安徽省合肥市届高三下学期第二次教学质量检测理科综合化学试题.docx
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安徽省合肥市届高三下学期第二次教学质量检测理科综合化学试题
合肥市2019年高三第二次教学质量检测
理科综合试题(化学部分)
可能用到的相对原子质量:
H-1B-11C-12N-14O-16S-32C1-35.5Fe-56Cu-63.5Ag-108
一、选择题:
1.实验室中采用废旧易拉罐(主要成分为Al,含少量Fe、Mg杂质)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O的过程如图所示:
下列说法不正确的是
A.试剂①可以选用NaOH溶液
B.NH4HCO3用于调节滤液A的pH
C.操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
D.明矾溶液显酸性,常作消毒杀菌剂
【答案】D
【解析】
【详解】A、易拉罐的主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质,试剂①的作用是将Al溶解并除去Fe、Mg杂质,NaOH溶液可溶解Al,但不溶解Fe、Mg杂质,A项正确;
B、滤液A中铝元素以AlO2-形式存在,NH4HCO3用于调节滤液A的pH使AlO2-转化为Al(OH)3沉淀,B项正确;
C、根据题知溶液C需要蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体,过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体,故操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,C项正确;
D、有强氧化性的物质能够杀菌消毒,明矾不具有强的氧化性,不能杀菌消毒,D项错误;
答案选D。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.2.0gCO2与SO2的混合气体分子中,含有的质子数为NA
B.7.1gCl2与100mL1.0mol·L-1NaOH溶液反应,转移电子数为0.1NA
C.17gNH3与48gO2在催化剂作用下充分反应,得到NO分子数为NA
D.标准状况下,2.24LCH4和C3H6混合气体中,含有极性键数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、若2.0g全为CO2,含质子物质的量为
×22=1mol,若2.0g全为SO2,含质子物质的量为
×32=1mol,则2.0gCO2与SO2的混合气体分子中含有的质子数为NA,A项正确;
B、7.1gCl2的物质的量为0.1mol,100mL1.0mol·L-1NaOH为0.1mol,1mol氯气与2molNaOH反应转移1mol电子,故转移的电子数小于0.1NA,B项错误;
C、n(NH3)=
,n(O2)=
,依据方程式:
4NH3+5O2
4NO+6H2O可知,该反应生成1molNO,同时过量0.25molO2,则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮(2NO+O2=2NO2),所以最终生成一氧化氮分子数小于NA,C项错误;
D、n(混合气体)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,若全为CH4则含极性键为0.4mol,若全为C3H6则含极性键0.6mol,由于CH4和C3H6的比例未知,则含极性键数无法确定,D项错误;
答案选A。
3.根据下列实验及其现象,所得出的结论合理的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A、用pH试纸分别检验等浓度Na2CO3溶液和Na2SO3溶液,前者试纸变蓝比后者更深,说明Na2CO3溶液的碱性更强,根据越弱越水解,酸性H2CO3弱于H2SO3,但H2SO3不是S的最高价含氧酸,不能说明S和C非金属性强弱,A项不合理;
B、MgCl2溶液中加入NaOH溶液产生白色沉淀,该反应能发生的原因是生成难溶物使离子浓度减小,不是由于碱性强弱引起的,B项不合理;
C、向某钠盐中滴加盐酸,产生的气体通入品红溶液,品红溶液褪色,该钠盐可能为Na2SO3、NaHSO3、Na2S2O3等,C项不合理;
D、向有机物X中滴入酸性KMnO4溶液,KMnO4溶液紫色褪去,该有机物可能含碳碳双键、碳碳三键、醛基、羟基等,也可能为苯的同系物,若该有机物为乙醇等则不能发生加成反应,D项合理;
答案选D。
4.据(ChemCommun)报导,Marcelmayor合成了桥连多环烃(
),拓展了人工合成自然产物的技术。
下列有关该烃的说法不正确的是
A.属于饱和环烃,不能使Br2的CCl4溶液褪色
B.与氯气取代,可得到6种不同沸点的一氯代物
C.分子中含有3个六元环,4个五元环
D.与
互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A、
属于饱和环烃,不能使Br2的CCl4溶液褪色,A项正确;
B、该有机物的结构中有5种不同环境的氢原子,因此可得到5种不同沸点的一氯代物,B项错误;
C、由结构简式可知该有机物为桥环结构,分子中含有4个五元环,3个六元环,C项正确;
D、由
的分子式为C11H16,故与
互为同分异构体,D项正确;
故选B。
5.锌碘液流电池具有高电容量、对环境友好、不易燃等优点,可作为汽车的动力电源。
该电池采用无毒ZnI2水溶液作电解质溶液,放电时将电解液储罐中的电解质溶液泵入电池,其装置如右图所示。
下列说法不正确的是
A.M是阳离子交换膜
B.充电时,多孔石墨接外电源的正极
C.充电时,储罐中的电解液导电性不断增强
D.放电时,每消耗1molI3-,有1molZn2+生成
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据题知左侧金属锌作负极,放电时,Zn2+通过离子交换膜移向正极移动,故M是阳离子交换膜,故不符合题意;
B、充电时,多孔石墨做阳极,发生氧化反应,才能使电池恢复原状,所以接外电源的正极,故不符合题意;
C、充电时,阳极发生的反应为:
3I--2e-=I3-,阴极发生的反应为:
Zn2++2e-=Zn,故储罐中的电解液导电性不断减弱,故符合题意;
D、放电时,正极发生还原反应:
I3-+2e-=3I-,故每消耗1molI3-,有1molZn2+生成,故不符合题意;
故选C。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大,其中X是组成有机物的必要元素.Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍,W与X同主族,Z与Q最外层电子数相差6。
下列说法正确的是
A.非金属性:
Q>Y>X>Z
B.简单气态氢化物的沸点:
X>W
C.Y与X、Z、Q均可形成至少两种二元化合物
D.Y、Z、Q组成化合物的水溶液呈碱性
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大,其中X是组成有机物的必要元素,则X为C元素;元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍,则Y含有2个电子层,最外层含有6个电子,为O元素;元素W与X同主族,则W为Si元素;Z与Q最外层电子数相差6,Z的原子序数大于O,若为F元素,Q最外层电子数=7-6=1,为Na元素,不满足原子序数Q>W;结合Z、Q为主族元素可知Z为Na元素,Q为C1元素,据此进行解答。
【详解】根据分析可知,X为C元素,Y为O元素,Z为Na元素,W为Si元素,Q为Cl元素。
A、由X为C元素,Y为O元素,Z为Na元素,Q为Cl元素,同周期从左到右非金属增强,同主族从上到下非金属减弱,故非金属性:
Y>Q>X>Z,故不符合题意;
B、对分子晶体,相对分子质量增大,分子间作用力增大,沸点升高,X C、Y氧元素与C、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物,例如CO、CO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等,故符合题意; D、Y、Z、Q分别为O、Na、Cl,NaClO的水溶液呈碱性,但NaClO3、NaClO4的水溶液呈中性,故不符合题意; 故选C。 7.常温下,用0.10mol·L-1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液,所得滴定曲线如图所示。 下列说法正确的是 A.①所示溶液中: c(Cl-)>c(HCN)>c(CN-)>c(OH-) B.②所示溶液中: c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH) C.阳离子物质的量浓度之和: ②与③所示溶液中相等 D.④所示溶液中: c(CH3COOH)+c(H+)-c(OH-)=0.05mol·L-1 【答案】D 【解析】 【详解】A、①为向0.1mol/L20.00mLNaCN溶液中加入0.1mol/L10.00mLHCl,反应后得到等物质的量浓度的NaCl、HCN和NaCN的混合液,由于溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),NaCN的水解程度大于HCN的电离程度,则溶液中c(HCN)>c(Cl-)>c(CN-)>c(OH-),A项错误; B、②为向0.1mol/L20.00mLCH3COONa溶液中加入0.1mol/LHCl且加入盐酸的体积小于10.00mL,所得溶液含等物质的量浓度CH3COOH和NaCl、以及CH3COONa且CH3COONa的浓度大于NaCl,溶液呈酸性,故c(CH3COO-)>c(Cl-),B项错误; C、②和③中c(H+)相等,但加入的盐酸体积不相等,溶液中c(Na+)不相等,②与③所示溶液中阳离子物质的量浓度之和不相等,C项错误; D、④为向0.1mol/L20.00mLCH3COONa溶液中加入0.1mol/L20.00mLHCl,两者恰好完全反应得到物质的量浓度均为0.05mol/L的CH3COOH和NaCl的混合液,溶液中电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl-),由钠离子和氯离子浓度相等,结合物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05mol/L,两式整理得c(CH3COOH)+c(H+)-c(OH-)=0.05mol/L,D项正确; 答案选D。 【点睛】巧抓“四点”,突破“粒子”浓度关系: (1)抓反应“一半”点,判断是什么溶质的等量混合; (2)抓“恰好”反应点,生成什么溶质,溶液的酸碱性,是什么因素造成的;(3)抓溶液“中性”点,生成什么溶质,哪种反应物过量或不足;(4)抓反应“过量”点,溶质是什么,判断谁多、谁少还是等量。 三、非选择题: (一)必考题: 8.难溶物CuCl广泛应用于化工和印染等行业。 某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl,并进行相关探究。 该小组用下图所示裝置进行实验(夹持仪器略)。 回答下列问题: (1)实验操作的先后顺序是: ①→______→_____→______→⑤。 ①检查装置的气密性后加入药品;②熄灭酒精灯,冷却;③在“气体入口”处通干燥HCl;④点燃酒精灯,加热;⑤停止通人HCl,然后通入N2。 (2)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是___________;A中发生主要反应的化学方程式为___________。 (3)反应结束后,CuC1产品中若含有少量CuCl2杂质,则产生的原因可能是___________;若含有少量CuO杂质,则产生的原因可能是___________。 (4)取agCuCl产品,先加入足量FeCl3溶液使其完全溶解,再稀释到100mL。 从中取出25.00mL,用cmol·L-1Ce(SO4)2标准液滴定至终点[Ce(SO4)2被还原为Ce3+];如此滴定三次,平均消耗标准液的体积为VmL。 请写出产品溶于FeCl3溶液的离子方程式: ___________;产品中CuC1的质量分数为___________(用含字母的式子表示)。 【答案】 (1).③ (2).④(3).②(4).先变红,后褪色;(5).2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O;(6).加热温度不够;(7).没有在HCI气流中加热(或HCI气流不足);(8).Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-;(9). ; 【解析】 【详解】 (1)热分解CuCl2·2H2O制备CuCl,为了抑制CuCl2的水解(提高CuCl的产率和纯度)以及防止CuCl被氧化,所以实验开始前需要从气体入口通入HCl气体排尽装置中的空气;实验过程中通入HCl;实验结束停止通入HCl,通入N2直至硬质玻璃管冷却;实验操作的先后顺序为①→③→④→②→⑤。 (2)B中物质由白色变为蓝色,说明生成了H2O;分解过程中Cu元素的化合价由+2价降为+1价,即Cu元素被还原,则反应中还有Cl2生成,C处湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色。 根据得失电子守恒和原子守恒,A处发生的主要反应的方程式为2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O。 (3)反应结束后,CuCl产品中若含有少量CuCl2杂质,产生的原因可能是加热温度不够,CuCl2·2H2O失去结晶水;若含有少量CuO杂质,则产生的原因可能是没有在HCl气流中加热,CuCl2水解生成Cu(OH)2,加热时Cu(OH)2分解成CuO和H2O。 (4)根据题意CuCl被FeCl3氧化成CuCl2,Fe3+被还原成Fe2+,反应的离子方程式为CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+。 题中发生的反应有CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+,则CuCl~Ce4+,产品中n(CuCl)= mol× = mol,产品中CuCl的质量分数为99g/mol× mol÷ag= 。 9.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。 某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS,还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下: 已知: i.铍、铝元素化学性质相似;BeCl2熔融时能微弱电离。 ii.常温下: Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13。 回答下列问题: (1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有___________(填化学式);写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式: ___________。 (2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为得到较纯净的BeCl2溶液,选择下列实验操作最合理步骤的顺序是___________;电解熔融BeCl2制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是___________。 ①加入过量的NaOH: ②加入过量的氨水;③加入适量的HCl;④过滤;⑤洗涤。 (3)反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质,该反应的化学方程式为___________。 (4)常温下,若滤液D中c(Cu2+)=2.2mol·L-1、c(Fe3+)=0.008mol·L-1、c(Mn2+)=0.21mol·L-1,向其中逐滴加入稀氨水,生成沉淀F是___________(填化学式);为了尽可能多的回收铜,所得滤液G的pH最大值为___________。 【答案】 (1).Na2SiO3、Na2BeO2; (2).BeO22-+4H+=Be2++2H2O;(3).②④⑤③;(4).增强熔融盐的导电性;(5).MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O;(6).Fe(OH)3;(7).8.0; 【解析】 【分析】 Be、Al元素化学性质相似,废旧铍铜元件中加入NaOH溶液,BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中,滤渣B中含CuS、FeS;滤液A中加入过量HCl,Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl,Na2BeO2与过量HCl反应生成NaCl、BeCl2和H2O,滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2;MnO2具有氧化性,滤渣B中加入MnO2和H2SO4,CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S,MnO2被还原为MnSO4;滤液D中主要含CuSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4,根据题给Cu(OH)2、Fe(OH)3、Mn(OH)2的溶度积,滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe(OH)3;滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。 据此分析作答。 【详解】Be、Al元素化学性质相似,废旧铍铜元件中加入NaOH溶液,BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中,滤渣B中含CuS、FeS;滤液A中加入过量HCl,Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl,Na2BeO2与过量HCl反应生成NaCl、BeCl2和H2O,滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2;MnO2具有氧化性,滤渣B中加入MnO2和H2SO4,CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S,MnO2被还原为MnSO4;滤液D中主要含CuSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4,根据题给Cu(OH)2、Fe(OH)3、Mn(OH)2的溶度积,滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe(OH)3;滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。 (1)废旧铍铜元件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2,根据信息i,BeO属于两性氧化物,SiO2属于酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应,反应方程式为BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,CuS、FeS不与氢氧化钠反应,因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2;根据信息i,反应I中为Na2BeO2与过量盐酸反应,反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2++2H2O; (2)Be、铝元素化学性质相似,先向滤液C中先加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,然后过滤、洗涤,再加入适量的HCl,生成BeCl2,合理步骤是②④⑤③;BeCl2熔融时能微弱电离,熔融BeCl2中离子浓度较小,电解熔融BeCl2制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是增大离子浓度,增强熔融盐的导电性; (3)反应II中CuS中S转化为S单质,MnO2中Mn被还原为Mn2+,根据化合价升降法进行配平,其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O; (4),Cu2+开始沉淀时c(OH-)= =1×10-10mol/L;Fe3+开始沉淀时c(OH-)= = ×10-12mol/L;Mn2+开始沉淀时c(OH-)= =1×10-6mol/L,因此首先沉淀的是Fe3+,即生成的沉淀F为Fe(OH)3。 为了尽可能多的回收Cu,滤液E中加入氨水应使Cu2+尽可能完全沉淀,Mn2+不形成沉淀,Cu2+完全沉淀时c(OH-)= = ×10-8mol/L<1×10-6mol/L,滤液G的c(OH-)最大为1×10-6mol/L,c(H+)最小为1×10-8mol/L,pH最大为8.0。 10.“绿水青山就是金山银山”,研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡,打造宜居环境具有重要意义。 NO在空气中存在如下反应: 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H 上述反应分两步完成,如图所示。 回答下列问题: (1)写出反应①的热化学方程式(△H用含物理量E的等式表示): ___________。 (2)反应①和反应②中,一个是快反应,会快速建立平衡状态,而另一个是慢反应。 决定2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)反应速率的是___________(填“反应①”或“反应②”);对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,其原因可能是___________(反应未使用催化剂)。 (3)某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2,测得NO2浓度随时间变化的曲线如上右图所示。 前5秒内O2的平均生成速率为___________;该温度下反应2NO+O2 2NO2的化学平衡常数K为___________。 (4)对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为P1),若升高温度,再次达平衡后,混合气体的平均相对分子质量___________(填“增大”、“减小”或“不变”);若在恒温恒容条件下,向其中充入一定量O2,再次达平衡后,测得压强为P2,c(O2)=0.09mol·L-1,则P1︰P2=___________。 (5)水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。 若向20.00mL0.10mol·L-1HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液,所得pH曲线如图所示,则A点对应的溶液中 =___________。 【答案】 (1).①2NO(g) N2O2(g)ΔH=(E2-E3)kJ·mol-1; (2).反应②;(3).决定总反应速率是反应②,温度升高后反应①平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢;(4).0.001mol·L-1·s-1;(5).100;(6).减少;(7).5: 13;(8).103.70; 【解析】 【详解】 (1)根据图像反应①的热化学方程式为2NO(g) N2O2(g)ΔH=(E2-E3)kJ·mol-1。 (2)根据图像反应①的活化能<反应②的活化能,反应①为快反应,反应②为慢反应,决定2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)反应速率的是慢反应②。 对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,其原因可能是: 决定总反应速率是反应②,温度升高后反应①平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢。 (3)前5s内υ(NO2)=(0.04mol/L-0.03mol/L)÷5s=0.002mol/(L·s),则υ(O2)=0.001mol/(L·s)。 用三段式: 2NO2 2NO+O2 c(始)0.0400 c(变)0.020.020.01 c(平)0.020.020.01 反应2NO2 2NO+O2的平衡常数为(0.022×0.01)÷0.022=0.01,则反应2NO+O2 2NO2的平衡常数K为1÷0.01=100。 (4)根据图像反应2NO2 2NO+O2为吸热反应,对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为P1),若升高温度,平衡正向移动,再次达平衡后,混合气体的质量不变,混合气体物质的量增大,混合气体的平均相对分子质量减小。 再通入一定量O2,平衡逆向移动,设转化NO物质的量浓度为x,则平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为(0.02+x)mol/L、(0.02-x)mol/L、0.09mol/L,温度不变平衡常数不变,则[(0.02-x)2×0.09]÷(0.02+x)2=0.01,解得x=0.01mol/L,即平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为0.03mol/L、0.01mol/L、0.09mol/L,在恒温恒容时压强之比等于物质的量浓度之比,P1: P2=(0.02+0.02+0.01): (0.03+0.01+0.09)=5: 13。 (5)根据图像0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.15,则HNO2的电离平衡常数Ka=(1×10-2.15)2÷(0.1-1×10-2.15);A点溶液呈中性,c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L,溶液中电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-),则A点溶液中c(Na+)=c(NO2-),A点对应的溶液中 = =Ka÷c(H+)=[(1×10-2.15)2÷(0.1-1×10-2.15)]÷(1×10-7)=103.70。 (二)选考题: 11. 铁和钴是两种重要的过渡元素。 请回答下列问题: (1)钴在元素周期表中的位置是___________,其基态原子的价电子排布图为___________。 (2)FeCO3是菱铁矿的主要成分,其中C原子的杂化方式为___________;分子中的大π键可用符号Π 表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π
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