高考好教育云平台高三最新信息卷化学八解析版Word文档下载推荐.docx
《高考好教育云平台高三最新信息卷化学八解析版Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考好教育云平台高三最新信息卷化学八解析版Word文档下载推荐.docx(14页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![高考好教育云平台高三最新信息卷化学八解析版Word文档下载推荐.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2022-12/7/5a18ab85-56ba-4b5f-8f5f-20a1fb3c8c81/5a18ab85-56ba-4b5f-8f5f-20a1fb3c8c811.gif)
A.H2S的燃烧热是QkJ/mol。
充分燃烧H2S,当有0.5QkJ热量放出时,转移的电子数为6NA
B.25℃时,500mLpH=11的碳酸钠溶液中,由水电离出的OH-数目为0.0005NA
C.pH=2的H3PO4溶液中,H+的数目为0.01NA
D.0.10L2.0mol·
L−1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和为0.2NA
【答案】B
【解析】A.H2S燃烧的热化学方程式为H2S(g)+O2(g)=H2O(l)+SO2(g)ΔH=-QkJ/mol,反应1molH2S转移的电子数为6NA,当有0.5QkJ热量放出时,参加反应的H2S物质的量为0.5mol,转移的电子数为3NA,故选项A错误;
B.pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为:
c(OH−)==1×
10-3mol/L,该溶液中含有氢氧根离子的物质的量为:
n(OH−)=1×
10−3mol/L×
0.5L=5×
10-4mol,Na2CO3溶液中,碳酸根离子水解促进了水的电离,溶液中氢氧根离子是水电离的,则水电离出的氢氧根离子的物质的量为5×
10−4mol,所以水电离出的OH−数目为:
5×
10−4mol×
NAmol−1=0.0005NA,故选项B正确;
C.pH=2的H3PO4溶液中氢离子的浓度为0.01mol/L,但是不知道溶液体积,无法计算,故选项C错误;
D.HCO既能水解为H2CO3又能电离为CO,根据物料守恒可知,NaHCO3溶液中H2CO3、HCO和CO离子数之和为0.2NA,故选项D错误。
答案选B。
10.MnO2是一种重要的化工原料,可用于合成工业的催化剂和氧化剂。
采用软锰矿(主要成分为MnO2)可制备高纯MnO2,其流程如下:
下列叙述错误的是
A.“含Mn2+、A13+的溶液”中还含Fe3+
B.加入“氨水”同时搅拌,搅拌的目的是提高反应速率
C.“滤渣”可完全溶解在NaOH溶液中
D.电解含Mn2+的溶液,MnO2为阳极产物
【答案】C
【解析】A项、由化合价变化可知,向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁,FeSO4将MnO2还原为Mn2+,Fe2+被氧化为Fe3+,故A正确;
B项、加入“氨水”同时搅拌,可以增大氨水与溶液的接触面积,提高反应速率,故B正确;
C项、向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀,氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应,滤渣不能完全溶解,故C错误;
D项、电解含Mn2+的溶液,Mn2+在阳极放电得到MnO2,故D正确。
11.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示
元素符号
X
Y
Z
W
原子半径/nm
0.160
0.143
0.070
0.066
主要化合价
+2
+3
+3,+5,-3
-2
下列有关叙述正确的是
A.四种元素位于元素周期表的同一周期
B.电解X的氯化物的水溶液可以得到单质X
C.Y的最高价氧化物对应的水化物既能溶解在盐酸中,又能溶解在氨水中
D.W、Z的氢化物均多于1种
【答案】D
【解析】W化合价为-2价,W为氧元素;
Z元素化合价为+5、+3、-3,Z处于ⅤA族,原子半径与氧元素相差不大,则Z与氧元素处于同一周期,则Z为氮元素;
X化合价为+2价,应为周期表第ⅡA族,Y的化合价为+3价,应为周期表第ⅢA族元素,二者原子半径相差较小,可知两者位于同一周期相邻主族,由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大,则X、Y应在第三周期,所以X为镁元素,Y为铝元素,以此解答。
根据原子半径及主要化合价的变化规律可知,X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O,A.根据题分析可知,四种元素不在同一周期,故A错误;
B.电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀,得不到单质镁,制备单质镁需电解熔融的氯化镁,故B错误;
C.Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝,不溶于氨水,故C错误;
D.W为O元、Z为N元素,O的氢化物有H2O和H2O2,N的氢化物有NH3和N2H4,氢化物均多于1种,故D正确。
故选D。
12.锂—铜空气燃料电池(如图)容量高、成本低,该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力,其中放电过程为:
2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-,下列说法错误的是
A.放电时,当电路中通过0.1mol电子的电量时,有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动,有标准状况下1.12L氧气参与反应
B.整个反应过程中,氧化剂为O2
C.放电时,正极的电极反应式为:
Cu2O+H2O+2e−=2Cu+2OH−
D.通空气时,铜被腐蚀,表面产生Cu2O
【解析】A.放电时,电解质中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,当电路中通过0.1mol电子的电量时,根据4Cu+O2=2Cu2O,O2+4e−+2H2O=4OH−,正极上参与反应的氧气为0.025mol,在标准状况下的体积为0.025mol×
22.4L/mol=0.56L,故A错误;
B.通空气时,铜被腐蚀,表面产生Cu2O,放电时Cu2O转化为Cu,则整个反应过程中,铜相当于催化剂,氧化剂为O2,故B正确;
C.该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力,由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电,正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−,故C正确;
D.该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力,由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电,正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−,因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O,故D正确;
答案选A。
13.常温下,用0.10mol·
L-1的氨水滴定20.00mLamol·
L-1的盐酸,混合溶液的pH与氨水的体积(V)的关系如图所示。
下列说法不正确的是
A.图上四点对应溶液中离子种类相同
B.若N点溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(NH3·
H2O),则N点为滴定反应的恰好反应点
C.图上四点对应的溶液中水的电离程度由大到小排列为N>
P>
M>
Q
D.若N点为恰好反应点,则M点溶液中存在c(Cl-)=2c(NH3·
H2O)+2c(NH)
【解析】A.四点对应的溶液中均存在:
H+、OH−、NH、Cl−,故A正确;
B.若N点溶液中存在c(H+)=c(OH−)+c(NH3·
H2O),根据质子守恒定律,可知c(H+)=c(OH−)+c(NH3·
H2O)为NH4Cl溶液中的质子守恒,B正确;
C.无法比较N点和P点影响水电离的程度,故C错误;
D.M点溶液中c(NH4Cl)=c(HCl),则根据氯原子和氮原子守恒,故D正确;
故选C。
二、非选择题:
本卷包括必考题和选考题两部分。
第26-28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35-36题为选考题,考生根据要求作答。
26.(14分)工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。
某同学设计如下实验分别测定氮化铝(AlN样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。
(1)实验原理:
①Al4C3与硫酸反应可生成CH4;
②AlN溶于强酸产生铵盐,溶于强碱生成氨气,请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式:
____________。
(2)实验装置(如图所示,量气管为碱式滴定管改装)
连好装置后,首先应进行的操作是________。
(3)实验过程:
称得装置D的初始质量为yg;
称取xgAlN样品置于装置B锥形瓶中,各装置中加入相应药品,重新连好装置;
读取量气管的初始读数为amL(量气装置左右液面相平)。
①欲首先测量Al4C3质量分数的有关数据,对三个活塞的操作是________。
②若无恒压管,对所测气体体积的影响是________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
③量气管中液面不再发生变化,说明反应已经结束。
读取读数之前,应对量气管进行的操作为____;
若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面,所测气体的体积______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
④记录滴定管的读数为bmL(已知:
该实验条件下的气体摩尔体积为VmL·
mol-1),则Al4C3的质量分数为______(用含a、b、x、y、Vm的代数式表示)。
⑤测量AlN质量分数的数据:
首先关闭活塞__,打开活塞___,通过分液漏斗加入过量___,与装置B瓶内物质充分反应;
反应完成后,____(填入该步应进行的操作),最后称得装置D的质量为zg。
【答案】
(1)AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑
(2)检查装置的气密性
(3)关闭活塞K2、K3,打开活塞K1偏大调整量气管高度,使左右两边液面相平偏小0.048(b-a)/Vmx×
100%K1K3NaOH溶液打开K2,通入一段时间空气
【解析】
(1)根据题目信息:
AlN溶于强碱溶液时会生成NH3,化学方程式为:
AlN+NaOH+H2O=
NaAlO2+NH3↑,因此,本题正确答案是:
AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑;
(2)连好装置后,首先应进行的操作是检查装置的气密性,因此,本题正确答案是:
检查装置的气密性;
(3)①通过分液漏斗加入稀硫酸,硫酸与样品中Al4C3完全反应,量取生成的甲烷气体,从而测得Al4C3的百分含量,故应关闭活塞K2、K3,打开活塞K1,因此,本题正确答案是:
关闭活塞K2、K3,打开活塞K1;
②分液漏斗上的恒压管起到平衡压强的作用,若无恒压管,则所测气体体积偏大,因此,本题正确答案是:
偏大;
③读数时要使气体压强和外界大气压相等,所以读取读数之前,要调整量气管高度,使左右两边液面相平;
读取滴定管中气体的体积时,液面左高右低,气体的压强大于大气压,测定气体甲烷的体积偏小,因此,本题正确答案是:
调整量气管高度,使左右两边液面相平;
偏小;
④甲烷的体积为(b-a)mL,物质的量为mol,根据碳原子的守恒,Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一,所以Al4C3的质量为×
mol×
144g/mol=g,Al4C3的质量分数为
×
100%,因此,本题正确答案是:
100%;
⑤用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应,充分吸收生成的氨气,并称量其质量,故应关闭活塞K1,打开活塞K3,通过分液漏斗加入过量NaOH溶液,与装置B瓶内物质充分反应;
装置中残留部分氨气,打开K2,通入空气一段时间,排尽装置的氨气,被装置D完全吸收,防止测定的氨气的质量偏小,因此,本题正确答案是:
K1;
K3;
NaOH溶液;
打开K2,通入一段时间空气。
27.(14分)二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应,反应如下:
I:
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)ΔH1=-197.7kJ·
mol-1K1(浓度平衡常数)
为研究该反应,某同学设计了以下三种已装固体V2O3催化剂的密闭容器装置
(1)在初始体积与温度相同的条件下,甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料,达平衡时,三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为___________(用“甲、乙、丙”表示)。
(2)在容器丙中,0.1MPa条件下,在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表:
①表中:
a=___________;
b=___________。
②已知用平衡分压(分压=总压×
物质的量分数)代替平衡浓度计算,得到的平衡常数即为压强平衡常数,则Kp1=___________;
Kp1___________Kp2(填“>
”、“<
”或“=”)。
③若按0.4molSO2、0.4molO2、0.4molSO3进行投料,则反应开始时v正(SO2)_______v逆(SO2)(填“>
(3)将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用,此催化过程如下:
Ⅱ:
SO2(g)+NO2(g)
SO3(g)+NO(g)ΔH2K2(浓度平衡常数)
Ⅲ:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH3=-114.1kJ·
mol-1K3(浓度平衡常数)
ΔH2=___________;
K3=___________(用含有K1、K2的表达式表示)。
(1)丙>甲>乙
(2)118.62kJ40%135MPa-1>>
(3)-41.8kJ·
mol-1
(1)在初始体积与温度相同的条件下,甲为恒温恒容、乙为绝热恒容、丙为恒温恒压,均按2molSO2、1molO2投料,与甲相比,乙中随着反应的进行,温度升高,平衡逆向移动,SO2的转化率减小;
与甲相比,丙中随着反应的进行,容器的体积逐渐减小,相当于甲平衡后增大压强,平衡正向移动,SO2的转化率增大,因此三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为丙>甲>乙,故答案为:
丙>甲>乙;
(2)①根据表格数据,A组起始时充入2molSO2、1molO2,平衡转化率为60%,结合2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)ΔH1=-197.7kJ·
mol-1,平衡时放出的热量a=197.7kJ×
60%=118.62kJ,B组起始时充入2molSO3,与A组等效,则平衡时三氧化硫的转化率b=1-60%=40%,故答案为:
118.62kJ;
40%;
②A组:
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)、
起始(mol)210
反应(mol)1.20.61.2
平衡(mol)0.80.41.2
平衡时气体的总物质的量=0.8mol+0.4mol+1.2mol=2.4mol,其中SO2占=,O2占=,SO3占=,则Kp1==135MPa-1;
该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,Kp1>Kp2,故答案为:
135MPa-1;
>;
③A组平衡时n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)=0.8∶0.4∶1.2=2∶1∶3。
该反应为气体体积减小的反应,若按0.4molSO2、0.4molO2、0.4molSO3进行投料,相当于按0.8molSO2、0.6molO2进行投料,与A组等效,n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)=0.4∶0.2∶0.4=2∶1∶2,因此起始时反应正向进行,即v正(SO2)>v逆(SO2),故答案为:
(3)I:
mol-1K1,Ⅱ:
SO3(g)+NO(g)ΔH2K2,Ⅲ:
mol-1K3,根据盖斯定律,将I-II得:
2SO2(g)+2NO2(g)
2SO3(g)+2NO(g)2ΔH2=(-197.7kJ·
mol-1)-(-114.1kJ·
mol-1)=-83.6kJ·
mol-1,则ΔH2=-41.8kJ·
mol-1;
根据盖斯定律,将I-II×
2得2NO(g)+O2(g)
2NO2(g),则K3=,故答案为:
-41.8kJ·
。
28.(15分)硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。
硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂,也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。
氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。
CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。
以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示:
请回答下列问题:
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种,则它的化学式是____________。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式:
____________________________________。
(3)步骤⑤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是_____(写酸的名称)。
(4)上述工艺中,步骤⑥和⑦的作用是_____________。
(5)Se为ⅥA族元素,用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜,硒代硫酸钠还可用于Se的精制,写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式:
_____。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。
据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________;
温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。
(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂,可以处理工业废水中的Cu2+。
已知:
25℃时,H2S的电离平衡常数Ka1=1.0×
10-7,Ka2=7.0×
10-15,CuS的溶度积为Ksp(CuS)=6.3×
10-36。
反应Cu2+(aq)+HS-(aq)
CuS(s)+H+(aq)的平衡常数K=__________(结果保留1位小数)。
(1)CuSO4
(2)2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
(3)硫酸
(4)使CuCl干燥,防止其水解氧化
(5)Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O
(6)温度过低反应速率慢温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵,亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)
(7)1.1×
1021
【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜,过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,发生2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2
CuCl↓+SO+2H+,得到的CuCl经硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗涤,烘干得到氯化亚铜。
(1)由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化Cu生成CuSO4,故答案为:
CuSO4;
(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2
CuCl↓+SO+2H+;
(3)CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化,防止CuCl溶解氧化引入新杂质,所以应加入硫酸,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸,故答案为:
硫酸;
(4)步骤⑥为醇洗,步骤⑦为烘干,因乙醇沸点低,易挥发,用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止CuCl水解、氧化,故答案为:
醇洗有利于加快去除CuCl表面水分,防止其水解氧化;
(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒,同时生成硫酸钠、二氧化硫和水,反应的化学方程式为:
Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O;
(6)据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢;
温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵,亚硫酸铵)易受热分解;
(7)反应Cu2+(aq)+HS-(aq)
CuS(s)+H+(aq)的平衡常数K=。
35.【化学——选修3:
物质结构与性质】
(15分)
氮、铬及其相关化合物用途非常广泛。
回答下列问题:
(1)基态N原子的核外电子排布式为___,Cr位于元素周期表第四周期___族。
(2)Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同,两种元素原子第一电离能的大小关系为___;
CrCl3的熔点(83℃)比CrF3的熔点(1100℃)低得多,这是因为。
(3)Cr的一种配合物结构如图所示:
①阴离子C1O的空间构型为___________形。
②配离子中,中心离子的配位数为___,N与中心原子形成的化学键称为键。
③配体H2NCH2CH2NH2(乙二胺)中碳原子的杂化方式是______,分子中三种元素电负性从大到小的顺序为___________________。
(4)氮化铬的熔点为1770℃,它的一种晶体的晶胞结构如图所示,其密度为5.9g·
cm-3,氮化铬的晶胞边长为___(列出计算式)nm。
(1)1s22s22p3ⅥB
(2)K<
CrCrCl3是分子晶体,CrF3是离子晶体
(3)正四面体6配位sp3N>
C>
H
(4)
(1)N元素是7号元素,故基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3,Cr是24号元素,在周期表第四周期ⅥB族;
故答案为:
1s22s22p3,ⅥB;
(2)K最外层电子一个,易失去,Cr元素的价电子为3d54s1,半充满,较稳定,故第一电离能K<Cr;
CrCl3的熔点(83℃),典型的分子晶体性质,CrF3的熔点(1100℃),典型的离子晶体性质;
K<Cr;
CrCl3是分子晶体,CrF3是离子晶体;
(3)①阴离子C1O4-的价层电子对数=4+=4,没有孤电子对,所以其空间构型为正四面体;
正四面体;
②由图可知,与中心Cr形成的配位数为6;
N元素提供孤电子对,Cr提供空轨道,所以N与中心原子形成的化学键称为配位键;
故答案