盐酸、五氯化锑溶液浸取后,过滤,向滤液中加入适量的锑粉把过量的五氯化锑还原,然后再加入适量的硫化钠把溶液中的铜离子和铅离子沉淀,过滤,再向滤液中加入次磷酸钠除砷,得到三氯化锑溶液,电解该溶液得到锑和五氯化锑,五氯化锑循环利用。 详解: (1)“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3反应有S生成,该反应的氧化剂为SbCl5,其还原产物是SbCl3。 (2)“还原”反应的化学方程式为3SbCl5+2Sb=5SbCl3。 (3)浸出液中c(Cu2+)=0.01mol·L-1、c(Pb2+)=0.10mol·L-1。 常温下,Ksp(CuS)=1.0×10-36Ksp(PbS)=9.0×10-29,CuS的溶度积较小,故在沉淀铜、铅过程中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,先产生的沉淀是CuS;当CuS、PbS共沉时, = 9.0×107。 加入硫化钠的量不宜过多,防止砷、锑离子转化为沉淀。 (4)在“除砷”过程中,次磷酸钠是还原剂,其氧化产物为H3PO4,P的化合价由+1升高到+5、升高了4,而As的化合价由+3降到0、降低了3,故该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比4: 3。 (5)在“电解”过程中,以惰性材料为电极,阴极发生还原反应,其电极反应式为Sb3++3e-=Sb;由“电解”中锑的产率与电压大小关系示意图可知,当电压超过U0V时,锑的产率降低,其原因可能是H+参与了电极反应。 11.太阳能电池板材料除单晶硅外,还有氮、硼、硒、钛、钴、钙等元素组成的化学物质。 (1)钙原子基态时的电子排布式为___________,金属钴堆积方式与镁相似,都属于六方最密堆积,其配位数是___________。 (2)氮元素的第一电离能在同周期中(稀有气体除外)从大到小排第___________位;写出与NO3-互为等电子体的一种非极性分子的化学式___________。 (3)晶体硼的结构单元是正二十面体,每个单元中有12个硼原子(如图),其中有两个原子为10B,其余为11B,则该结构单元有___________种不同的结构类型。 已知硼酸(H3BO3)为一元弱酸,解释其为一元弱酸的原因___________________________________________
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