精品解析广东肇庆市届高三第三次检测理科综合化学试题解析版Word格式文档下载.docx
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故答案为A。
2.下列有关苯(
)与【3】-轴烯(
)的说法错误的是
A.二者互为同分异构体
B.二者可用酸性KMnO4溶液鉴别
C.【3】-轴烯与足量H2反应所得产物的二氯代物有5种
D.苯分子中所有原子共平面,
3】-轴烯分子中所有原子不可能共平面
【答案】D
【详解】A.苯和[3]-轴烯的分子式均为C6H6,两者是同分异构体,故A正确;
B.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色,而[3]-轴烯含碳碳双键,能使酸性KMnO4溶液褪色,可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和[3]-轴烯,故B正确;
C.[3]-轴烯与足量氢气完全加成生成
,当甲基上有1个氢原子被氯取代后,另一个氯原子的位置有四种;
当环上有1个氢原子被取代后,另一个氯原子的位置只有一种,为环上的氢原子被氯原子取代,则共有5种二氯代物,故C正确;
D.苯分子是平面结构,[3]-轴烯含有3个碳碳双键,所有原子也一定共平面,故D错误;
故答案为D。
3.海水是十分重要的自然资源.如图是海水资源利用的部分过程,下列有关说法错误的是
A.第①步除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子加入试剂顺序为:
NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
B.第②步由MgCl2•6H2O在空气中受热分解来制取无水MgCl2
C.第③步可通入Cl2,第④⑤步的目的是富集溴元素
D.海水淡化
方法主要有蒸馏法、电渗析法和离交换法
【答案】B
【分析】
海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液,粗盐精制除去杂质得到精盐,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气,母液中含有镁离子和溴离子,加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液,氢氧化镁溶解后浓缩蒸发,冷却结晶,过滤洗涤,在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁,滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质,把溴吹出用碳酸钠溶液吸收后,加入酸重新生成溴单质,以此解答该题。
【详解】A.除去粗盐中含有的Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子,加入的药品顺序为:
NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸,NaOH与氯化钡可互换顺序,故A正确;
B.MgCl2•6H2O在空气中加热时促进Mg2+水解,且水解产物HCl易挥发,最终只能得到氢氧化镁,继续高温加热还可能得到氧化镁,故B错误;
C.第③步中溴元素被氧化,发生反应的离子方程式为C12+2Br-=2C1-+Br2,第④步将溴离子氧化为溴单质,第⑤步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠,第⑥步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质,过程中④⑤步目的是浓缩、富集溴单质,故D正确;
D.蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来,得到纯净的水;
通过离子交换树脂可以除去海水中的离子,从而达到淡化海水的目的;
利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果,故D正确;
故答案为B。
4.下列实验及现象不能得出相应结论的是
选项
实验
现象
结论
A
某溶液中滴加K3[(Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+
B
将CO2依次通过NaHSO3溶液、品红溶液
品红溶液不褪色
H2SO3的酸性强于比H2CO3
C
向lmL新制氢氧化铜悬浊液中滴加适量10%葡萄糖溶液,加热煮沸
产生砖红色沉淀
葡萄糖具有还原性
D
向lmL0.lmol/LAgNO3溶液中滴加4~5滴0.lmol/LKI溶液,再滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液
先有黄色沉淀生成;
后又有黑色沉淀
Ksp(AgI)>
Ksp(Ag2S)
A.AB.BC.CD.D
【详解】A.滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀可检验亚铁离子,故A正确;
B.根据强酸制弱酸的原理,CO2溶于水生成的碳酸无法制取出SO2,说明亚硫酸的酸性比碳酸强,故B正确;
C.葡萄糖与新制氢氧化铜混合加热生成Cu2O,Cu元素化合价降低,发生还原反应,说明葡萄糖具有还原性,故C正确;
D.向lmL0.lmol/LAgNO3溶液中滴加4~5滴0.lmol/LKI溶液,生成AgI浅黄色沉淀,此时溶液中AgNO3过量,继续滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液,会有Ag2S黑色沉淀生成,不存在AgI与Ag2S之间的沉淀转化,由无法确定Ksp(AgI)>
Ksp(Ag2S),故D错误;
5.W、X、Y、Z均为短周期主族元素,X与Z同族,X核外电子总数等于Y最外层电子数,Y是短周期中非金属性最强的元素,W与Z的最高化合价之和为8,且W原子半径小于Z。
下列叙述正确的是
A.气态简单氢化物的稳定性:
Z>
X>
W
B.W和Y可形成共价化合物WY3,且WY3中W、Y均满足最外层8电子稳定结构
C.常温下,0.lmol•L-1Z的最高价氧化物对应水合物水溶液的pH>
l
D.常温下,与W同族且相邻元素的单质能溶于X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液。
【答案】C
W、X、Y、Z均为短周期主族元素,X核外电子总数等于Y最外层电子数,Y是短周期中非金属性最强的元素,则Y为F元素,最外层电子数为7,则X为氮元素;
X与Z同族,则Z为磷元素;
W与Z的最高化合价之和为8,磷元素最高价为+5价,W的最高价为+3价,且W原子半径小于Z,则W为B元素,据此分析解题。
【详解】由分析知:
B元素、X为N元素、Y为F元素、Z为P元素;
A.元素的非金属性N>
P>
B,则气态简单氢化物的稳定性:
NH3>
PH3>
BH3,故A错误;
B.B和F可组成BF3,其中F最外层达到8电子稳定结构,而B最外层不能达到8电子稳定结构,故B错误;
C.P的最高价氧化物水化物为H3PO4,是中强酸,常温下,0.lmol•L-1H3PO4溶液中c(H+)<0.lmol•L-1,则溶液pH>
l,故C正确;
D.与B同族且相邻元素的单质为Al,在常温下遇浓硝酸钝化,不能完全溶解,故D错误;
故答案为C。
6.某新型可充电电池构造如图所示,工作时(需先引发Fe和KClO3的反应,从而使LiCl-KCl共晶盐熔化),某电极(记为X)的反应式之一为:
xLi++xe-+LiV3O8=Lii+xV3O8。
A.放电时,正极的电极反应式为:
Li–e-=Li+
B.放电时,总反应式为:
xLi+LiV3O8=Lii+xV3O8
C.充电时,X电极与外接电源负极相连
D.充电时,X电极的质量增加
【详解】A.放电时正极发生得电子的还原反应,即反应为:
正极反应式为xLi++LiV3O8+xe-═Li1+xV3O8,故A错误;
B.放电时负极发生氧化反应,负极反应为xLi–xe-=xLi+(或Li–e-=Li+),则总反应式为xLi+LiV3O8=Lii+xV3O8,故B正确;
C.X极为原电池的正极,充电时与外接电源的正极相连,故C错误;
D.充电时,X电极发生氧化反应,电极反应为Li1+xV3O8–xe-=xLi++LiV3O8,电极质量减轻,故D错误;
【点睛】考查原电池和电解池工作原理,正确判断图示装置中两极为解答关键,放电时,电池反应式为xLi+LiV3O8=Li1+xV3O8,负极反应式为xLi-xe-═xLi+(或Li–e-=Li+),正极反应式为xLi++LiV3O8+xe-═Li1+xV3O8,充电时,阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反。
7.室温下,向10mL0.10mol•L1-1YOH溶液中逐渐滴加0.20mol•L-1HX溶液,混合溶液的pH变化如图所示(温度和体积变化忽硌不计)。
下列结论错误的是
A.HX为一元弱酸,YOH为一元强碱
B.M点对应溶液中水的电离程度大于N点溶液中水的电离程度
C.N点对应溶液中粒子浓度:
c(HX)>
c(X-)>
c(Y+)>
c(H+)>
c(OH-)
D.室温时,pH=a的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×
10-(14-a)mol•L-1
【详解】A.由图可知0.10mol•L1-1YOH溶液pH=13,该碱溶液中c(OH-)=c(YOH)=0.1mol/L,说明YOH完全电离,则YOH为强碱;
滴加0.20mol•L-1HX溶液5mL时恰好完全反应,生成正盐YX,此时溶液pH>
7,说明X-水解,则HX为弱酸,故A正确;
B.M和N点均存在X-的水解,但过量的HX电离出的H+抑制了水的电离,且过量HX越多,对水的电离抑制能力越大,则M点对应溶液中水的电离程度大于N点溶液中水的电离程度,故B正确;
C.N点溶液中溶质为YX和HX,且两者浓度相等,此时溶液显酸性,说明HX的电离程度大于X-的水解程度,则c(X-)>
c(OH-),故C错误;
D.X-的水解促进水的电离,YX溶液中c(OH-)来自水的电离,则室温时,pH=a的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×
10-(14-a)mol•L-1,故D正确;
8.氨基钠(NaNH2)常用作有机合成的促进剂,是合成维生素A的原料。
某学习小组用如下装置,以NH3和Na为原料加热至350-360℃制备氨基钠,并检验其生成的产物和测定产品的纯度。
已知:
NaNH2极易水解且易被空气氧化。
回答下列问题:
AC
(1)仅从试剂性质角度分析,下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是________(填字母序号)。
A.浓氨水、CaOB.NH4Cl固体、Ca(OH)2固体
C.浓氨水D.NH4NO3固体、NaOH固体
(2)仪器D名称为___________,其中盛放的试剂为___________。
(3)装置A中发生反应的化学方程式为__________,能证明装置A中已发生反应的实验依据是__________________________。
(4)装置B的作用是______________。
(5)制备时,通入的氨气过量,待钠充分反应后,取mg产品,按如图装置进行实验(产品所含杂质仅为Na2O)。
用注射器向试管中缓慢加入H2O至恰好完全反应立即停止,G中液面从刻度V1变为V2(已知V2>
Vi,单位mL,忽略固体体积,读取刻度时保持两使液面相平,实验过程处于标准状况下),则产品纯度为________:
若读取V1时,G中液面低于漏斗侧液面,则所测得的纯度比实际产品纯度_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】
(1).D
(2).球形干燥管(3).无水硫酸铜(4).2Na+2NH3
2NaNH2+H2(5).装置C中的黑色粉末变为红色,装置D中的白色粉末变为蓝色(6).吸收NH3,防止NH3与CuO反应(7).
(8).偏高
NH3和Na在加热条件下生成NaNH2和H2,利用P2O5除去H2中混有的NH3,除杂后的H2在加热条件下,将黑色CuO还原为红色Cu,生成的水使无色CuSO4粉末变蓝色。
【详解】
(1)A.CaO溶于水生成Ca(OH)2,同时放热,使浓氨水有氨气逸出,可制适量氨气,故A正确;
B.NH4Cl固体、Ca(OH)2固体混合加热可制氨气,故B正确;
C.浓氨水在加热条件下,有氨气逸出,可制适量氨气,故C正确;
D.NH4NO3受热或撞击易爆炸,且NaOH固体在加热条件下能与SiO2反应,腐蚀玻璃容器,则不用NH4NO3固体和NaOH固体混合加热制氨气,故D错误;
故答案为D;
(2)仪器D名称为球形干燥管,其作用是检验反应中生成的水蒸气,无水硫酸铜遇水变蓝色,则选择盛放的试剂为无水硫酸铜;
(3)装置A中Na和氨气在加热条件生成NaNH2和H2,发生反应的化学方程式为2Na+2NH3
2NaNH2+H2;
当装置C中的黑色粉末变为红色,装置D中的白色粉末变为蓝色,说明A中有H2生成,即证明装置A中已发生反应;
(4)NH3有还原性,在加热条件下能还原CuO,则装置B的作用是吸收NH3,防止NH3与CuO反应;
(5)已知NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑,反应中生成NH3的物质的量为
=
mol,则产物NaNH2的物质的量为
mol,产品纯度为
;
若读取V1时,G中液面低于漏斗侧液面,此时G中压强大于1个大气压强,V1相对标准状况下体积偏小,则(V2-V1)偏大,导致所测得的纯度比实际产品纯度偏高。
9.ZrO2常用陶瓷材料,可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4,也可表示为ZrO2•SiO2还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取:
①ZrSiO4能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3,Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+;
②常温下,Ksp[Fe(OH)3=1×
10-38,Ksp[(Al(OH)3=1×
10-32;
pH=6.2时,ZrO2+开始沉淀.
(1)“熔融”过程中,ZrSiO4发生反应的化学方程式为______________________;
滤渣I的化学式为________________________。
(2)“除杂”过程中,加入双氧水的目的是________________:
此过程中为使滤液I中的杂质离子沉淀完全而除去(当离子浓度c≤1×
10-5mol•L-1时即为沉淀完全),室温下加氪水调节pH范围为____________________。
(3)为得到纯净的ZrO2滤渣III要用水洗,检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。
(4)滤渣III的成分是Zr(CO3)2•nZr(OH)4。
“调pH=8.0”时,所发生反应的离子方程式为_______________________;
滤渣III制备ZrO2的方法是_____________。
【答案】
(1).ZrSiO4+4NaOH
Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O
(2).H2SiO3(3).将Fe2+氧化为Fe3+,以便转化为Fe(OH)3沉淀除去(4).5≤pH<6.2(5).取最后一次洗涤液,向其中滴加稀硝酸,再滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成,则Zr(OH)4洗涤干净(6).(n+1)ZrO2++2nCO32-+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2•nZr(OH)4↓+(2n-2)HCO3-(7).高温焙烧
锆英砂(主要成分为ZrSiO4,还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质),加NaOH熔融,ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3,氧化铝转化为NaAlO2,SiO2转化为Na2SiO3,Fe2O3不反应,再加过量盐酸酸浸,Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+,Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀,偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁,过滤分离,滤渣I为硅酸,滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+,Na+、Cl-等,加入过氧化氢氧化亚铁离子,加氨水调节pH,使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀,过滤分离滤渣II为氢氧化铁、氢氧化铝,滤液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-,Na+、Cl-等,再加氨水调节pH,使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀,过滤、洗涤、干燥得到Zr(OH)4,加热分解即可得到ZrO2,以此解答该题。
(1)高温下,ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3,其反应的方程式为:
ZrSiO4+4NaOH
Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O,加过量盐酸酸浸,Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀,过滤,滤渣I为H2SiO3;
(2)“除杂”过程中,加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,以便转化为Fe(OH)3沉淀除去;
加氪水调节pH的目的是使Al3+和Fe3+完全转化为沉淀,但ZrO2+不沉淀,由Ksp[Fe(OH)3=1×
10-38,可知Fe3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=
mol/L=1×
10-11mol/L,此时溶液pH=3;
Ksp[(Al(OH)3]=1×
10-32,可知Al3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=
10-9mol/L,此时溶液pH=5,再结合pH=6.2时,ZrO2+开始沉淀,则调节pH范围为5≤pH<6.2;
(3)Zr(OH)4表面为附着Cl-等,检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是:
取最后一次洗涤液,向其中滴加稀硝酸,再滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成,则Zr(OH)4洗涤干净;
(4)“调pH=8.0”时,反应生成Zr(CO3)2•nZr(OH)4,则所发生反应的离子方程式为(n+1)ZrO2++2nCO32-+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2•nZr(OH)4↓+(2n-2)HCO3-;
滤渣III为Zr(OH)4,高温焙烧分解即可得到ZrO2。
10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。
工业上常采用催化还原法、吸收法或电解法处理SO2。
利用催化还原SO2法不仅可消除SO2污染,而且可得到有经济价值的单质S。
(1)已知CH4和S的燃烧热(△H)分别为-890.3kJ/mol和一297.2kJ/mol,则CH4催化还原SO2反应:
CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O
(1)△H=_____kJ/mol
(2)在恒容密闭容器中,用H2还原SO2生成S的反应分两步完成(如图1所示),该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示:
分析可知X为_______(填化学式),o~t1时间段的温度为_______,o~t1时间段用SO2表示的化学反应速率为______________。
(3)焦炭催化还原SO2生成S2,化学方程式为2C(s)+2SO2(g)
S2(g)+2CO2(g)△H<
0。
实验测得:
v正=k正c2(SO2),v逆=k逆c(S2)•c2(CO2)(k正、k逆为速率常数,只与温度有关).某温度下,向2L的恒容密闭容器中充入lmolSO2,并加入足量焦炭,当反应达平衡时,SO2转化率为80%,则:
①k正:
k逆=_______________。
②若升高温度,k正增大的倍数______(填“>
”、“<
”或“=”)k逆增大的倍数。
(4)利用如图所示装置(电极均
惰性电极)可吸收SO2。
直流电源a为_______极,电解时.电极B的电极反应式为_____________。
【答案】
(1).-295.9
kJ/mol
(2).H2S(3).300℃(4).
mol/(L•min)(5).3.2:
1(6).<(7).正(8).2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O
(1)CH4和SO2反应
化学方程式为CH4+2SO2=CO2+2S+2H2O,CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol
和297.2kJ/mol,热化学方程式为:
①CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol
②S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=-297.2kJ/mol,根据盖斯定律①-②×
2计算CH4(g)+2SO2(g)═CO2(g)+2S
(s)+2H2O(l)的焓变△H;
(2)根据图1可知,在300℃时,SO2和H2反应生成H2S,在100℃到200℃时,H2S和SO2反应生成S和水;
0~t1时间段用SO2表示的化学反应速率v=
(3)某温度下,向2L的恒容密闭容器中充入lmolSO2,并加入足量焦炭,当反应达平衡时,SO2转化率为80%,则:
①当反应达到平衡时,v正=v逆,据此计算k正:
k逆;
②升高温度,正、逆反应速率均升高,且平衡向吸热反应方向移动;
(4)依据图示可知,二氧化硫被氧化为硫酸根,所以二氧化硫所在的区为阳极区,阳极区发生反应SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+,阳极与电源的正极a相连,b为电源负极,阴极的电极反应式为2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O,以此解答该题。
(1)CH4
和S的燃烧热分别为890.3
kJ/mol
和297.2
kJ/mol,可知热化学方程式:
①CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol,②S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=-297.2kJ/mol,根据盖斯定律①-②×
2可得CH4(g)+2SO2(g)═CO2(g)+2S
(s)+2H2O(l)△H=-295.9
kJ/mol;
(2)根据图1可知,在300℃时,SO2和H2反应生成H2S,在100℃到200℃时,H2S和SO2反应生成S和水,所以X为H2S;
在图2中,0~t1时间段SO2和H2的浓度降低,H2S的浓度升高,故0~t1时间段温度为300℃;
用SO2表示的化学反应速率v=
mol/(L•min);
①当反应达到平衡时,v正=v逆,则k正c2(SO2)=k逆c(S2)•c2(CO2),故k正:
k逆=
=3.2:
1;
②此反应正反