全国百强校首发新余四中上高二中届高三第一次联考化学试题.docx
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全国百强校首发新余四中上高二中届高三第一次联考化学试题
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【全国百强校首发】新余四中、上高二中2019届高三第一次联考化学试题
试卷副标题
考试范围:
xxx;考试时间:
100分钟;命题人:
xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项:
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、单选题
1.清末成书的《化学鉴原》中有一段描述:
“各原质(元素)化合所用之数名曰`分剂数'。
养气(氧气)以八分为一分剂(即分剂数为八),……一分剂轻气(氢气)为一,……并之即水,一分剂为九”。
其中与“分剂数”一词最接近的现代化学概念是()
A.摩尔质量B.物质的量C.化合价D.质量分数
2.科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。
在下列假设或猜想引导下的探究肯定没有意义的是
A.探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成
B.探究NO和N2O可能化合生成NO2
C.探究NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2、NaNO3和H2O
D.探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2,酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是HClO的漂白作用
3.铵明矾NH4Al(SO4)2·12H2O是分析化学常用基准试剂,其制备过程如下。
下列分析不正确的是
A.过程Ⅰ反应:
2NH4HCO3+Na2SO4===2NaHCO3↓+(NH4)2SO4
B.检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液
C.若省略过程Ⅱ则铵明矾产率明显减小
D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液先后观察到:
刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失
4.实验室根据反应:
TiO2(s)+CCl4(g)
TiCl4(g)+CO2(g),在无氧无水条件下制备TiCl4,实验装置如下图所示(CCl4、TiCl4的沸点分别为76℃、136℃,且两者互溶)。
下列说法不正确的是
A.③中反应完成后,先停止通N2,再停止加热
B.①、⑤装置中分别盛有无水氯化钙、浓硫酸
C.②中热水使CCl4气化,④中冰水使TiCl4冷凝
D.④中分离TiCl4、CCl4混合物的方法是精馏
5.如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。
下列说法正确的是
A.卤素单质(X2)与水反应均可生成两种酸
B.用电子式表示MgF2的形成过程为:
C.热稳定性:
MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2
D.由图可知此温度下MgI2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为:
MgI2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+I2(g),ΔH=-277kJ·mol-1
6.室温下,将0.10mol·L-1盐酸滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中,溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。
已知:
pOH=-lgc(OH-),下列正确的是
A.M点所示溶液中可能存在c(Cl-)>c(NH4+)
B.N点所示溶液中可能存在c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)
C.Q点盐酸与氨水恰好中和
D.M点到Q点所示溶液中水的电离程度先变大后减小
7.某氮肥样品可能含有NH4HCO3、NH4C1、NH4NO3中的一种或几种。
称取该样品1.000克,溶于水配成100mL溶液。
将溶液分成两等份依次完成如下实验:
①向一份溶液中加入10mL0.2mol•L-1的盐酸与之充分反应,可收集到标准状况下的CO2气体44.8mL(设产生的CO2全部逸出)。
②向另一份溶液中加入足量的6mol•L-1氢氧化钠溶液,加热,产生的气体(设产生的NH3全部逸出)至少需要25mL0.15mol•L-1的硫酸才能被完全反应。
下列说法正确的是
A.1.000g样品中一定含有NH4HCO30.316克
B.向①反应所得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,若有白色沉淀生成,说明原样品中一定含有NH4C1
C.原样品的含氮量为21%
D.无需另外再设计实验验证,就能确定原样品中是否含有NH4Cl
第II卷(非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题
8.工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环裂解水制氢气的流程如下图所示。
(1)反应I的化学方程式为3FeO(s)+H2O(g)
H2(g)+Fe3O4(s),反应II的化学方程式为______________________________,对比反应I、II,铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是____________。
用化学方程式表示反应I、II、III的总结果__________。
(2)反应III为:
CO2(g)+C(s)
2CO(g)ΔΗ>0。
为了提高达平衡后CO的产量,理论上可以采取的合理措施有___________________________(任写一条措施)。
(3)上述流程中铁的氧化物可用来制备含Fe3+的刻蚀液,用刻蚀液刻蚀铜板时,可观察到溶液颜色逐渐变蓝,该反应的离子方程式为______________________。
刻蚀液使用一段时间后会失效,先加酸,再加入过氧化氢溶液,可实现刻蚀液中Fe3+的再生,该反应的离子方程式为_____________________________________。
(4)上述流程中碳的氧化物可用来制备碳酰肼CO(NHNH2)2,其中碳元素为+4价]。
加热条件下,碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层,并生成氮气、水和二氧化碳。
该反应的化学方程式为________________________________。
9.(化学–选修3:
物质结构与性质)碳、氧、氮、镁、铬、铁、铜是几种重要的元素,请回答下列问题:
(1)在第二周期的元素中,第一电离能介于B 与N之间的元素有_________种。
(2)查阅相关资料发现MgO的熔点比CuO的熔点高得多,其原因是_____________。
(3)Fe 与CO能形成一种重要的催化剂Fe(CO)5,该分子中σ键与π键个数比为______________。
请写出一个与CO互为等电子体的离子:
________________。
(4)金属铬是一种银白色,极硬,耐腐蚀的金属,铬的化合物种类繁多,如:
Gr2(SO4)3、K2Cr2O7以及配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+。
①K2Cr2O7具有很强的氧化性,能直接将CH3CH2OH 氧化成CH3COOH,试写出基态铬原子的价层电子排布式__________;CH3COOH 分子中碳原子的杂化类型为___________。
②该配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+中,中心离子的配位数为_______,NH3的VSEPR模型为_______。
③铜铬合金的晶胞如图所示,已知晶胞中Cr 和Cu原子间的最近距离为
apm,则该晶体的密度为_______g·cm-3 (用含a的代数式表示,设NA为阿伏加德罗常数的值)。
评卷人
得分
三、实验题
10.硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂,在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。
现在拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。
反应的化学方程式为:
SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=−97.3kJ·mol−1,实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。
已知:
硫酰氯通常条件下为无色液体,熔点−54.1℃,沸点69.1℃。
在潮湿空气中“发烟”;长期放置或者100°C以上发生分解,生成二氧化硫和氯气。
回答下列问题:
(1)仪器C的名称是_______________,冷凝管的进水方向______(填“a”或“b”)。
(2)下列操作或描述正确的是_________________。
A.将70%硫酸换成98.3%硫酸,可以加快制取SO2的速率
B.实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等,可控制两种反应物体积相等
C.装置戊上方分液漏斗中最好选用0.10mol·L-1NaCl溶液,减小氯气的溶解度
D.装置己防止污染,又防止硫酰氯变质
(3)氯磺酸(ClSO3H)加热分解,也能制得硫酰氯,写出反应方程式:
____________________。
(4)硫酰氯在潮湿空气中“发烟”,原因是_______________________(用化学方程式表示)。
(5)若反应中消耗的二氧化硫体积为560mL(标准状况下),最后经过分离提纯得到2.7g纯净的硫酰氯,则硫酰氯的产率为_______。
评卷人
得分
四、综合题
11.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。
某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下:
已知:
①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe2+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+。
②Cr2O72-+H2O
2CrO42-+2H+③常温下,部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下:
阳离子
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cr3+
沉淀完全时的pH
3.2
11.1
5.4(>8溶解)
9(>9溶解)
(1)实验室用18.4 mol/L的浓硫酸配制480mL2mol/L的硫酸,需量取浓硫酸_________________mL;配制时除量筒、烧杯和玻璃棒外,还需用到的玻璃仪器有_________________________。
(2)H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-,写出此反应的离子方程式__________________。
(3)过滤II操作得到的滤渣主要为______________________________(填化学式), 滤液II中含有的离子主要有_____________________________________。
(4)钠离子交换树脂的反应原理为:
Mn++nNaR=MRn+nNa+,则利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有__________________________。
(5)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式______________________________________。
评卷人
得分
五、推断题
12.化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种,最简单的二苯乙炔类化合物是
。
以互为同系物的单取代芳烃A、G为原料合成M的一种路线(部分反应条件略去)如下:
回答下列问题:
(1)A的结构简式为_________。
M中含有的官能团的名称是__________。
(2)D分子中最多有__________个碳原子共平面。
(3)①的反应类型是__________, ④的反应类型是__________。
(4)⑤的化学方程式为__________。
(5)B的同分异构体中能同时满足如下条件:
①苯环上有两个取代基,②能发生银镜反应,共有_________种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱为5组峰,且峰面积比为6:
2:
2:
1:
1的是__________(写结构简式)。
(6)参照上述合成路线,设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备
的合成路线(不考虑溶剂的合成):
______________________________。
参考答案
1.A
【解析】
【详解】
根据“各原质(元素)化合所用之数名曰`分剂数'”。
氧气八分为一分剂,氢气一分为一分剂,水九分为一分剂,则氧气的分剂数为八,氢气的分剂数为一,水的分剂数为九,即8份氧气与一份氢气化合生成九份水,满足O2+2H2=2H2O中的质量守恒,因此与“分剂数”一词最接近的现代化学概念为摩尔质量,故选A。
2.B
【解析】
试题分析:
A、二氧化硫具有还原性,过氧化钠具有氧化性,所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成,故A不选;B、NO中氮元素化合价未+2价和N2O化合价未+1价,化合生成NO2时化合价都升高,不符合氧化还原反应的本质特征,故B选;C、NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3,氮元素化合价从+4价变化为+5价和+3价,符合氧化还原反应的规律特征,有探究的意义,故C不选;D、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水,消耗氢氧化钠溶液红色褪去,氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性,有探究意义,故D不选;故选B。
考点:
考查了常见物质的化学反应中生成物的推测的相关知识。
3.D
【解析】
试题分析:
A.由于常温条件下,NH4HCO3的溶解度比NaHCO3溶解度大,故NH4HCO3与Na2SO4生成过饱和状态的NaHCO3溶液,故使得NaHCO3析出,:
2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4,A正确;B.滤液A中主要是(NH4)2SO4和少量的NaHCO3,加入H+后,仅剩(NH4)2SO4,故阴离子是SO42-,检验该离子用BaCl2即可,故B正确;C.若省略步骤II,溶液中残余少量HCO3-,易与Al发生双水解,故而减少了铵明矾的产量,故C正确;D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液,Al3+与OH-先反应生成Al(OH)3,OH-再与NH4+反应生成一水合氨,若氢氧化钠过量,白色沉淀才溶解,故D错误,此题选D。
考点:
考查物质的分离和提纯相关知识。
4.A
【解析】
【分析】
本题主要考查了实验操作要求与综合分析能力,同时涉及物质分离原理。
【详解】
A.通入N2的目的是隔绝空气,③中反应完成后,先停止加热,再停止通N2,防止倒吸,以及外界空气与加热中TiCl4反应,A错误;
B.①、⑤装置均吸水,①为固体,⑤为液体,故可以为无水氯化钙、浓硫酸,B正确;
C.CCl4、TiCl4的沸点分别为76℃、136℃,②中热水使CCl4气化,④中冰水使TiCl4冷凝,C正确;
D.根据沸点不同,四氯化钛和四氯化碳为互相混溶的液体混合物,分离TiCl4、CCl4,属于精馏,D正确;
答案为A。
【点睛】
常见物质的分离、提纯方法:
①洗气法。
例如,除去气态烷烃中混有的气态烯烃(或炔烃),可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶;
②分液法。
根据有机物在水中的溶解性、酸碱性等性质上的差异,把两种相互混溶的有机物中的一种转变为可溶于水的物质,另一种仍不溶于水,从而达到分离与提纯的目的。
a.若杂质易溶于水而被提纯物不溶于水,则直接加入水后用力振荡,使杂质转入水层中,用分液漏斗分离;b.若杂质与被提纯物都不溶于水,则先使杂质与某种试剂反应,使其转化为易溶于水的物质后再分离;
③蒸馏(分馏)法.
a.对沸点差别大的有机物,可直接进行蒸馏提纯与分离;b.混合物中各组分的沸点相差不大时,则加入某种物质,使其中一种组分转化为高沸点、难挥发性物质后再进行蒸馏。
5.D
【解析】A.单质氟与水反应生成HF和氧气,只有一种酸,A错误;B.氟化镁是离子化合物,电子式不正确,B错误;C.能量越小的物质越稳定,所以化合物的热稳定性顺序为MgI2<MgBr2<MgCl2<MgF2,C错误;D.Mg(s)+I2(l)=MgI2(s)△H=-364kJ/mol,Mg(s)+Cl2(l)=MgCl2(s)△H=-641kJ/mol,将第二个方程式与第一方程式相减得MgI2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+I2(g),ΔH=-277kJ·mol-1,D正确;答案选D。
6.B
【解析】
【分析】
室温下,Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14,则溶液的pH+pOH=14,由图可得,Q点的pH=pOH,则Q点溶液呈中性,M点溶液呈碱性,N点溶液呈酸性。
据此并结合溶液中的守恒关系进行判断。
【详解】
A项,M点溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒可得:
c(Cl-) B项,N点溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒可得: c(NH4+) ),故B正确; C项,盐酸与氨水恰好中和得到NH4Cl溶液呈酸性,而Q点溶液呈中性,氨水稍过量,故C错误; D项,氨水中水的电离被抑制,滴加盐酸生成氯化铵,使水的电离程度增大,Q点时溶液呈中性,水的电离既不被抑制也不被促进,所以M点到Q点所示溶液中水的电离程度增大,故D错误。 综上所述,符合题意的选项为B。 7.D 【解析】 加入10mL0.2mol.L-1的盐酸与之充分反应,收集到标准状况下的CO2气体44.8mL(0.002mol),说明一定含有NH4HCO3,盐酸完全反应,碳酸氢铵不一定完全反应,所以1.000g样品中不一定含有NH4HCO30.316克,故A错误;①反应加入了盐酸引入氯离子,所得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,若有白色沉淀生成,不能说明原样品中一定含有NH4C1,故B错误;根据关系式2NH3 H2SO4,向另一份溶液中加入足量的6mol.L-1氢氧化钠溶液,加热,产生的氨气的物质的量为0.025L×0.15mol.L-1×2=0.0075mol,原样品的含氮量为 27%;故C错误;NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中NH4+的质量分数分别为: 22.8%、33.6%、22.5%,而样品中.NH4+的质量分数为27%,所以一定含有NH4Cl,故D正确。 8.3FeO(s)+H2O(l) H2(g)+Fe3O4(s)催化剂C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)(方程不写状态,写可逆号亦可)升高温度,减小压强,移走CO,加入CO2等2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+CO(NHNH2)2+12Fe2O3∆8Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O 【解析】 【分析】 (1)由流程图可获取化学反应的反应物和生成物相关信息,再结合原子守恒和电子守恒进行分析解答; (2)反应III为: CO2(g)+C(s) 2CO(g)ΔΗ>0,该反应正反应为一个气体分子数目增多的吸热反应,提高达平衡后CO的产量,则需要促使平衡正向移动,由化学平衡移动原理分析解答; (3)用刻蚀液刻蚀铜板时的反应为: 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,刻蚀液中Fe3+的再生,即将亚铁离子氧化又生成铁离子,由此解答; (4)由题给信息分析出该反应的反应物和生成物,再结合氧化还原反应方程式的配平方法可解答。 【详解】 (1)由流程图可知反应II的反应物为FeO(s)和H2O(g),生成物为H2(g)和Fe3O4(s),配平可得方程式3FeO(s)+H2O(g) H2(g)+Fe3O4(s);反应I为: Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g),反应II为: 3FeO(s)+H2O(g) H2(g)+Fe3O4(s),综合两反应可知铁的氧化物虽然参与了反应,但在反应前后并没有发生变化,起到催化剂的作用;由流程图可知,整个过程的反应物为C(s)和H2O(g),生成物为CO(g)和H2(g),则反应I、II、III的总结果为: C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g);故答案为: 3FeO(s)+H2O(g) H2(g)+Fe3O4(s)、催化剂、C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)(方程不写状态,写可逆号亦可); (2)反应III为: CO2(g)+C(s) 2CO(g)ΔΗ>0,该反应正反应为一个气体分子数目增多的吸热反应,提高达平衡后CO的产量,则需要促使平衡正向移动,由化学平衡移动原理可知;在其它条件不变时,升高温度、减小压强、移走CO或加入CO2等都可使平衡正向移动,提高达平衡后CO的产量,故答案为: 在其它条件不变时,升高温度、减小压强、移走CO或加入CO2等(任写一条措施); (3)用刻蚀液刻蚀铜板时,可观察到溶液颜色逐渐变蓝,是因为生成了Cu2+,发生的离子反应为: 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;在酸性条件下,双氧水可将Fe2+氧化生成Fe3+,从而实现刻蚀液的再生,发生的离子反应为: H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+;故答案为: 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+; (4)由题给信息可知该反应的反应为: CO(NHNH2)2和Fe2O3,生成物有Fe3O4、N2、CO2、H2O等,由氧化还原反应的规律配平可得方程式CO(NHNH2)2+12Fe2O3∆8Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O;故答案为: CO(NHNH2)2+12Fe2O3∆8Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O。 9.3Mg2+半径比Cu2+半径小,MgO的晶格能比CuO高,因此MgO的熔点高1∶1C22-、CN-d54s1sp3、sp26四面体形 【解析】 【分析】 同周期,从左向右第一电离能增大,但因全充满和半充满原因,出现ⅡA族和ⅢA族、ⅤA族和ⅥA族第一电离能反常;Mg2+半径比Cu2+半径小,MgO的晶格能比CuO高;Fe(CO)5中含有6个σ键和2个π键;等电子体中原子数和价电子数都相同;Cr的原子序数为24,共4个电子层,最外层电子数为1;乙酸为CH3COOH,甲基中C形成4个共价单键,-COOH中C形成1个双键和2个单键;配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+中,Cr3=为配位体,H2O和NH3为配位体;氨气分子中价层电子对个数为4; 【详解】 (1)同周期,从左向右第一电离能增大,但因全充满和半充满原因,出现ⅡA族和ⅢA族、ⅤA族和ⅥA族第一电离能反常则第二周期元素中,第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O,共3种。 (2)离子电荷数大,离子半径小的晶格能大,相应表现为熔点高、硬度大,Mg2+与Cu2+所带电荷相同,但是前者半径比后者小,相应表现为晶格能大,熔点大。 (3)Fe(CO)5中含有6个σ键和2个π键,故σ键与π键的数目之比为3: 1;C22—、CN-、CO的原子数都是2,价电子数都是10,则互为等电子体。 (4)Cr的原子序数为24,共4个电子层,最外层电子数为1,基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p6 3d54s1,则价层电子排布式3d54s1;乙酸为CH3COOH,甲基中C形成4个共价单键,-COOH中C形成1个双键和2个单键,则C的杂化方式分别为sp3、sp2;配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+中,Cr3=为配位体,H2O和NH3为配位体,所以配位数为6;氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5-3×1)×1/2=4,VSEPR模型为正四面体结构。 在晶胞中,Cr原子位于顶点,Cu原子位于棱边中点,该晶胞中N原子个数=8×1/8=1,Cu原子个数=12×1/4=3,晶胞质量m为244/NA,晶胞的边长为apm,晶胞的体积为(apm)3=(a×10-10cm)3,则ρ=m/V= g/cm3。 【点睛】 本题考查物质结构与性质,涉及第一电离能、价电子排布、配位键、杂化轨道、晶胞结构与计算、等电子体等知识,晶胞结构对空间想象有一定的要求,注意利用均摊法进行计算。 10.蒸馏烧瓶aBD2ClSO3H SO2Cl2+H2SO4SO2Cl2+2H
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