届福建省泉州市高三毕业班质量检查理综化学试题解析版.docx
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届福建省泉州市高三毕业班质量检查理综化学试题解析版
福建省泉州市2018届高三毕业班3月质量检查
理综化学试题
1.化学与生活密切相关。
下列物质的用途错误的是
A.小苏打用于面包发酵
B.氢氧化铝用于中和胃酸
C.肥皂水用于蚊虫叮咬处清洗
D.福尔马林用于食品保鲜
【答案】D
【解析】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,可用于糕点、面包的发酵,故A正确;B.胃酸的主要成分是盐酸,氢氧化铝可以和盐酸反应生成氯化铝和水,消耗盐酸,故B正确;C.肥皂水呈碱性,与蚊虫叮咬处释放的酸发生反应,可用于蚊虫叮咬处清洗,故C正确;D.福尔马林是甲醛的水溶液,甲醛有毒,不能用于食品保鲜,故D错误;答案选D。
2.下列说法正确的是
A.HOCH2CH=CHCOOH能发生酯化、加聚、水解等反应
B.石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇
C.丁烷的一氯代物有5种
D.油脂、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物
【答案】B
【解析】A.HOCH2CH=CHCOOH中含有羟基、碳碳双键和羧基,可以发生酯化、加聚反应,不能发生水解反应,故A错误;B.石油分馏产品经过裂解可制得乙烯,乙烯与水发生加成反应制得乙醇,故B正确;C.丁烷有两种同分异构体,分别为CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3,CH3CH2CH2CH3的一氯代物有2种,CH(CH3)3的一氯代物有2种,所以丁烷的一氯代物有4种,故C错误;D.淀粉、蛋白质是可以发生水解反应的高分子化合物,油脂可以发生水解反应,但不是高分子化合物,故D错误;答案选B。
3.NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述不正确的是
A.46g乙醇完全燃烧,转移的电子数为12NA
B.0.2NA个CH4分子与足量氯气反应,生成物在标准状况下的体积为22.4L
C.1L1mol·L-1NH4NO3溶液中NO3-的数目为NA
D.1molNa与足量O2反应,产物中阴离子的数目为0.5NA
【答案】B
点睛:
本题考查阿伏加德罗常数的计算和判断,试题难度中等,掌握以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数之间的关系、理清物质的结构、性质是解答本题的关键,本题的易错点是D项,解题时要注意无论是Na2O2还是Na2O均只有1个阴离子,钠离子和阴离子的个数之比都是2:
1。
4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,X和W为同族元素,WX是离子化合物,YZ为常见气体。
下列说法一定正确的是
A.常温下,YZ在空气中易被氧气氧化
B.Y的最简单气态氢化物与其最高价氧化物的水化物能发生反应
C.原子半径由大到小的顺序为W、Y、Z、X
D.符合分子式为Y2X6Z的化合物能与W单质发生置换反应
【答案】C
【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,X和W为同族元素,WX是离子化合物,则X为H元素、W为Na元素,Y、Z一定是第二周期的元素,YZ为常见气体,则YZ为CO,Y为C元素,Z为O元素。
A.YZ为CO,常温下在空气中不易被氧化,故A错误;B.C元素的最简单气态氢化物是甲烷,与碳酸不能发生反应,故B错误;C.Na是短周期中原子半径最大的元素,C元素的原子半径大于O元素的原子半径,H元素的原子半径最小,故C正确;D.符合分子式为Y2X6Z的化合物可能是CH3CH2OH或CH3OCH3,CH3CH2OH能与单质Na发生置换反应,CH3OCH3不能与单质Na发生置换反应,故D错误;答案选C。
点睛:
本题主要考查原子结构和元素周期律,试题难度中等。
根据题目信息推断各元素种类是解答本题的关键,解题时要注意明确原子结构和元素周期律之间的关系,本题的难点是D项,注意符合分子式为Y2X6Z的化合物既可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3,二者的官能团不同,CH3CH2OH中含有羟基,能与单质Na发生置换反应,而CH3OCH3中不含羟基,不能与单质Na发生置换反应。
5.如图所示为盐酸介质中,金属铜与氢叠氮酸(HN3)构成的原电池,总反应方程式为:
2Cu+2Cl-+HN3+3H+=2CuCl(s)+N2↑+NH4+。
下列叙述错误的是
A.电子的流向为Cu→
→石墨
B.负极的电极反应式为Cu+Cl――e-=CuCl(s)
C.反应一段时间后正极区溶液的pH减小
D.标准状况下,生成224mLN2时,铜转移的电子数为0.02NA
【答案】C
【解析】A.由总反应方程式可知,Cu失电子生成CuCl,所以Cu为负极,石墨为正极,电子的流向为Cu→
→石墨,故A正确;B.Cu失电子生成CuCl,电极反应式为Cu+Cl――e-=CuCl(s),故B正确;C.正极的电极反应式为HN3+2e-+3H+=N2↑+NH4+,由电极反应式可知,反应一段时间后正极区溶液的pH增大,故C错误;D.由总反应方程式可知,Cu的化合价从0价升高到+1价,生成1mol氮气时,消耗2molCu,转移2mol电子,在标准状况下,224mLN2的物质的量为0.01mol,则消耗0.02molCu,Cu转移的电子数为0.02NA,故D正确;答案选C。
点睛:
本题主要考查原电池的组成、原电池原理和电极反应式书写等,根据题目所给的原电池总反应方程式并结合原电池原理即可解答,试题难度中等。
本题的难点是C项,分析某个电极反应后的溶液pH变化情况,一定要结合该电极的电极反应式进行判断,具体到本题中,正极的电极反应式为HN3+2e-+3H+=N2↑+NH4+,因该电极反应消耗H+,所以反应一段时间后正极区溶液的pH增大。
6.四氯化钛(TiCl4)极易水解,遇空气中的水蒸汽即产生“白烟”,常用作烟幕弹。
其熔点-25℃,沸点136.4℃。
某实验小组设计如下装置(部分加热和夹持装置省略),用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。
下列说法不正确的是
A.②、⑤中分别盛装饱和食盐水和NaOH溶液
B.冷凝管有冷凝、回流和导气的作用
C.反应结束时,应先停止③处加热,后停止①处加热
D.该设计存在不足,如④⑤之间缺少防水蒸汽进入④的装置
【答案】A
【解析】A.因四氯化钛(TiCl4)极易水解,遇空气中的水蒸汽即产生“白烟”,而制得的氯气中含有水蒸气,所以②中应盛装浓硫酸,故A错误;B.TiCl4的熔沸点较低,制得的TiCl4应经过冷凝处理,则该装置中的冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用,故B正确;C.反应结束时,先停止③处加热,后停止①处加热,可以使制得的TiCl4在氯气氛围中冷却,防止空气进入装置中使TiCl4变质,故C正确;D.因四氯化钛(TiCl4)极易水解,所以应在装置④和⑤之间加一个防止水蒸汽进入④的装置,故D正确;答案选A。
7.常温下,向浓度均为0.1mol/L体积均为10mL的两种一元酸(HX、HY)溶液中,分别滴入0.1mol·L-1NaOH溶液,pH的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是
A.N点:
c(Na+)=c(Y-)+c(HY)
B.M点:
c(X-)>c(Na+)
C.滴至pH=7时,消耗NaOH溶液的体积:
HX>HY
D.滴入10mLNaOH溶液时,溶液中水的电离程度:
HX<HY
【答案】A
【解析】A.据图可知,浓度均为0.1mol/L的两种一元酸HX、HY溶液的pH都大于1,说明HX和HY均为弱酸,N点加入NaOH溶液的体积为15mL,NaOH与HY的物质的量之比为3:
2,则根据物料守恒得2c(Na+)=3c(Y-)+3c(HY),故A错误;B.M点加入NaOH溶液的体积为5mL,根据反应方程式NaOH+HX=NaX+H2O可知,反应后所得溶液中HX和NaX的物质的量相等,此时溶液的pH<7,说明HX的电离程度大于X-的水解程度,所以c(X-)>c(Na+),故B正确;C.据图可知,浓度均为0.1mol/L的两种一元酸HX、HY溶液的pH(HX)<pH(HY),说明酸性HX>HY,因酸性越弱其对应的阴离子水解程度越大,所以滴至pH=7时,消耗NaOH溶液的体积:
HX>HY,故C正确;D.滴入10mLNaOH溶液时,HX和HY均恰好完全反应分别得到NaX、NaY溶液,因酸性HX>HY,则X-的水解程度小于Y-的水解程度,溶液中水的电离程度:
HX<HY,故D正确;答案选A。
8.热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指标。
Ⅰ.利用如图装置(省略加热装置),探究漂白粉的热分解产物。
资料显示:
久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2。
(1)加热干燥漂白粉样品,观察到B中有大量无色气泡产生。
则次氯酸钙分解的固体产物中一定有________。
(2)加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品,观察到B中也有气泡产生。
①B中发生反应的离子方程式为_______。
②待充分反应后,断开连接A、B的橡皮管,停止加热,冷却。
利用B中产物,通过实验证明加热时有少量氯气生成。
请设计实验方案:
_________。
Ⅱ.测定漂白粉总氯的百分含量(即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值)。
实验步骤如下:
①准确称取5.000g漂白粉样品,研细,加蒸馏水溶解并冷却后,稀释至500mL。
②移取25.00mL该试样溶液至锥形瓶中,调节pH,缓慢加入适量3%H2O2水溶液,搅拌至不再产生气泡。
加入适量K2CrO4溶液作为指示剂,以0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定至终点。
多次实验,测得消耗AgNO3标准溶液平均体积为25.00mL。
(已知:
Ksp(AgCl,白色)=1.56×10-10,Ksp(Ag2Cr2O4,砖红色)=9.0×10-12)
(3)步骤①中,溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、____、____。
(4)加入H2O2水溶液,搅拌至不再产生气泡,目的是______(用离子方程式表示)。
(5)滴定终点的现象是_______。
(6)该漂白粉总氯的百分含量为__________。
(7)下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是______。
A.指示剂K2CrO4的用量过多
B.在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
【答案】
(1).CaCl2
(2).2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O(3).取少量B中溶液,先加入硝酸酸化,再滴加硝酸银溶液,出现白色沉淀,说明有Cl2生成(4).500mL容量瓶(5).胶头滴管(6).ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O(7).当滴入最后一滴标准液,溶液中出现砖红色沉淀,且半分钟内不消失(8).35.5%(9).C
【解析】I.
(1).加热干燥的漂白粉样品,观察到B中有大量无色气泡产生,说明漂白粉受热生成的产物中有O2,O元素的化合价从-2价升高到0价,根据氧化还原反应的规律可知,Cl元素的化合价应从+1价降低到-1价,所以次氯酸钙分解的固体产物中一定有CaCl2,故答案为:
CaCl2;
(2).①.因久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2,则在B中Cl2和NaOH发生反应生成NaCl、NaClO和H2O,离子方程式为:
2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O,故答案为:
2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O;
②.若漂白粉加热时有少量氯气生成,则氯气和NaOH溶液反应后所得的溶液中含有Cl-,所以只要检验B中含有Cl-即可证明,实验方案为:
取少量B中溶液,先加入硝酸酸化,再滴加硝酸银溶液,出现白色沉淀,说明有Cl2生成,故答案为:
取少量B中溶液,先加入硝酸酸化,再滴加硝酸银溶液,出现白色沉淀,说明有Cl2生成;
II.(3).步骤①中,将称量的漂白粉样品研细,加蒸馏水溶解并冷却后,稀释至500mL,则所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外,还需要500mL容量瓶和胶头滴管,故答案为:
500mL容量瓶;胶头滴管;
(4).加入H2O2水溶液,搅拌至不再产生气泡,目的是使漂白粉与H2O2完全反应,该反应的离子方程式为:
ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O,故答案为:
ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O;
(5).用AgNO3标准溶液滴定,当溶液中的Cl-完全反应后,开始生成砖红色的Ag2Cr2O4沉淀,所以滴定终点的现象为:
当滴入最后一滴标准液,溶液中出现砖红色沉淀,且半分钟内不消失,即为滴定终点,故答案为:
当滴入最后一滴标准液,溶液中出现砖红色沉淀,且半分钟内不消失;
(6).由反应方程式ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O、Ag++Cl-=AgCl↓可知:
ClO-~Cl-~Ag+,所以样品中氯元素的总质量为:
m(Cl)=0.025L×0.1mol/L×
×35.5g/mol=1.775g,则该漂白粉总氯的百分含量为:
×100%=35.5%,故答案为:
35.5%;
(7).A.若指示剂K2CrO4的用量过多,溶液中CrO42-的浓度较大,会造成Cl-尚未完全沉淀时就有砖红色沉淀生成,消耗标准溶液的体积偏小,测定结果偏低,故A错误;B.在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,会使读取的标准溶液体积偏小,测定结果偏低,故B错误;C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,会使标准溶液体积偏大,测定结果偏高,故C正确,答案选C。
9.磷单质及其化合物有着广泛应用。
(1)在1.0L密闭容器中放入0.10molPCl5(g),一定温度进行如下反应:
PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g)ΔH1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p/100kPa)的数据见下表:
回答下列问题:
①PCl3的电子式为_______。
②T1温度下,反应平衡常数K=______。
③T1___T2(填“>”、“<”或“=”,下同),PCl5的平衡转化率α1(T1)__α2(T2)。
(2)PCl5、PCl3可转化为H3PO4、H3PO3。
已知下列热化学方程式:
PCl5(g)+4H2O(l)=H3PO4(aq)+5HCl(aq)ΔH2
PCl3(g)+3H2O(l)=H3PO3(aq)+3HCl(aq)ΔH3
H3PO3(aq)+Cl2(g)+H2O(l)=H3PO4(aq)+2HCl(aq)ΔH4
则ΔH4=______。
(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)
(3)次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛用于化学镀钴,以金属钴和次磷酸钠为原料,采用四室电渗析槽电解法制备,原理如下图。
①Co的电极反应式为______________,A、B、C为离子交换膜,其中B为__________离子交换膜(填“阳”或“阴”)。
②次磷酸(H3PO2)为一元弱酸,次磷酸钠溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________。
【答案】
(1).
(2).0.32mol·L-1(3).<(4).<(5).ΔH2-ΔH1-ΔH3(6).Co-2e-=Co2+(7).阴(8).c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
(1).①.P原子最外层有5个电子,Cl原子最外层有7个电子,P原子与3个Cl原子形成3个共用电子对,PCl3的电子式为
,故答案为:
;
②.在恒温恒容的密闭容器中,容器内气体的总压强之比等于气体的总物质的量之比,根据平衡三段式法有:
PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g)
起始量(mol)0.100
转化量(mol)xxx
平衡量(mol)0.1-xxx
平衡时气体总物质的量为:
(0.1-x+x+x)=(0.1+x)mol,则有:
=
,x=0.08mol,所以T1温度下,反应平衡常数K=
=0.32mol·L-1,故答案为:
0.32mol·L-1;
③.在1.0L密闭容器中放入0.10molPCl5(g),由表中数据可知,在时间为0时,T1对应的气体总压强小于T2对应的气体总压强,因相同条件下温度越高,气体的压强越大,所以T1<T2,在温度为T2时,根据平衡三段式法有:
PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g)
起始量(mol)0.100
转化量(mol)yyy
平衡量(mol)0.1-yyy
平衡时气体总物质的量为:
(0.1-y+y+y)=(0.1+y)mol,则有:
=
,y=0.083mol,x=0.08mol<y=0.083mol,所以在温度为T2时PCl5的平衡转化率更大,即α1(T1)<α2(T2),故答案为:
<;<;
(3).①.以金属钴和次磷酸钠为原料,用电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2],Co的化合价从0价升高到+2价,则Co的电极反应式为Co-2e-=Co2+,产品室可得到次磷酸钴的原因是:
阳极室的Co2+通过阳离子交换膜进入产品室,原料室的H2PO2-通过阴离子交换膜进入产品室与Co2+结合生成Co(H2PO2)2,所以B是阴离子交换膜,故答案为:
Co-2e-=Co2+;阴;
②.次磷酸(H3PO2)为一元弱酸,在次磷酸钠溶液中,H2PO2-水解使溶液呈碱性,溶液中各离子浓度的大小关系为:
c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+),故答案为:
c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+)。
点睛:
本题综合考查盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、盐溶液中微粒浓度大小的比较及电化学相关知识,试题难度中等。
本题的难点是第(3)小题的第一问,解答本题时要先根据题目信息,分析电解时Co的化合价变化情况,进而判断出Co为阳极、石墨为阴极,再结合电解池的基本原理,分析溶液中阴离子和阳离子的移动方向,进而判断B属于阴离子交换膜。
10.在我国的资源储备中,铬是重要的战略金属资源。
以下是以某铬渣(主要成分为Cr2O3,杂质主要是FeO、SiO2等)为原料生产Cr2O3的工艺流程:
已知:
Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11,Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31
(1)若以氧化物形式表示矿物的组成,Fe2SiO4可表示为______。
(2)焙烧时通入氧气的作用是______。
(3)“除杂”时加入MgSO4-(NH4)2SO4混合物与溶液中少量的PO43-、AsO43-、SiO32-反应,分别转化为NH4MgPO4、NH4MgAsO4、MgSiO3沉淀除去。
①反应过程控制溶液pH为9,若pH>9除杂率降低的原因是______。
②反应的温度控制在80℃左右,温度不宜太高的主要原因是_______。
(4)“还原”时先调节溶液pH,再加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)
①完成“还原”反应的离子方程式:
_____________
②已知铬液中c(Cr2O72-)=0.32mol/L,为了不使还原过程产生Cr(OH)3沉淀,应控制反应过程pH不大于_____。
(5)“沉铬”主要副产物为______。
【答案】
(1).2FeO·SiO2
(2).将Cr2O3、FeO氧化(3).pH过高时,Mg2+、NH4+易转化为Mg(OH)2、NH3,影响沉淀形成。
(4).铵盐受热分解(5).2、3、10H+、4、6、5H2O(6).4(7).Na2SO4
【解析】
(1).Fe2SiO4中的Fe元素为+2价,以氧化物的形式可表示为:
2FeO·SiO2,故答案为:
2FeO·SiO2;
(2).由焙烧后的工艺流程可知,在焙烧时通入氧气的目的是将Cr2O3、FeO氧化,故答案为:
将Cr2O3、FeO氧化;
(3).①.“除杂”时加入MgSO4-(NH4)2SO4混合物的目的是与溶液中少量的PO43-、AsO43-、SiO32-反应,分别转化为NH4MgPO4、NH4MgAsO4、MgSiO3沉淀除去,反应过程中需控制溶液pH为9,若pH>9,则Mg2+、NH4+易转化为Mg(OH)2、NH3,影响沉淀形成,使除杂率降低,故答案为:
Mg2+、NH4+易转化为Mg(OH)2、NH3,影响沉淀形成;
②.反应的温度控制在80℃左右,若温度太高,会使铵盐受热分解,降低除杂率,故答案为:
铵盐受热分解;
(4).①.在酸性条件下,Cr2O72-与S2O52-发生氧化还原反应生成Cr3+和SO42-,根据得失电子守恒和原子守恒,配平后的离子方程式为:
2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O,故答案为:
2、3、10H+、4、6、5H2O;
②.铬液中c(Cr2O72-)=0.32mol/L,由2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O可知,反应后的溶液中c(Cr3+)=0.64mol/L,当Cr3+开始生成Cr(OH)3沉淀时,溶液中的c3(OH-)=
,解得c(OH-)=10-10mol/L,溶液的pH等于4,所以为了不使还原过程产生Cr(OH)3沉淀,应控制反应过程pH不大于4,故答案为:
4;
(5).由工艺流程图和反应2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O可知,“沉铬”的主要副产物为Na2SO4,故答案为:
Na2SO4。
11.铂(Pt)及其化合物用途广泛。
(1)在元素周期表中,铂元素与铁元素同族,则铂元素位于______。
A.s区B.p区C.d区D.ds区E.f区
(2)二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物,有顺式和反式两种同分异构体。
科学研究表明,反式分子和顺式分子一样具有抗癌活性。
①Cl-的外围电子排布式为______。
②吡啶分子是大体积平面配体,其结构简式如右图所示
,该配体的配位原子是_____。
吡啶分子中,碳、氮原子的轨道杂化方式分别是___、____,各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有_____(填序号)。
a.离子键b.配位键c.金属键d.非极性键e.氢键
④二氯二吡啶合铂分子中,Pt2+的配位数是4,但是其轨道杂化方式并不是sp3。
简述理由:
________。
⑤反式二氯二吡啶合铂分子结构如图所示,该分子是_____分子(选填“极性”、“非极性”)。
(3)金属铂立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如右图所示。
若金属铂的密度为dg·cm-3,则晶胞参数a=_____nm(列出计算式即可)。
【答案】
(1).C
(2).3s23p6(3).N(4).sp2(5).sp2(6).N、C、H(7).b、d(8).若Pt2+以sp3杂化轨道进行配位,则二氯二吡啶合铂为四面体结构,不存在顺反异构体(9).非极性(10).
【解析】
(1).在元素周期表中,铂元素与铁元素同族,铁元素位于元素周期表的d区,所以铂元素也位于d区,故答案选C;
(2).①.Cl-核外有18个电子,其外围电子排布式为:
3s23p6,故答案为:
3s23p6;
②.在吡啶分子中,由N原子提供孤电子对形成配体,所以该配体的配位原子是N原子,在吡啶分子中,碳原子形成2个单键和1个双键,共3个σ键,氮原子形成1个单键、1个双键和1个配位键,共3个σ键,所以碳、氮原子的轨道杂化方式分别是sp2、sp2,吡啶由N、C、H三种元素组成,因非金属性N>C>H,所以电负性由大到小的顺序为:
N、C、H,故答案为:
N;sp2;sp2;N、C、H;
③.二氯二吡啶合铂分子是由Pt2+、Cl-和吡啶