届宁夏银川一中高三第六次月考理综化学试题解析版.docx
- 文档编号:9251057
- 上传时间:2023-02-03
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:407.61KB
届宁夏银川一中高三第六次月考理综化学试题解析版.docx
《届宁夏银川一中高三第六次月考理综化学试题解析版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届宁夏银川一中高三第六次月考理综化学试题解析版.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
届宁夏银川一中高三第六次月考理综化学试题解析版
宁夏银川一中2018届高三第六次月考
理综化学试题
1.化学与生活密切相关。
下列说法不正确的是
A.双氧水和75%的酒精溶液都可以作消毒剂
B.水玻璃可用于制备黏合剂和防火剂
C.铁粉放在食品袋中作抗氧化剂
D.明矾和蓝矾都可以作饮用水的净水剂
【答案】D
【解析】双氧水、75%的酒精溶液都能够使蛋白质变性,可以作消毒剂,A正确;水玻璃主要成分为硅酸钠溶液,它不能燃烧,具有粘性,可以做黏合剂和防火剂,B正确;铁粉能够与氧气反应,放在食品袋中作抗氧化剂,C正确;明矾为十二水合硫酸铝钾晶体,可做净水剂;蓝矾为硫酸铜晶体,为重金属盐,能够使蛋白质变性,有毒不能作为饮用水的净水剂,D错误;正确选项D。
2.工业上,利用钼矿冶炼钼,其原理为:
在高温条件下,MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)==Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S。
已知硫元素化合价没有发生变化。
下列说法正确的是
A.上述反应中,氧化剂是MoS2,还原剂是H2
B.上述反应中,氧化产物和还原产物的物质的量之比为4:
1
C.若上述反应产生11.2LCO气体,则转移电子2mol
D.上述反应中,达到平衡状态时,CO、H2的反应速率之比为1:
2
【答案】D
3.下列实验中,操作和现象均正确且能实现相应实验目的的是
选项
实验目的
操作
现象
A
验证BaSO3难溶于水
将SO2通入Ba(NO3)2溶液中
有白色沉淀生成
B
验证非金属性:
Br>I
将溴水滴入淀粉KI溶液中
溶液变蓝
C
验证SO2的漂白性
将SO2通入酸性KMnO4溶液中
溶液褪色
D
验证某化合物一定是钠盐
将该化合物在酒精灯火焰上灼烧
焰色为黄色
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
点晴:
对几个实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确做出判断.要考虑是否完全合理、有无干扰现象、经济上是否合算和对环境有无污染等;科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则,任何实验方案都必须科学可行.评价时,从以下4个方面分析:
①实验原理是否正确、可行;②实验操作是否完全、合理;③实验步骤是否简单、方便;④实验效果是否明显等。
4.短周期主族元素R、X、Y、Z在周期表中相对位置如图所示。
已知:
Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应,又能与强酸反应。
下列说法不正确的是
A.简单气态氢化物的热稳定性:
R B.工业上采用电解法冶炼单质Y C.Y、Z的简单离子能在水中大量共存 D.RZ2是含极性键的共价化合物 【答案】C 【解析】根据题给信息Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应,又能与强酸反应可知,Y为Al,根据图示可知: R为C,X为N,Z为S;一般来讲原子半径越大,简单气态氢化物的热稳定性越弱,所以CH4 点睛: 金属铝与硫加热反应生成硫化铝固体,但是含有铝离子与含有硫离子的溶液相混合,发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体,不能生成硫化铝固体。 5.已知: Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10‾38,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10‾20,在某含有Fe3+和Cu2+的溶液中,c(Fe3+)为4.0×10‾8mol/L。 现向该溶液中滴加氨水,当开始出现氢氧化铁沉淀时,溶液的pH及溶液中允许的最大c(Cu2+)为 A.102.2mol/LB.42.2mol/L C.42.2×10‾1mol/LD.102.2×10‾1mol/L 【答案】B 【解析】当开始出现氢氧化铁沉淀时根据氢氧化铁的溶度积常数可知溶液中氢氧根浓度是 ,则溶液的pH=4;此时溶液中铜离子浓度是 ,即溶液中允许的最大c(Cu2+)为2.2mol·L-1,答案选C。 6.25℃时,将0.1mol/L氨水与0.1mol/L盐酸按不同比例混合(如下表),所得溶液中微粒间的关系不正确的是 编号 ① ② ③ ④ 氨水体积/mL 40 V1 30 20 盐酸体积/mL 20 60−V1 30 40 A.①所得溶液中,c(NH4+)>c(Cl‾)>c(NH3·H2O)>c(OH‾)>c(H+) B.若②所得溶液pH=7,则c(NH4+)=c(Cl‾)=1×10‾7mol/L C.③所得溶液中,c(H+)−c(OH‾)=c(NH3·H2O) D.④所得溶液中,c(Cl‾)=2c(NH3·H2O)+2c(NH4+) 【答案】B 【解析】据题给信息可知反应后混合液中溶质为NH4Cl和NH3∙H2O(浓度之比1: 1),NH3∙H2O电离程度大于NH4+水解程度,溶液呈碱性,所以c(NH4+)>c(Cl‾)>c(NH3·H2O)>c(OH‾)>c(H+),A正确;②反应后所得NH4Cl和NH3∙H2O混合溶液,pH=7,则c(H+)=c(OH‾),根据电荷守恒得c(NH4+)=c(Cl‾)>c(H+)=c(OH‾),所以c(NH4+)=c(Cl‾)>1×10‾7mol/L,B错误;③反应后所得溶液为NH4Cl,溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl‾)+c(OH‾),根据物料守恒c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(Cl‾),二者消去c(Cl‾),得到c(H+)−c(OH‾)=c(NH3·H2O),C正确;④反应后所得溶液为NH4Cl和HCl(浓度之比1: 1)溶液中存在物料守恒c(Cl‾)=2c(NH4+)+2c(NH3·H2O),D正确;正确选项B。 点睛: 常温下,等浓度的盐酸与氨水反应,若反应后溶液pH=7,二者不是恰好完全反应,而是氨水有剩余;若二者恰好完全反应,溶液显酸性,不显中性。 7.298K时,0.1mol/LH2R溶液中H2R、HR‾、R2‾三种微粒的分布系数δ随pH变化的关系如图所示。 已知: 298K时,HF的Ka=1.0×10‾3.4。 下列表述正确的是 A.H2R的Ka1=1.0×10‾1.3 B.Na2R溶液中离子存在关系: c(Na+)=c(HR‾)+2c(R2‾) C.等物质的量的NaHR和Na2R溶于水,所得溶液的pH恰好为4.3 D.在足量的NaF溶液中加入少量H2R溶液: H2R+2F‾=2HF+R2‾ 【答案】A 【解析】据图可知c(HR‾)=c(H2R),pH=1.3,带入H2R的电离平衡计算公式Ka1=c(HR‾)×c(H+)/c(H2R)=1.0×10‾1.3,A正确;Na2R溶液水解显碱性,根据电荷守恒得到: c(Na+)+c(H+)=c(HR‾)+2c(R2‾)+c(OH‾),由于c(H+) 8.碲(Te)的单质和化合物在化工生产等方面具有重要应用。 (1)下列关于碲及其化合物的叙述正确的是__________ A.Te位于周期表的第五周期ⅣA族 B.Te的氧化物通常有TeO2和TeO3 C.H2TeO4的酸性比H2SO4的酸性强 D.热稳定性H2Te比H2S弱,但比HI强 (2)25℃时,亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10‾3,Ka2=2×10‾8,0.1mol/LH2TeO3溶 液中H2TeO3的电离度α约为______________ ; NaHTeO3溶液的pH__________7(填“<”“>”或“=”) (3)TeO2微溶于水,易溶于较浓的强酸和强碱。 工业上常用铜阳极泥(主要含TeO2,还含有少量Ag、Au)为原料制备单质碲,其工艺流程如图: ①“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为_______________________。 ②“沉碲”时控制溶液的pH为4.5~5.0,生成TeO2沉淀,酸性不能过强的原因是_______________________________________________;防止局部酸度过大的操作方法是_______________________________; ③“酸溶”后,将SO2通入TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲,该反应的化学方程式是______________________________________; ④工业上还可以通过电解铜阳极泥碱浸、过滤后的滤液得到单质碲。 已知电解时的电极均为石墨,则阴极的反应式为_________________________________________________。 【答案】 (1).B (2).10%(3).<(4).TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O(5).TeO2是两性氧化物,H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应(6).缓慢加入H2SO4溶液,并不断搅拌(7).TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4(8).TeO32‾+3H2O+4e‾=Te+6OH‾ 【解析】 (1)A.Te属于氧族元素,位于周期表中第五周期第VIA族,即Se元素下方,故A正确;B.Te是第VIA族元素,主要化合价为+4价和+6价,则氧化物通常有TeO2和TeO3,故B正确;C.非金属性S>Se,所以最高价氧化物的水化物酸性: H2TeO4<H2SO4,故C错误;D.Te的非金属性比S和I弱,则热稳定性H2Te比H2S、HI弱,故D错误;答案为CD; (2)弱酸的一级电离为主,H2TeO3 HTeO3-+H+,设溶液中H+和HTeO3-的浓度均为xmol/L,则Ka1= =1×10-3,则x=0.01mol/L,a= ×100%=10%;HTeO3-+H2O H2TeO3+OH-,其水解常数Kb=Kw/Ka1=1×10-11< ,则NaHTeO3的溶液因HTeO3-电离大于其水解,其水溶液的pH<7; (3)根据TeO2是两性氧化物,微溶于水,加碱溶过滤除去杂质,得到Na2TeO3溶液,再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀,再用盐酸溶解生成四氯化碲,再用二氧化硫还原制成碲单质; ①TeO2是两性氧化物,与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应,化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O; ②因为TeO2是两性氧化物,H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失;防止局部酸度过大的操作方法是: 缓慢加入H2SO4,并不断搅拌; ③SO2还原TeCl4为Te,本身被氧化为硫酸,化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4; ④电解铜阳极泥碱浸、过滤后的滤液中含有TeO32-,电解时TeO32-在阴极发生还原反应生成Te,其电极反应式为TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-。 9.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂,可由一氧化氮与氯气在常温常压下合成。 已知NOCl是一种红褐色液体或黄色气体,其熔点是−64.5℃,沸点是−5.5℃,遇水易水解。 (1)实验室制备合成NOCl的原料气NO和Cl2的装置如下图所示。 ①实验室制备NO时,装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_________________。 ②实验室制Cl2时,装置B中盛放的试剂为____________,其作用是_______________________________________。 (2)将上述收集到的Cl2充入U型管中,按图示装置制备亚硝酰氯。 ①NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构,则NOCl的电子式为____________ ②装置D中的现象是____________________________________。 ③装置E中的无水氯化钙的作用是___________________________。 ④某同学认为装置F不能吸收NO,为解决这一问题,可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中,该气体可以是________(填化学式)。 (3)NO可用间接电化学法除去,其原理如下图所示。 吸收塔内发生的离子方程式为__________。 【答案】 (1).3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (2).饱和食盐水(3).除去Cl2中的HCl(4).Cl─N=O(电子式)(5).黄绿色气体逐渐变浅,有红褐色液体生成(6).吸收水蒸气,防止水蒸气进入D装置(7).O2(8).2NO+2S2O42‾+2H2O=N2+4HSO3‾ 【解析】 (1)图1为固体与液体混合加热型制气装置①实验室制NO时,可选用铜与稀硝酸制取,装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。 ②实验室制Cl2时,可选用二氧化锰和浓盐酸,制得的氯气中有氯化氢气体,用饱和食盐水除去,装置B中盛放的试剂为饱和食盐水,其作用是除去Cl2中的HCl气体; (2) ①NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构,则氮原子与氧原子形成两对共用电子对,与氯原子形成一对,电子式为: 则NOCl的电子式为 。 ②装置D中为氯气制备NOCl,故现象为黄绿色气体逐渐变浅,有红褐色液体生成;③NOCl遇水易分解,装置E中无水氯化钙的作用为吸收水蒸气,防止水蒸气进入D装置。 ④某同学认为装置F不能吸收NO,为解决这一问题,可将尾气与氧气同时通入氢氧化钠溶液中,生成硝酸钠,这种气体的化学式是O2。 (3)①阴极发生还原反应,得电子,亚硫酸氢根离子反应生成硫代硫酸根离子,电极反应式为: 2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O;②硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应,生成氮气,离子反应方程式为: 2NO+2S2O42-+2H2O═N2+4HSO3-。 点睛: 本题考查了物质制备方案设计,主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应等,侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力,解题关键: 氧化还原反应基本知识在实验设计中的应用,氧化还原反应在电化学中的应用。 难点: NO可用间接电化学法除去,电极方程式的书写,注意电子得失守恒,电荷守恒,质量守恒三个守恒在书写氧化还原反应含电极反应中的应用。 10.前两年华北地区频繁出现的雾霾天气引起了人们的高度重视,化学反应原理可用于治理环境污染,请回答以下问题。 (1)一定条件下,可用CO处理燃煤烟气生成液态硫,实现硫的回收。 ①已知: 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ·mol‾1 S(l)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−296kJ·mol‾1 则用CO处理燃煤烟气的热化学方程式是________________________。 ②在一定温度下,向2L密闭容器中充入2molCO、1molSO2发生上述反应,达到化学平衡时SO2的转化率为90%,则该温度下该反应的平衡常数K=_________________。 (2)SNCR─SCR是一种新型的烟气脱硝技术(除去烟气中的NOx),其流程如下: 已知该方法中主要反应的热化学方程式: 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)ΔH=−1646kJ·mol‾1,在一定温度下的密闭恒压的容器中,能表示上述反应达到化学平衡状态的是__________________(填字母)。 a.4υ逆(N2)=υ正(O2) b.混合气体的密度保持不变 c.c(N2): c(H2O): c(NH3)=4: 6: 4 d.单位时间内断裂4molN─H键的同时断裂4molN≡N键 (3)如图所示,反应温度会直接影响SNCR技术的脱硝效率。 ①SNCR技术脱硝的温度选择925℃的理由是___________________。 ②SNCR与SCR技术相比,SNCR技术的反应温度较高,其原因是____________________________________;但当烟气温度高于1000℃时,SNCR脱硝效率明显降低,其原因可能是_____________________。 (4)一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化,其工作原理如图所示: ①中间室的Cl‾移向_________(填“左室”或“右室”),处理后的含硝酸根废水的pH__________(填“增大”或“减小”) ②若图中有机废水中的有机物用C6H12O6表示,请写出左室发生反应的电极反应式: ______________________________________________。 【答案】 (1).2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l)ΔH=−270kJ/mol (2).K=1620(3).b(4).925℃时脱硝效率高,残留氨浓度较小(5).没有使用催化剂,反应的活化能较高(6).因为脱硝的主要反应是放热反应,温度过高,使脱硝反应逆向移动(或高温下N2与O2生成了NO等合理答案)(7).左室(8).增大(9).C6H12O6–24e‾+6H2O=6CO2↑+24H+ 【解析】 (1)①根据盖斯定律: 第一个反应减去第二个反应整理得出CO处理燃煤烟气的热化学方程式2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l)ΔH=−270kJ/mol;正确答案: 2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l)ΔH=−270kJ/mol。 ②根据已知可知: 反应开始时c(CO)=1mol/L,c(SO2)=0.5mol/L;据反应方程式列式: 2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l) 起始浓度10.50 变化浓度1×90%0.5×90%1×90% 平衡浓度0.10.050.9 该温度下该反应的平衡常数K=c2(CO2)/c2(CO)×c(SO2)=0.92/0.12×0.05=1620;正确答案1620。 (2)速率之比和系数成正比: υ逆(N2)=4υ正(O2),a错误;反应前后气体的总质量不变,当容器内的压强保持不变时,容器的体积也就不再发生改变,气体的密度也就不再发生变化,反应达到平衡状态;b正确;c(N2): c(H2O): c(NH3)=4: 6: 4的状态仅仅是反应进行过程中一种状态,无法判定平衡状态;c错误;单位时间内断裂12molN─H键的同时断裂4molN≡N键,反应达平衡状态,d错误;正确答案b。 (3)①从图示看出当温度选择925℃时,脱硝效率高,残留氨浓度较小;正确答案: 脱硝效率高,残留氨浓度较小。 ②从上述流程看出,SNCR技术的反应没有使用催化剂,反应的活化能较高,因此反应温度较高;因为脱硝的主要反应是放热反应,温度过高,使脱硝反应逆向移动,脱硝效率明显降低;正确答案: 没有使用催化剂,反应的活化能较高;因为脱硝的主要反应是放热反应,温度过高,使脱硝反应逆向移动(或高温下N2与O2生成了NO等合理答案)。 (4)①从题给信息看出,硝酸根离子中氮元素变为氮气,发生还原反应,该极为原电池的正极(右室);电解质溶液中的Cl‾移向负极,即左室;在正极溶液中的硝酸根离子发生反应为: 2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-,产生OH-,溶液的碱性增强,pH增大;正确答案: 左室;增大。 ②C6H12O6在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳气体,极反应为: C6H12O6–24e‾+6H2O=6CO2↑+24H+;正确答案: C6H12O6–24e‾+6H2O=6CO2↑+24H+。 点睛: 本题 (2)判断反应是否达到平衡状态时,要注意该题的信息为在一定温度下的密闭恒压的容器中,混合气体的密度保持不变就可以判断反应达平衡状态;若是在一定温度下的密闭恒容的容器中,混合气体的密度保持不变就不能判断反应达平衡状态。 11.1915年诺贝尔物理学奖授予HenryBragg和LawrenceBragg,以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献。 (1)科学家通过X射线探明,NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似,其中三种晶体的晶格能数据如下表: 晶体 NaCl KCl CaO 晶格能/(kJ·mol‾1) 786 715 3401 四种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是______,Na核外有__________种不同的能级。 (2)科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键,又含有氢键,其结构示意图可用右图简单表示,其中配位键和氢键均采用虚线表示。 ①SO42‾中S的杂化类型是____________,与其互为等电子体的离子有___________(任写两种) ②已知[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型,[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被Cl‾取代,能得到两种不同结构的产物,则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为_______________。 ③写出基态Cu2+的价层电子排布式: _________;金属铜采取_________堆积方式,已知Cu原子的半径为rpm,NA表示阿伏加德罗常数的值,金属铜的密度是_______________g/cm3(列出计算式) 【答案】 (1).MgO>CaO>NaCl>KCl (2).4(3).sp3(4).ClO4‾、PO43‾(5).平面正方形(6).3d9(7).面心立方(8). 【解析】 (1)离子半径大小顺序为Mg2+ Na+=Cl- MgO>CaO>NaCl>KCl;原子中没有运动状态相同的电子,Na原子核外有11个电子,故核外有11种不能同运动状态的电子,钠原子核外电子分别处于1s、2s、2p、3s能级,故有4种不同能量的电子;正确答案: MgO>CaO>NaCl>KCl;4。 (2)①SO42-离子中含有4个σ键,没有孤电子对,所以其立体构型是正四
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 宁夏银川 一中 第六 月考 化学试题 解析
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)