届四川省成都七中高三理科综合考试化学试题解析版.docx
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届四川省成都七中高三理科综合考试化学试题解析版
成都七中2019届高中毕业班阶段性测试
理科综合
可能用到的相对原子质量:
C-12N-70-16Cl-35.5Fe-56
一、选择题:
本题共7个小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与生产、生活密切相关。
下列叙述不正确的是
A.用氯化钠腌制食品,可延长食品的保存时间
B.用硫酸亚铁补铁时,不可同时服用维生素C
C.用铝箔制成的食品包装“锡纸”,可以包裹食品在烤箱中加热
D.用纤维素和淀粉为原料制成可降解塑料,有利于减少白色污染
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钠属于食品防腐剂,可以延长食品的保存时间,故正确;
B.硫酸亚铁和维生素C不反应,二者都具有还原性,能同时服用,故错误;
C.铝是金属,具有良好的导热性,故正确;
D.塑料通常不能降解,易形成白色污染。
但是,用纤维素或淀粉等能水解的物质为原料生产的塑料可以降解,因而可以减少白色污染,故正确。
故选B。
2.下列叙述正确的是
A.等质量的金刚石和石墨所含的原子数相同
B.常温常压下,46gNO2与92gN2O4,所含的分子数相同
C.标准状况下,2.24LHF与2.24LHCl所含共价键数目相同
D.相同体积、相同物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaCl溶液所含离子数目相同
【答案】A
【解析】
【详解】A.金刚石和石墨都只有碳原子,所以等质量的二者含有相同的碳原子,故正确;
B.二氧化氮能转化为四氧化二氮,这一个可逆反应,在一定的条件下可以达到化学平衡状态。
因46gNO2与92gN2O4的质量不相等,故其分子数也不相同,故错误;
C.标况下,氟化氢不是气体,不能根据气体摩尔体积计算其物质的量,故错误;
D.醋酸钠溶液中醋酸根离子水解,所以促进水的电离,溶液显碱性,根据电荷守恒分析,n(Na+)+n(H+)=n(CH3COO-)+n(OH-),在氯化钠溶液中存在:
n(Na+)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-),氯化钠溶液显中性,醋酸钠溶液显碱性,故醋酸钠溶液中的氢离子数小于等体积的纯水中的氢离子数,故错误。
故选A。
3.下表选用的装置和试剂能达到相应实验目的的是
A.制SO2
B.收集氨气
C.接收蒸馏的馏分
D.准确量取一定体积K2Cr2O7溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.铜和稀硫酸不反应,故错误;
B.氨气的密度比空气小,用向下排空气法收集,故正确;
C.接收馏分的装置不能密封,要保持系统内外气压相同,故错误;
D.重铬酸钾具有强氧化性,不能使用碱性滴定管量取该溶液,故错误。
故选B。
4.抗癌药物“6-Azulenol”的结构简式如图所示,下列有关它的叙述不正确的是
A.分子式为C13H18O3
B.能发生加成、酯化反应
C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.分子中所有碳原子可能在同一平面上
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据该物质的结构简式可以判断其分子式为C13H18O3,故A正确;
B.该物质含有碳碳双键和羟基,能发生加成反应和酯化反应,故B正确;
C.含有碳碳双键的有机物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C正确;
D.分子中有2个碳原子以碳碳单键与多个碳原子相连接,根据甲烷的正四面体结构可知,分子中所有碳原子不可能都在同一平面上,故D错误。
故选D。
5.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素,A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,D原子最外层电子数与最内层电子数相等,化合物DC中两种离子的电子层结构相同,A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍。
下列说法正确的是
A.原子半径:
C>B>A
B.气态氢化物的热稳定性:
E>C
C.最高价氧化对应的水化物的酸性:
B>E
D.化合物DC与EC2中化学键类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素,A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,制冷剂为氨气,所以A为氢元素,B为氮元素,D原子最外层电子数与最内层电子数相等,为镁元素,化合物DC中两种离子的电子层结构相同,所以C为氧元素,A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍,则E为硅元素。
A.根据同周期元素,从左到右原子半径减小,故原子半径:
B>C>A,故错误;
B.氧的非金属性比硅强,所以气态氢化物的热稳定性:
C>E,故错误;
C.氮的非金属性比硅强,所以最高价氧化对应的水化物的酸性:
硝酸大于硅酸,故正确;
D.氧化镁含有离子键,二氧化硅含有共价键,故错误。
故选C。
6.—种新型可逆电池的工作原理如图所示,放电时总反应为Al+3Cn(AlCl4)+4AlCl4-
Al2Cl7-+3Cn-(Cn代表石墨),下列说法正确的是
A.充电时,石墨电极作阴极
B.充电时,熔融盐中的A1C14-向右移动
C.放电时,负极反应为:
2A1-6e-+7C1-=A12C17-
D.放电时,若电路中转移3mol电子,则有1molCn(A1C14)被还原
【答案】B
【解析】
【详解】A.金属铝做原电池的负极,充电时做电解池的阴极,石墨做阳极,故错误;
B.充电时,阴离子向阳极移动,即向右移动,故正确;
C.放电时,负极反应为:
A1-3e-+7AlCl4-=4A12C17-,故错误;
D.放电时,若电路中转移3mol电子,则有3molCn(A1C14)被还原,故错误。
故选B。
【点睛】掌握电化学中电极反应的书写一定看电解质提供的离子形式,本题中C选项容易认为正确,注意提供的离子为AlCl4-,不是氯离子。
7.25°C时,用氢氧化钠调节浓度为2.0×10-3mol•L-1的氢氟酸溶液的pH(忽略体积变化),溶液中c(HF)、c(F-)与pH的变化关系如下图所示。
下列说法不正确的是
A.a〜b〜d曲线代表c(F-)随pH的变化
B.25°C时,HF电离平衡常数的数值Ka=10-3.6
C.从b点到c点发生的离子反应方程式是:
HF+OH-=H2O+F-
D.图中a点溶液粒子浓度大小是:
c(HF)>c(H+)>c(F-)>c(OH-)
【答案】A
【解析】
【详解】氢氟酸溶液中加入氢氧化钠,随着氢氧化钠的量的增加,溶液的pH升高,溶液中的氟化氢分子浓度减小,氟离子浓度增大。
A.a〜b〜d曲线代表c(HF)随pH的变化,故错误;
B.从图中b点分析,氟化氢的电离平衡常数=
=10-3.6,故正确;
C.从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应,离子方程式为:
HF+OH-=H2O+F-,故正确;
D.从图中a点分析,氟化氢的浓度比氟离子浓度大,氟化氢的浓度为1.6×10-3mol/L,氢离子浓度为1.0×10-3mol/L,而氟离子浓度约为5.5×10-4mol/L,溶液显酸性,所以溶液粒子浓度关系为:
c(HF)>c(H+)>c(F-)>c(OH-),故正确。
故选A。
【点睛】酸中加入碱,酸分子浓度减小,酸根离子浓度增大,电离平衡常数只有温度有关,可以利用图像中的特殊点进行计算。
8.亚硝酰氯(NOC1)是一种黄色气体,沸点为-5.5。
其液体状态呈红褐色。
遇水易水解,伴随有氯伴随有氯化氢生成。
某化学兴趣小组按下图装置用Cl2和NO制备NOC1。
回答下列相关问题:
(1)仪器a的名称是_____,装置甲中反应的离子方程式是______.
(2)装置乙的作用是____,实验开始时,先打开活塞k,当观察到装置丙中出现____(填现象)时再缓缓通入Cl2.
(3)装置丙中生成NOC1的反应方程式是___,装置丁中冰盐水的作用是______.
(4)经分析该套装置设计上有一处明显缺陷,改进方法是_____(用文字描述)。
(5)工业制得的NOC1中常含有少量N2O4杂质,为测定产品纯度进行如下实验:
称取1.441g样品溶于适量的NaOH溶液中,加入几滴K2CrO4溶液作指示剂,用0.8000mol/L硝酸酸化的AgNO3溶液滴定,若消耗AgNO3溶液的体积为25.00mL,则NOC1的质量分数为___%(保留2位小数);如果AgNO3溶液出现部分变质(变质的部分不参与反应),则测得的NOC1的质量分数会____(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】
(1).U型管
(2).Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O(3).将NO2转化为NO,同时吸收HNO3(4).气体由红棕色转换为无色(5).2NO+Cl2=2NOCl(6).冷凝并收集NOCl(7).在装置中乙和丙之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或在装置中乙和丙之间增加一个气体干燥装置)(8).90.91(9).偏大
【解析】
【分析】
铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体,二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,一氧化氮和氯气反应生成亚硝酰氯,亚硝酰氯的沸点较低,用冰水收集。
【详解】
(1)仪器a为U型管,装置甲中为铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水,离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(2)装置乙中水和二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮,硝酸蒸气能溶于水,所以作用为:
将NO2转化为NO,同时吸收HNO3;实验开始时,观察装置丙中气体由红棕色转换为无色,说明装置中的空气已排尽,再通入氯气。
(3)一氧化氮和氯气反应生成亚硝酰氯,方程式为:
2NO+Cl2=2NOCl,冰盐水的作用是冷却亚硝酰氯,并收集。
(4)反应得到的一氧化氮含有水,氯气能和水反应,且亚硝酰氯容易水解,故应在装置中乙和丙之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或在装置中乙和丙之间增加一个气体干燥装置)。
(5)根据NOCl-AgNO3分析,硝酸银的物质的量为0.8000×25×10-3=0.02mol,则亚硝酰氯的质量分数为
=90.91%。
若硝酸银溶液出现部分变质,则消耗的硝酸银溶液的体积变大,则测得的亚硝酰氯的质量分数会偏大。
9.硫酸铜是一种常见的无机化合物,可形成CuSO4.5H2O、CuSO4.H2O等多种结晶水合物,它可用作杀菌剂,还可用于电镀和电解精炼铜。
冋答下列问题:
(1)CuSO4.5H2O的俗名是________。
(2)工业利用“冶炼硫酸铜”(主要成分CuSO4含少量Fe2+、AsO2-、Ca2+等杂质)提纯制备“电镀硫酸铜”(CuSO4.H2O)的生产流程如下:
溶解所用的酸最适宜的是_____,氧化的产物中有比H3AsO4和______,调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4、Fe((OH))3外还有______,生成FeAsO4反应的离子方程是________,操作a需经过蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥等步骤,其中洗涤的过程中常用无水乙醇,其作用是______________________。
(3)用CuSO4溶液电解精炼铜的装置如图所示,粗铜中含锌、银、铂杂质,阳极发生的电极反应式_______:
目前世界正在大力开展用Cu+的络合物作电解质溶液制备纯铜的研究,电解Cu+的络合物与电解CuSO4溶液相比较,优点是________________,
【答案】
(1).胆矾或蓝矾
(2).硫酸(3).Fe2(SO4)3(4).CaCO3(5).2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑(6).冷却结晶(7).迅速除去晶体表面的水,防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O(8).Zn-2e-=Zn2+Cu-2e-=Cu2+(9).理论上制备相同质量的铜时,可以节省一半的电能
【解析】
【详解】
(1)CuSO4•5H2O的俗名为胆矾或蓝矾;
(2)因为最后制取的为电镀硫酸铜CuSO4•H2O,所以加入的酸最好为硫酸;亚铁离子能被过氧化氢氧化,所以产物中含有硫酸铁。
调节pH时加入的试剂为碳酸钠,所以溶液中的钙离子与碳酸钠反应生成碳酸钙。
调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4,说明铁离子和H3AsO4在碳酸根离子存在反应生成FeAsO4,同时产生二氧化碳,离子方程式为:
2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑。
因为要制备的是电镀硫酸铜,电镀硫酸铜含有一定量的结晶水,故操作a是蒸发浓缩、冷却结晶,过滤,洗涤,干燥。
洗涤过程使用无水乙醇,利用乙醇和水任意比互溶,其作用是迅速除去晶体表面的水,防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O。
(3)电解精炼铜中粗铜在阳极反应,粗铜中含锌、银、铂杂质,最活泼的为锌,其次为铜,故电极反应为:
Zn-2e-=Zn2+,Cu-2e-=Cu2+;电解Cu+的络合物与电解CuSO4溶液相比较,Cu+得到电子生成铜,与铜离子得到电子生成铜相比较,理论上制备相同质量的铜时,可以节省一半的电能。
10.人们利用焦炭制取水煤气的上艺已广泛用于工业生产中。
I.以焦炭制各水煤气
已知:
①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)
H=+130.0KJ/mol
②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
H=+40.0KJ/mol
(1)在工业上,反应①是煤的综合利用的一种途径,其名称是______。
焦炭与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为_____。
II•焦炭废气的再利用
500°C时,在密闭容器中将焦炭废气中的CO2转化为二甲醚,其相关反应为:
主反应:
2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g)
副反应:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+2H2O(g)
(2)测得不同时间段部分物质的浓度如下表:
①10〜20min内,CH3OCH3的平均反应速率V(CH3OCH3)=__________。
②在上述特定条件下,己知主反应的速率方程为v=kca(CO2)×cb(H2)/cm(CH3OCH3)(k为速率常数,a、b、m均大于0),下列措施一定能提高主反应的反应速率的是______(填字母序号)。
A.适当温度B.分离出二甲醚
C.恒压减小c(CO2)/c(H2)D.恒容下增大c(CO2)
②提高CH3OCH3产率的关键的因素是选用合适的催化剂,其原因是______。
若起始时CO2和H2的浓度比为1:
3,根据以上数据计算,上述主反应的平衡常数的计算表达式K=______
(3)对该反应实验研究得出:
在相同温度下,CO2的转化率等物理量随催化剂的组成比的变化关系如图所示。
若温度不变,催化剂中n(Mn)/n(Cu)约是______时最有利于二甲瞇的合成,此时,若增大反应投料比n(H2)/n(CO2),平衡常数K将____(填“增大”、“减小”或“不变”).
【答案】
(1).煤的气化
(2).C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+90.0kJ/mol(3).0.003mol/(L•min)(4).BD(5).合适的催化剂能大幅提高主反应速率,从而提高二甲醚的产率(6).0.1×(
)3/(0.36×0.12)(7).2(8).不变
【解析】
【详解】I.
(1)反应①是碳和水蒸气反应,属于煤的气化;根据盖斯定律分析,①-②可得碳和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热方程式为:
C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+90.0kJ/mol;
(2)①10〜20min内,CH3OCH3的平均反应速率V(CH3OCH3)=
=0.003mol/(L•min);②适当温度没有说明是升温还是降温,不能确定速率的变化,故错误;分离出二甲醚,根据速率方程分析,可以提高主反应的速率,故正确;恒压下减小二氧化碳和氢气的浓度比,不能确定速率的变化,故错误;恒容下增大二氧化碳的浓度,根据速率方程分析,可以提高主反应的速率,故正确。
故选BD;
②催化剂能改变反应速率,所以合适的催化剂能大幅提高主反应速率,从而提高二甲醚的产率;主反应:
2CO2+6H2
CH3OCH3+3H2O
初1/3100
变0.20.60.10.3
平0.10.30.10.3
副反应CO2+3H2
CH3OH+H2O
初00
变0.1/30.10.1/30.1/3
平0.1/3
两个反应总体考虑,平衡时各物质的浓度分别为0.1mol/L,0.3mol/L,0.1mol/L,(0.3+0.1/3)mol/L,平衡常数为0.1×(
)3/(0.36×0.12)。
(3)从图分析,催化剂比例为2时,二甲醚选择性和二氧化碳的转化率最高,所以该组成比时最有利于与二甲醚的合成,若此时增大反应投料比,因为温度不变,平衡常数不变。
【点睛】在计算平衡常数时需要考虑两个反应的数据关系,两个反应都消耗二氧化碳和氢气,都生成水蒸气,所以平衡时的数据为两个反应都到平衡的结果。
11.黄铁矿(主耍成分为FeS2)是工业制硫酸的主要原料。
回答下列问题
(1)基态铁原子的价电子排布图_____________
(2)制硫酸的过程中会产生SO3,SO3的空间构型是_____。
(3)配合物[Fe(H2N-CH2-CH2-NH2)3]SO4的名称是硫酸三乙二胺合铁(II).其中的乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)是配体.
①[Fe(H2N-CH2-CH2-NH2)3]SO4的晶休类型属于______,其中C、N、O的电负性由大到小的顺序为______
③乙二胺分于中氮原子的杂化轨道类型是______.乙二胺和偏二甲肼(CH3)2NNH2互为同分异构休.乙二胺的沸点117.20C,偏二甲肼的沸点630C。
两者沸点不同的主要原因是_________________
(4)铁和铜的电离能数据如下表:
第一电离能与第二电离能之间的差值铜比铁大得多的原因是______
(5)铁原子有两种堆枳方式,相应地形成两种晶胞(如图甲、乙所示),其中晶胞乙的堆积方式是______,晶胞甲中原子的空间利用率为______(用含
的代数式表示)。
【答案】
(1).
(2).平面正三角形(3).离子晶体(4).O>N>C(5).sp3杂化(6).两种物质中分子间氢键数目乙二胺大于偏二甲肼(7).失去1个电子后+1价铜电子排布是3d10,+1价的铁电子排布式是3d64s1,铜为全充满结构很稳定,所以第二电离能铜比铁大很多(或+1价铜失去的是3d电子,+1价的铁失去的是4s电子,3d电子的能量比4s高)(8).面心立方最密堆积(9).
【解析】
【详解】
(1)基态铁26个电子,价电子排布图为:
;
(2)三氧化硫中σ键电子对数为3,中心原子孤电子对数为
,价层电子对数为3,所以为平面正三角形
(3)①该物质含有阴阳离子,晶体类型属于离子晶体,非金属性越强,电负性越强,所以碳和氮和氧的电负性由大到小的顺序为:
O>N>C。
③氮原子形成四个σ键,价层电子对数为4,采用sp3杂化。
虽然乙二胺和偏二甲肼的分子间均能形成氢键,但是,由于乙二胺分子中的N—H键的数目多于偏二甲肼,因而乙二胺的分子间氢键数目大于偏二甲肼,所以乙二胺的熔沸点高。
(4)电离能越大,说明原子或离子越难失去电子,具有全充满或半充满及全空的电子构型的元素稳定性较高,其电离能数值较大。
失去1个电子后,+1价铜电子排布是3d10,+1价的铁电子排布式是3d64s1,铜为全充满结构很稳定,所以第二电离能铜比铁大很多(或+1价铜失去的是3d电子,+1价的铁失去的是4s电子,3d电子的能量比4s高)
(5)晶胞乙中原子位于晶胞的顶点和面心,所以属于面心立方最密堆积;晶胞甲中含有铁原子个数为
,假设铁原子半径为r,晶胞的边长为a,则有(4r)2=(
a)2+a2,解r=
,原子的空间利用率为
=
。
【点睛】掌握电离能的大小与失电子能力的关系,掌握立方晶胞的计算方法,通常用均摊法,即顶点的粒子同为8个晶胞所拥有,1/8离子属于该晶胞;位于棱上的的粒子有1/4属于该晶胞;位于面上的粒子有1/2属于该晶胞;位于内部的整个离子都属于该晶胞。
还要掌握晶胞的空间利用率的计算公式。
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