精品解析广东省韶关市届高三上学期高考调研考试理科综合化学试题精校Word版Word文档格式.docx
《精品解析广东省韶关市届高三上学期高考调研考试理科综合化学试题精校Word版Word文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《精品解析广东省韶关市届高三上学期高考调研考试理科综合化学试题精校Word版Word文档格式.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
3.若NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.常温常压下,18g的D2O含有的中子数、电子数均为10NA
B.1.0mol/L的FeCl3溶液中Fe3+的个数小于NA
C.标准状况下,2.24L甲醛中碳氢键的数目为0.2NA
D.密闭容器中,加入2molHI,发生反应:
2HI(g)
H2(g)+I2(g),达到平衡后气体分子总数小于2NA
【答案】C
【详解】A.D2O的摩尔质量为20g/mol,18g的D2O物质的量小于1mol,18gD2O含有的中子数、电子数均小于10NA,故A错误;
B.1.0mol/L的FeCl3溶液中,溶液的体积未知,无法计算Fe3+的个数,故B错误;
C.标准状况下,甲醛是气体,2.24L甲醛的物质的量为1mol,由甲醛的结构式可知,1mol甲醛中碳氢键的数目为0.2NA,故C正确;
D.反应2HI(g)
H2(g)+I2(g),是反应前后气体体积不变的可逆反应,密闭容器中,加入2molHI,发生反应:
H2(g)+I2(g),达到平衡后气体分子总数等于2NA,故D错误;
本题答案为C。
4.用下列装置完成相关实验,合理的是
A.
验证H2CO3酸性强于H2SiO3
B.
收集CO2或NH3
C.
分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5
D.
分离CH3CH2OH与CH3COOH
【详解】A.浓盐酸易挥发,盐酸也能和硅酸钠反应,使硅酸钠溶液变浑浊,故A不合理;
B.从左进气右出气可收集CO2,从右进气左出气可收集NH3,故B合理;
C.分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5,应用分液漏斗分液的方法分离,故C不合理;
D.CH3CH2OH与CH3COOH是互溶的两种液体,不能用分液的方法分离,故D不合理;
【点睛】用分液漏斗对于互不相溶、密度不同液体进行分离,密度大的在下层,从下口放出,密度小的在上层,从上口倒出;
用蒸馏方法分离沸点不同的液态混合物。
5.有关苹果酸的说法正确的是
A.苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B.1
mol苹果酸可与3
mol
NaOH发生反应
C.1
mol苹果酸与足量金属Na反应生成1
H2
D.苹果酸与
互为同分异构体
【详解】A.苹果酸中能发生酯化反应的官能团是羧基和羟基,故A正确;
B.苹果酸中只有羧基可以和氢氧化钠发生反应,所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生反应,故B错误;
C.苹果酸中能和钠反应的官能团是羟基和羧基,所以1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2,故C错误;
是同一种物质不是同分异构体,故D错误;
6.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,其中X、Y、Z三种元素中,可形成含二种元素的10电子微粒m、n、p、q,且有反应
;
M的最高价氧化物对应的水化物为最强酸。
则下列说法正确是
A.原子半径X<
M<
Z<
Y
B.非金属性X<
C.X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液一定呈酸性
D.MZ2可用于自来水的杀菌消毒
【答案】D
【分析】
短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,其中X、Y、Z三种元素中,可形成含二种元素的10电子微粒m、n、p、q,且有反应
,符合此反应的应为NH4+
OH-
NH3
H2O,所以X为H、Y为N、Z为O,M为短周期,最高价氧化物对应的水化物为最强酸,M为Cl。
【详解】A.由上述分析可知原子半径大小应为:
X<
Z<
Y<
M,故A错误;
B.由上述分析可知非金属性:
Y<
Z,故B错误;
C.X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性,例如:
HNO3、NH4NO3,也可能显碱性,例如NH3·
H2O,故C错误;
D.由上述分析可知,MZ2是ClO2,具有强氧化性,可用于自来水的杀菌消毒,故D正确;
本题答案为D。
【点睛】熟记10电子微粒是解题的关键,常见的10电子微粒有
原子:
Ne
分子:
HF、H2O、NH3、CH4
单核离子:
N3-、O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+
多核离子:
NH4+、H3O+、OH-、NH2-
7.如图是一种应用广泛的锂电池,LiPF6是电解质,SO(CH3)2是溶剂,电池反应为:
4Li+FeS2=Fe+2Li2S。
下列说法不正确的是
A.该装置将化学能转化为电能
B.可以用水代替SO(CH3)2做溶剂
C.电子移动方向是由a极经外电路流向b极
D.b极电极反应式是:
FeS2+4Li++4e-=Fe+2Li2S
【详解】A.锂电池是属于原电池,该装置将化学能转化为电能,故A正确;
B.若用水代替SO(CH3)2做溶剂,则水会和锂直接反应而无电流产生,故B错误;
C.a为电池的负极,b为电池的正极,电子从电池的负极经外电路流向电池的正极,故C正确;
D.b为电池的正极,电极反应式为:
FeS2+4Li++4e-=Fe+2Li2S,故D正确;
8.实验室用图示装置制备KC1O溶液,再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。
【査阅资料】①Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3;
②K2FeO4易溶于水,微溶于浓KOH溶液,在0℃~5℃的强碱性溶液中较稳定。
(1)仪器a的名称是_________;
装置A中反应的化学方程式为__________________。
(2)装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是_________________________________。
(3)装置B吸收的气体是_________,装置D的作用是___________________________。
(4)C中得到足量KC1O后,将三颈瓶上的导管取下,依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25℃,搅拌1.5h,溶液变为紫红色(含K2FeO4),该反应的离子方程式为__________________________。
(5)往(4)所得溶液中加入饱和KOH溶液,冷却至0℃~5℃析出紫黑色晶体,过滤,得到K2FeO4粗产品。
K2FeO4粗产品含有KCl等杂质,进一步提纯方法是___________。
(6)若实验中消耗了VmLcmol/L的Fe(NO3)3溶液,Fe(NO3)3充分反应,最终制得ag的K2FeO4固体,则本实验K2FeO4的产率为______________(列出算式即可)。
【答案】
(1).圆底烧瓶
(2).MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O(3).提高KClO的产率,防止Cl2与KOH反应生成KC1O3(4).HCl(5).吸收Cl2,防止污染空气(6).3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O(7).重结晶(8).
(1)装置A是实验室制取氯气的装置,按实验室制取氯气的有关原理回答;
(2)Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3;
(3)制取氯气中含有HCl,装置B吸收的气体是HCl,装置D的作用是尾气吸收;
(4)KC1O加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25℃,搅拌1.5h,生成K2FeO4和H2O,则KClO被还原成KCl,利用得失电子守恒、电荷守恒等配平书写离子方程式;
(5)K2FeO4和KCl均易溶于水,K2FeO4粗产品含有KCl等杂质,应用重结晶的方法分离;
(6)依据Fe守恒,计算产率。
【详解】
(1)装置A是实验室制取氯气的装置,a是圆底烧瓶,A中发生的反应方程式为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
本题答案为:
圆底烧瓶、MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(2)Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3,所以为了提高KClO的产率,防止Cl2与KOH反应生成KC1O3,C中三颈烧瓶置于冰水浴中;
提高KClO的产率,防止Cl2与KOH反应生成KC1O3。
(3)制取氯气中含有HCl,装置B吸收的气体是HCl,装置D的作用是吸收Cl2,防止污染空气;
HCl、吸收Cl2,防止污染空气。
(4)KC1O加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25℃,搅拌1.5h,生成K2FeO4和H2O,则KClO被还原成KCl,根据得失电子守恒、电荷守恒等配平的离子方程式为:
3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O;
3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O。
(5)K2FeO4和KCl均易溶于水,K2FeO4粗产品含有KCl等杂质,应用重结晶的方法分离提纯K2FeO4;
重结晶。
(6)依据反应过程中Fe守恒,设生成K2FeO4的物质的量为x,
则有:
Fe(NO3)3
K2FeO4
11
V
cmolx
解得:
x=V
cmol,m(K2FeO4)=V
cmol
198g/mol=0.198Vg,则本实验K2FeO4的产率为:
100
。
9.锌锰干电池是很古老的一次性电池,它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。
已知闪锌矿中含ZnS约80%,FeS、CuS、SiO2共约7%,其余为水分;
软锰矿中含MnO2约a%,SiO2约20%,Al2O3约4%,其余为水分。
科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺,工艺流程如下图所示。
请回答下列问题:
(1)反应I需不断搅拌,目的是____________________________。
(2)检验反应I的滤液中含有Fe3+的试剂为____________;
写出反应I中由FeS生成Fe3+的离子方程式____________________________________。
(3)反应Ⅱ加入适量锌的作用是__________________;
反应III中MnO2的作用是________________。
(4)已知ZnCO3、MnCO3的Ksp分别为1.4×
10-10、2.2×
10-11;
要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×
10-6mol/L,则溶液中残留的CO32-浓度至少为__________mol/L。
(5)图是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线(g/100g水),则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是:
将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液________→__________→用乙醇洗涤→干燥。
用乙醇洗涤而不用水洗的原因是_________________________________________。
【答案】
(1).加快反应速率,提高原料利用率。
(2).KSCN(或苯酚)(3).2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O(4).将溶液中的Cu2+还原成Cu(5).将Fe2+氧化成Fe3+(6).1.4×
10-4(7).蒸发结晶(8).趁热过滤(9).防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O,并防止Na2SO4因溶于水而损耗
(1)反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程,搅拌是为了加快反应速率,提高原料利用率;
(2)溶液中是否含有Fe3+,检验试剂一般选择KSCN(或苯酚);
反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+;
(3)由图可知,反应Ⅱ加入适量锌有铜析出,故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu;
反应III中加入MnO2,将Fe2+氧化成Fe3+,最终生成Fe(OH)3沉淀;
(4)欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×
10-6mol/L,依据ZnCO3、MnCO3溶度积常数,可求CO32-浓度;
(5)由图像溶解度曲线变化可知,Na2SO4的溶解度,在温度较高时,随温度升高而降低,而Na2SO4•10H2O的溶解度,随温度升高而升增大,欲得到Na2SO4晶体,应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出,并趁热过滤;
因Na2SO4在乙醇中难于溶解,所以用乙醇而不用水洗涤,即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O,又能防止Na2SO4因溶于水而损耗。
加快反应速率,提高原料利用率。
(2)Fe3+遇到KSCN溶液变成血红色,Fe3+遇到苯酚溶液显紫色,故欲检验I的滤液中含有Fe3+的试剂为:
KSCN(或苯酚);
反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+,反应的的离子方程式为:
2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O;
KSCN(或苯酚)、2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O。
将溶液中的Cu2+还原成Cu;
将Fe2+氧化成Fe3+。
10-6mol/L,根据ZnCO3的Ksp=1.4×
10-10,即c(Zn2+)c(CO32-)=1.4×
10-10,求得:
c(CO32-)=1.4×
10-10÷
(1.0×
10-6)=1.4
mol/L,同理可求使Mn2+沉淀,当Mn2+浓度均降到1.0×
10-6mol/L时,c(CO32-)=2.2
mol/L,所以溶液中残留的CO32-浓度至少为1.4
mol/L;
1.4
因Na2SO4在乙醇中难于溶解,所以用乙醇洗涤即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O,又能防止Na2SO4因溶于水而损耗;
蒸发结晶、趁热过滤、防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O,并防止Na2SO4因溶于水而损耗。
10.甲醇是一种可再生能源,由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下:
反应Ⅰ:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ•mol-1
反应Ⅱ:
CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)△H2
反应Ⅲ:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)△H3=-90.77kJ•mol-1
回答下列问题:
(1)反应Ⅱ的△H2=_________,若反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为K1、K2、K3,则K2=________(用K1、K3表示)。
(2)反应Ⅲ自发进行条件是___________(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)。
(3)在一定条件下2L恒容密闭容器中充入3molH2和1.5molCO2,仅发生反应Ⅰ,实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系,如下表所示。
温度(℃)
500
T
CO2的平衡转化率
60℅
40℅
①T______500℃(填“>
”、“<
”、“=”)。
②温度为500℃时,该反应10min时达到平衡。
用H2表示该反应的反应速率v(H2)=______________;
该温度下,反应I的平衡常数K=______________L2/mol2
(4)由CO2制备甲醇还需要氢气。
工业上用电解法制取Na2FeO4,同时获得氢气:
Fe+2H2O+2OH−
FeO42−+3H2↑,工作原理如图所示。
电解一段时间后,c(OH−)降低的区域在__________(填“阴极室”或“阳极室”)。
该室发生的电极反应式为:
___________________________。
【答案】
(1).+41.19kJ•mol-1
(2).K1/K3(3).较低温度(4).>
(5).0.135mol·
L-1·
min-1(6).200(7).阳极室(8).Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O
(1)根据盖斯定律:
Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ,得反应Ⅱ的△H2,反应Ⅱ的为反应Ⅰ和Ⅲ的差,所以反应Ⅱ平衡常数为:
K2=K1/K3;
(2)化学反应能否自发进行,取决于焓变和熵变的综合判据,当△G=△H-T△S
0时,反应能自发进行,据此解答;
(3)①反应Ⅰ的正反应是放热反应,所以升高温度二氧化碳的转化率减小;
②根据υ=
计算化学反应速率,平衡常数等于平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值;
(4)该装置为电解池,阳极电极材料是Fe,铁在阳极失去电子,阳极的电极反应为:
Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,阳极消耗了OH-。
(1)由题所给的反应Ⅰ:
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ•mol-1
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H3=-90.77kJ•mol-1
依据盖斯定律可得:
Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ,
H2=△H1-△H3=-49.58kJ•mol-1+90.77kJ•mol-1=+41.19kJ•mol-1,反应Ⅱ的为反应Ⅰ和Ⅲ的差,所以反应Ⅱ平衡常数为:
+41.19kJ•mol-1,K2=K1/K3.
(2)当△G=△H-T△S
0时,反应能够自发进行,该反应的△S
0、△H
0,当温度较低时,反应Ⅲ能够自发进行;
较低温度。
(3)①反应Ⅰ的正反应是放热反应,所以升高温度二氧化碳的转化率减小,则温度越低转化率越大,即T高于500℃;
>
②CO2的变化量为1.5mol×
60%=0.9mol
CO2(g)
3H2(g)⇌CH3OH(g)
H2O(g)
初始量:
1.5mol3mol00
变化量:
0.9mol2.7mol0.9mol0.9mol
平衡量:
0.6mol0.3mol0.9mol0.9mol
υ(H2)=(2.7mol÷
2L)÷
10min=0.135mol/L-1•min-1,K=
=200L2/mol2
0.135mol•L-1•min-1,200。
Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,由于阳极消耗了OH-,所以随着电解的进行c(OH−)会逐渐降低;
阳极室、Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O。
11.在周期表中1~36号之间的W、X、Y、Z、Q五种元素,它们的原子序数依次增大,已知W与其余四种元素既不同周期也不同主族;
X和Z的基态原子的核外电子均排布在3个能级上,且均有2个未成对电子;
Q元素原子质子数为29。
(1)按电子排布,Q元素在周期表中属____________区。
(2)第一电离能Y______Z,电负性Y______Z(填“>”,“=”或“<”)。
(3)W与Z形成的常见化合物有W2Z、W2Z2;
W与Y能形成多种二元化合物,如YW3、Y2W4、Y3W5、Y4W6……,W2Z分子中Z原子的杂化类型为______,YW3分子的立体构型为_____,YW3极易溶于W2Z的主要原因有___________________。
(写出两点即可)
(4)Q+基态核外电子排布式为________________________________。
(5)Q+与Y3-形成的晶胞结构如图所示,阴、阳离子间的核间距为apm,阿伏加德罗常数用NA表示,则晶体的密度为_____________g·
cm-3。
o-Y3-•-Q+
【答案】
(1).ds
(2).>(3).<(4).sp3(5