届贵州省黔东南州高三模拟考试化学试题理综解析版.docx
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届贵州省黔东南州高三模拟考试化学试题理综解析版
贵州省黔东南州2020届高三模拟考试理综
可能用到的相对原子质量:
H1Li7C12N14O16Na23Mg24S32Ni59
一、选择题:
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.化学与生活密切相关。
下列说法正确的是()
A.利用二氧化硅与碳酸钙常温反应制备陶瓷
B.纺织业利用氢氧化钠的强氧化性将其作为漂洗的洗涤剂
C.利用明矾的水溶液除去铜器上的铜锈,因Al3+水解呈酸性
D.“丹砂(主要成分为硫化汞)烧之成水银,积变又还成丹砂”中发生的反应为可逆反应
『答案』C
『详解』A.二氧化硅与碳酸钙常温下不反应,A错误;
B.氢氧化钠没有强氧化性,作漂洗剂时利用它的碱性,B错误;
C.明矾在水溶液中Al3+水解生成硫酸,可除去铜器上的铜锈,C正确;
D.丹砂中的硫化汞受热分解生成汞,汞与硫化合生成丹砂,条件不同,不是可逆反应,D错误;
故选C。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是()
A.11g的D218O中含有的中子数为5NA
B.1LpH=2的H2SO3溶液中H+的数目为0.02NA
C.将0.1molCl2通入足量FeI2溶液中,转移电子数目为0.2NA
D.标准状况下,4.48L甲烷与足量Cl2完全反应生成CH3Cl的分子数目为0.2NA
『答案』C
『详解』A.11gD218O的物质的量为0.5mol,而一个D218O分子中含中子为12个,故0.5molD218O中含中子为6NA个,故A错误;
B.pH=2的H2SO3溶液中,氢离子的浓度为0.01mol/L,1L该溶液中氢离子的物质的量为0.01mol,故溶液中氢离子的个数0.01NA,故B错误;
C.氯气和足量FeI2溶液反应后氯元素由0价变为−1价,氯气是双原子分子,故0.1mol氯气反应后转移电子为0.2NA个,故C正确;
D.甲烷和氯气反应后除了生成CH3Cl外,还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳,故标况下4.48L即0.2mol甲烷反应后生成的一氯甲烷分子小于0.2NA个,故D错误;
『答案』选C。
『点睛』易错点为B选项,pH=2代表了溶液中氢离子浓度的总量,不需要在考虑对应的酸中有几个氢离子。
3.有机物邻二乙烯苯广泛用于制造离子交换树脂,其结构简式如图所示,下列关于邻二乙烯苯的说法不正确的是()
A.1mol邻二乙烯苯含有5mol碳碳双键
B.所有的原子可能在同一平面
C.能发生加成反应,也能发生取代反应
D.苯环上的二氯代物有4种(不考虑立体结构)
『答案』A
『详解』A.苯环中不含碳碳双键,苯环中碳原子之间的六个化学键为介于碳碳双键和碳碳单键之间的特殊键型,所以1mol邻二乙烯苯中只含有2mol碳碳双键,故A错误;
B.苯环为平面结构,苯环上所有原子均处于同一平面,与苯环上碳原子直接相连的原子也与苯环处于同一平面,碳碳双键的结构也为平面结构,双键两端的碳原子及与两端碳原子原子直接相连的原子均处于同一平面,所以该有机物中所有的原子有可能处于同一平面,故B正确;
C.该物质中含有苯环结构,苯环上与碳原子直接相连的氢原子可发生取代反应,同时该物质含有碳碳双键,可发生加成反应,故C正确;
D.根据该有机物的结构简式,找出结构上的对称轴可知,该有机物苯环上的二氯代物有四种,分别是两个氯原子连在邻位碳上的同分异构体有两种,两个氯原子所连碳原子中间间隔一个碳原子的结构有一种,两个氯原子所连碳原子中间间隔两个碳原子的结构有一种,一共四种,故D正确;
『答案』选A。
『点睛』易错点为A选项,考查苯的结构,需要注意的是苯中不含有碳碳双键,苯环中碳原子之间的六个化学键为介于碳碳双键和碳碳单键之间的特殊键。
4.下列实验装置或操作能达到相应实验目的()
A.①②B.③④C.②③D.②④
『答案』B
『详解』①铁离子遇硫氰根离子溶液变红,滴有硫氰化钾溶液的硫酸铁溶液显红色,二氧化硫可与三价铁离子发生氧化还原反应,铁离子转化为亚铁离子,溶液红色褪去,二氧化硫显还原性,与二氧化硫的漂白性无关,故①错误;
②含有水蒸气的一氯甲烷是气体混合物,图中装置被浓硫酸密封,气体无法通过,无法实现干燥,故②错误;
③氯气通入硫化钠溶液中,将硫离子氧化为硫单质,氯气是氧化剂,S为氧化产物,氧化性:
Cl2>S,元素的非金属性越强,其单质的氧化性越强,则非金属性:
Cl>S,可以比较氯与硫的非金属性,故③正确;
④灼烧操作在坩埚中进行,图示操作及装置正确,故④正确;
实验装置或操作能达到相应实验目的为③④,『答案』选B。
5.元素周期表的一部分如图所示,W、X、Y、Z均为短周期主族元素,X与Z的最高正价之和与W的相等。
下列说法错误的是()
A.原子半径:
X>Y>Z>W
B.X2W2中含有离子键和共价键
C.Y的最高价氧化物对应的水化物难溶于水
D.将由X、Z的单质组成的混合物放入冷水中,Z的单质不发生反应
『答案』D
『分析』设X的最外层电子数为x,则Z和W的最外层电子数为(x+2)、(x+3),由X与Z的最高正价之和与W的相等可得,x+(x+2)=x+3,解得x=1,由此可知X为Na元素、Y为Mg元素、Z为Al元素、W为C元素。
『详解』A.同周期元素,从左到右原子半径依次减小,同主族元素,从上到下原子半径依次增大,则原子半径:
X>Y>Z>W,故A正确;
B.X2W2为Na2C2,Na2C2中含有离子键和共价键,故B正确;
C.Y为Mg元素,氢氧化镁为难溶于水的氢氧化物,故C正确;
D.将由Na、Al的单质组成的混合物放入冷水中,钠首先和水反应生成氢氧化钠和氢气,反应生成的氢氧化钠和铝单质反应生成偏铝酸钠和氢气,故D错误;
故选D。
『点睛』将由Na、Al的单质组成的混合物放入冷水中,钠首先和水反应生成氢氧化钠和氢气,反应生成的氢氧化钠和铝单质反应生成偏铝酸钠和氢气是解答关键,也是易错点。
6.科研人员研制出透氧膜,它允许e-和O2-同时通过,可实现水连续分解制备氢气,工作时CO、H2O分别在透氧膜的两侧反应。
工作原理如图所示,下列说法正确的是()
A.CO在a侧上反应
B.b侧的反应式:
H2O+2e-=H2↑+O2-
C.该透氧膜可实现太阳能向氢能的转化
D.当有2mol电子通过透氧膜时,就会消耗22.4LCO
『答案』C
『分析』根据题意判断该装置是原电池,该装置连续分解水制H2的化学方程式为CO+H2O=CO2+H2,由原电池的“电子不下水,离子不上岸”规律可知:
该装置的透氧膜是内电路,根据O2-由a→b判断a侧电极为正极、b侧电极为负极,即负极原料CO在b侧;正极原料H2O得电子生成H2和O2-,故a侧电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-,据此分析解答。
『详解』A.根据分析,负极原料CO在b侧,故A错误;
B.结合分析,b侧电极为负极,发生氧化反应,失去电子,a侧电极的反应式:
H2O+2e-=H2↑+O2-,故B错误;
C.根据装置图所示,利用太阳能将水在透氧膜上转化氢气,实现太阳能向氢能的转化,故C正确;
D.根据a侧电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-,当有2mol电子通过透氧膜时,会消耗1mol水,结合电池总反应:
CO+H2O=CO2+H2,同时会消耗1molCO,标况下的体积为22.4L,但题中为指明状态条件,故D错误;
『答案』选C。
7.25℃时,向NaHCO3溶液中滴入盐酸,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述错误的是()
A.25℃时,H2CO3的一级电离K(H2CO3)=1.0×10-6.4
B.图中a=2.6
C.25℃时,HCO3-+H2O
H2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6
D.M点溶液中:
c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)
『答案』D
『详解』A.25℃时,在N点,pH=7.4,则c(H+)=10-7.4,lg
=1,则
=10,H2CO3的一级电离K(H2CO3)=
=10-7.4×10=1.0×10-6.4,A正确;
B.图中M点,pH=9,c(H+)=10-9,K(H2CO3)=
=1.0×10-6.4,
=102.6,a=lg
=2.6,B正确;
C.25℃时,HCO3-+H2O
H2CO3+OH-的Kh=
=
=1.0×10-7.6,C正确;
D.M点溶液中:
依据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-),此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液,则c(Na+)>c(H2CO3)+c(HCO3-),所以c(H+)+c(H2CO3) 故选D。 二、非选择题 (一)必考题 8.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药,用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒,临床常用于治疗荨麻疹,皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定,在酸性溶液中分解产生S和SO2 实验I: Na2S2O3的制备。 工业上可用反应: 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示: (1)仪器a的名称是_______________,仪器b的名称是___________。 b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为___________________________________________。 c中试剂为___________ (2)实验中要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有_______________________(写出一条) (3)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2不能过量,原因是_______________________________________________________ 实验Ⅱ: 探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料: Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置 试剂X 实验现象 Fe2(SO4)3溶液 混合后溶液先变成紫黑色,30s后几乎变为无色 (4)根据上述实验现象,初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过___________________ _______________________(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+。 从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象: ______________________________________________ ____________________________________________________________________ 实验Ⅲ: 标定Na2S2O3溶液的浓度 (5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液,并用间接碘量法标定该溶液的浓度: 用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。 平均分成3份,分别放入3个锥形瓶中,加水配成溶液,并加入过量的KI并酸化,发生下列反应: 6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,再加入几滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3溶液滴定,发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL,则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1 『答案』 (1).分液漏斗 (2).蒸馏烧瓶(3). (4).硫化钠和碳酸钠的混合液(5).调节酸的滴加速度(6).若SO2过量,溶液显酸性.产物会发生分解(7).加入铁氰化钾溶液.产生蓝色沉淀(8).开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快,氧化还原反应速率慢,但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大,导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动,最终溶液几乎变为无色(9).0.1600 『详解』 (1)a的名称即为分液漏斗,b的名称即为蒸馏烧瓶;b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2,所以方程式为: ;c中是制备硫代硫酸钠的反应,SO2由装置b提供,所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液; (2)从反应速率影响因素分析,控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度,或者改变反应温度; (3)题干中指出,硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解,如果通过量的SO2,会使溶液酸性增强,对制备产物不利,所以原因是: SO2过量,溶液显酸性,产物会发生分解; (4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾,所以加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成;解释原因时一定要注意题干要求,体现出反应速率和平衡两个角度,所以解释为: 开始阶段,生成 的反应速率快,氧化还原反应速率慢,所以有紫黑色出现,随着Fe3+的量逐渐增加,氧化还原反应的程度变大,导致平衡逆向移动,紫黑色逐渐消失,最终溶液几乎变为无色; (5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应: ① ;② ;反应①I-被氧化成I2,反应②中第一步所得的I2又被还原成I-,所以①与②电子转移数相同,那么滴定过程中消耗的 得电子总数就与消耗的 失电子总数相同;在做计算时,不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。 所以假设c(Na2S2O3)=amol/L,列电子得失守恒式: ,解得a=0.1600mol/L。 9.2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者,LiFePO4是锂离子电池的正极材料。 用含锂废渣(主要金属元素的含量: Li8.50%、Ni6.55%、Mg13.24%)制备Li2C2O4,并用其制备LiFePO4部分工艺流程如图(该流程可能造成水体砷污染): 已知: 滤液1、滤液2中部分离子的浓度(g·L-1): Li+ Ni2+ Mg2+ 滤液1 22.72 20.68 60.18 滤液2 21.94 7.7×10-3 0.78×10-3 I.制备Li2C2O4 (1)滤渣2的主要成分有__________(填化学式)。 (2)Na2C2O4溶液中各离子的浓度由大到小顺序为__________________________________。 (3)写出加入Na2C2O4溶液时发生反应的离子方程式: ______________________________。 Ⅱ.制备LiFePO4 (4)将电池极Li2C2O4和FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和一种温室气体,该反应的化学方程式是___________________________________________________。 (5)LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极,高温成型时要加入少量石墨,则石墨的作用是______________________________________________(任写一点)。 (6)我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8)去除废水中的As(Ⅴ),其机制模型如图,其中零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是______________________________________。 在该模型中得到的铁砷共沉淀物经灼烧(无元素化合价变化)后得到一种磁性化合物,化学式为Fe7As2O14,该物质中二价铁与三价铁的个数比为______。 『答案』 (1).Mg(OH)2、Ni(OH)2 (2).c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+)(3).2Li++C2O42-=Li2C2O4↓(4).Li2C2O4+2FePO4 2LiFePO4+2CO2↑(5).改善成型后LiFePO4(或电极)的导电作用(6).Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-(7).3: 4 『分析』含锂废渣(主要金属元素的含量: Li8.50%、Ni6.55%、Mg13.24%)粉碎后加入稀硫酸,并加热,Li、Ni、Mg溶解生成Li2SO4、NiSO4、MgSO4,过滤出不溶物(滤渣1),所得滤液1的主要成分为Li2SO4、NiSO4、MgSO4;加入NaOH调节溶液的pH=12,据表中数据,此时主要发生NiSO4、MgSO4与NaOH的反应,所得滤渣2的主要成分为Ni(OH)2、Mg(OH)2,滤液2中主要含有Li2SO4;加入Na2C2O4,与Li2SO4发生反应,主要生成Li2C2O4沉淀,这就是滤渣3的主要成分。 『详解』 (1)由以上分析知,滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、Ni(OH)2。 『答案』为: Mg(OH)2、Ni(OH)2; (2)Na2C2O4溶液中,主要存在以下平衡: C2O42-+H2O HC2O4-+OH-、HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-、H2O H++OH-,且程度依次减弱,所以各离子的浓度由大到小顺序为c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+)。 『答案』为: c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+); (3)加入Na2C2O4溶液时,与Li2SO4发生反应,主要生成Li2C2O4沉淀,发生反应的离子方程式为: 2Li++C2O42-=Li2C2O4↓。 『答案』为: 2Li++C2O42-=Li2C2O4↓; (4)将Li2C2O4和FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和CO2,该反应的化学方程式是Li2C2O4+2FePO4 2LiFePO4+2CO2↑。 『答案』为: Li2C2O4+2FePO4 2LiFePO4+2CO2↑; (5)LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极,为增强电极的导电能力,高温成型时要加入少量石墨,则石墨的作用是改善成型后LiFePO4(或电极)的导电作用。 『答案』为: 改善成型后LiFePO4(或电极)的导电作用; (6)零价铁与过硫酸钠反应,生成Fe2+和SO42-,反应的离子方程式是Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-。 在Fe7As2O14中,Fe显+2、+3价,As显+5价,O显-2价,可设Fe2+的个数为x,则Fe3+的个数为(7-x),依据化合价的代数和等于0,可建立如下等量关系式: 2x+3(7-x)=18,x=3,从而得出该物质中二价铁与三价铁的个数比为3: 4。 『答案』为: Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-;3: 4。 『点睛』在分析图中所示反应的反应物和生成物时,可从图中箭头的方向判断,箭尾所示物质为反应物,箭头所指物质为生成物。 10.甲烷、乙烯、环氧乙烷、丁烷都是重要的化工原料,用途广泛,回答下列问题: 已知: Ⅰ.2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2 (g)ΔH1<0 Ⅱ.CH2=CH2(g)+3O2(g)⇌2CO2(g)+2H2O(l)ΔH2 Ⅲ.2 (g)+5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(l)ΔH3 (1)若反应Ⅲ是在一定温度下可自发进行,则ΔH3______(填“>”“<”或“=”)0。 (2)热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量,是燃料质量的一种重要指标。 已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1,则△H2=________kJ·mol-1。 (3)实验测得2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2 (g)ΔH1<0中,v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2),v逆=k逆·c2( )(k正、k逆为速率常数,只与温度有关)。 ①达到平衡后,仅升高温度,k正增大的倍数________(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。 ②若在1L的密闭容器中充入1molCH2=CH2(g)和1molO2(g),在一定温度下只发生反应Ⅰ,经过10min反应达到平衡,CH2=CH2(g)的转化率为40%,则0~10min内,v(O2)=_________, =___________(保留两位有效数字)。 (4)下列有关环氧乙烷制备的说法正确的是________(填字母)。 图1环氧乙烷选择性与进料气体初始温度关系图2乙烯转化率-环氧乙烷选择性与进料气体流速关系 A.由图1可知,进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大,可得出乙烯的转化率受初始温度的影响不大 B.由图2可知,原料气的流速加快,乙烯转化率下降,主要是原料气与催化剂接触时间过短造成 C.若进料气中氧气比例增大,环氧乙烷产率降低,其主要原因是部分乙烯、环氧乙烷转化为二氧化碳和水 (5)一种以天然气为物燃料的固体氧化物燃料电池的原理如图所示,其中YSZ为6%~10%Y2O3掺杂的ZrO2固体电解质。 a极上的电极反应式为_________________________________;若电路中转移0.1mol电子,则消耗标准状况下CH4的体积为_____________L。 『答案』 (1).< (2).-1411.2(3).小于(4).0.02mol/(L∙min)(5).0.56(6).BC(7).CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O(8).0.28 『分析』 (1)反应Ⅲ: 2 (g)+5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(l)是体系混乱度减小的反应,根据ΔG=ΔH-TΔS<0分析判断; (2)结合热值计算乙烯的燃烧热,根据盖斯定律,将 ×(Ⅰ+Ⅲ)整理可得; (3)①反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2 (g)ΔH1<0的正反应是放热反应,在其他条件不变时,升高温度,v正、v逆都增大,由于温度对吸热反应影响更大,结合v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2),v逆=k逆·c2( )分析判断; ②达到平衡时乙烯的转化率为40%,则参与反应的乙烯的物质的量为1mol×40%=0.4mol,根据反应计算氧气的物质的量进而计算v(O2);反应达到平衡时,计算化学平衡常数K;由于反应达到平衡时,v正=v逆,所以k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)=k逆·c2( ); (4)A.根据图示可知,进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大,可能是温度对副反应的影响较小造成的,但不能得到初始温度对乙烯的转化率影响不大的结论; B.流速越快,反应物接触时间越短,消耗乙烯的量越少; C.若进料气中O2比例增大,环氧乙烷与氧发生副反应转化为氧化碳和水; (5)根据图示可知在a电极通入甲烷为负极,失去电子发生氧化反应;根据电极反应计算CH4的物质的量,再利用V=nVm计算。 『详解』 (1)反应Ⅲ: 2 (g)+5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(l)是体系混乱度减小的反应,ΔS<0,若在一定温度下可自发进行,根据ΔG=ΔH-TΔS<0,ΔS<0则ΔH<0,即ΔH3<0; (2)热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量,是燃料质量的一种重要指标。 已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1,则1mol乙烯的燃烧热为-50.4kJ·g-1×28g/mol=-1411.2kJ·mol-1,根据盖斯定律,将 ×(Ⅰ+Ⅲ)整理可得,CH2=CH2(g)+3O2(g)⇌2CO2(g)+2H2O(l)ΔH2= ×(H1+H3)=-1411.2kJ·mol-1; (3)①反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2 (g)ΔH1<0的正反应是放热反应,在其他条件不变时,升高温度,v正、v逆都增大,由于温度对吸热反应影响更
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