广东省深圳市高三第一次调研考试理综化学试题及解析.docx
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广东省深圳市高三第一次调研考试理综化学试题及解析
广东省深圳市2018届高三第一次调研考试理综化学试题
1.化学与生活、生产密切相关,下列说法正确的是
A.牺牲阳极的阴极保护法进行钢铁防腐时,钢铁与电源的负极相连
B.油脂进行皂化反应后,加入食盐分离出高级脂肪酸盐
C.纤维素供给人体能量时,先在体內水解成葡萄糖再被氧化
D.氨气作工业制冷剂时,先汽化再液化
【答案】B
............
点睛:
本题主要考查物质的性质及应用,掌握相关物质的性质、发生的反应类型和用途是解答本题的关键,本题的易错点是A项,利用牺牲阳极的阴极保护法进行钢铁防腐是原电池原理,利用电解原理进行金属防腐的方法叫外加电流的阴极保护法。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数大于0.3NA
B.10g质量分数为46%的乙醇溶液含有的氢原子数目为0.6NA
C.0.2molN2和0.6molH2混合充分反应后,转移的电子数目为1.2NA
D.0.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全燃烧,消耗的O2分子数目为0.5NA
【答案】D
【解析】A.Na2O2和Na2O均是由两个阳离子和一个阴离子构成的离子化合物,所以0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总物质的量为0.3mol,个数为0.3NA,故A错误;B.乙醇溶液中除乙醇外,水也含氢原子,10g质量分数为46%的乙醇溶液中,乙醇的质量为4.6g,物质的量为0.1mol,故乙醇含有0.6mol氢原子,水的质量为10g−4.6g=5.4g,物质的量为0.3mol,故水含有0.6mol氢原子,则此溶液中含有氢原子的物质的量为1.2mol,个数为1.2NA,故B错误;C.因N2和 H2合成NH3的反应是可逆反应,0.2molN2和0.6mol H2不能完全转化为NH3,转移的电子数目小于1.2NA,故C错误;D.因1molHCHO和1molC2H2O3完全燃烧消耗O2的物质的量均为1mol,所以0.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全燃烧,消耗的O2的物质的量为0.5mol,分子数目为0.5NA,故D正确;答案选D。
点睛:
本题主要考查阿伏加德罗常数的相关计算,熟练掌握相关的计算公式、物质结构特点、可逆反应特点等是解题的关键,本题的易错点是C项,解题时要注意N2和 H2合成NH3的反应是可逆反应,0.2molN2和0.6mol H2发生反应时,不能完全转化为NH3,转移电子的数目应小于1.2NA。
3.关于有机物a(
)、b(
)、c(
)的说法正确的是
A.a、b、c的分子式均为C8H8
B.a、b、c均能与溴水发生反应
C.a、b、c中只有a的所有原子会处于同一平面
D.a、b、c的一氯代物中,b有1种,a、c均有5种(不考虑立体异构)
【答案】C
【解析】A.a、b的分子式为C8H8,c的分子式为C8H10,故A错误;B.b分子是立方烷,不能与溴水发生反应,a、c分子中均含有碳碳双键,可以和溴水发生反应,故B错误;C.a分子中的苯环和碳碳双键均为平面结构,因单键可以旋转,所以a分子中的所有原子可以处于同一平面,b、c分子中均含有饱和碳原子,所以b、c分子中的所有原子不可能处于同一平面,故C正确;D.b分子是立方烷,是一种对称结构,每个碳原子上有一个氢原子,其一氯代物只有1种,a的一氯代物有5种,c的一氯代物有7种,故D错误;答案选C。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X.Z同主族,X、Y、Z能形成化合物Q,25℃时,0.01mol/LQ溶液的pH为12,Y、Z、W形成的一种化合物常用作生活中的消毒剂和漂白剂,下列说法正确的是
A.原子半经:
X
B.X、Y形成化合物分子中可能含有非极性键
C.Y与Z属于同一周期,与W属于同一主族
D.四种元素中,W元素的非金属性最强
【答案】B
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X、Z同主族,X、Y、Z能形成化合物Q,25℃时,0.01mol/LQ溶液的pH为12,说明Q是一元强碱,则Q为NaOH,X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素,Y、Z、W形成的一种化合物常用作生活中的消毒剂和漂白剂,则W为Cl元素,Y、Z、W形成的常用作生活中的消毒剂和漂白剂的化合物是NaClO。
A.原子半径Na>Cl>O>H,故A错误;B.H和O两种元素形成的化合物H2O2中,既含有极性键又含有非极性键,故B正确;C.Y是O元素、Z是Na元素、W是Cl元素,O与Na不在同一周期,O与Cl不属于同一主族,故C错误;D.在这四种元素中,O元素的非金属性最强,故D错误;答案选B。
5.银锌蓄电池应用广泛,放电时总反应为Zn+Ag2O2+H2O==Zn(OH)2+Ag2O,某小组以银锌蓄电池为电源,用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH,设计如图所示装置。
连通电路后,下列说法正确是
A.电池的a极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-
B.气体Y为H2
C.pq膜适宜选择阳离子交换膜
D.电池中消耗65gZn,理论上生成1mol 气体X
【答案】D
【解析】用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH,根据装置图可知,该电解池的左侧为NaOH溶液,右侧为H2SO4溶液,说明M电极为阴极,水电离的H+在M电极上得电子生成H2,电极反应式为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-,中间隔室的Na+通过mn膜进入装置左侧区域与生成的OH-结合生成NaOH,N电极为阳极,水电离的OH-在N电极上失电子生成O2,电极反应式为:
2H2O-4e-=O2↑+4H+,中间隔室的SO42-通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4。
A.根据上述分析可知,M为阴极,则a为负极、b为正极,a电极的反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2,故A错误;B.N电极的反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,气体Y为O2,故B错误;C.因中间隔室的SO42-通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4,则pq膜应选择阴离子交换膜,故C错误;D.65gZn的物质的量为1mol,当消耗65gZn时,转移电子的物质的量为2mol,M电极的反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,由反应式可知,当转移2mol电子时,生成H2的物质的量为1mol,故D正确;答案选D。
点睛:
本题综合考查原电池和电解池的相关知识,试题难度较大,明确各电极发生的反应,进而推断电解池的阴、阳极和原电池的正、负极是解答本题的关键,本题的易错点是A项电极反应式的书写,解题时要结合电解质溶液的酸碱性和题中所给的已知方程式书写a极的电极反应式。
6.实验室欲探究CO还原CuO,设计如图所示装置(夹持装置略去)。
下列说法正确的是
A.②、④中均可盛装碱石灰
B.加热的顺序为③、①、⑤
C.①、③、⑤中均发生氧化还原反应
D.可将尾气用导管通入到⑤的酒精灯处灼烧
【答案】D
【解析】由装置图可知,NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O和CO2,用装置②除去CO2中混有的H2O(g),CO2与碳粉加热反应生成CO,用装置④除去剩余的CO2,CO与CuO固体加热反应生成CO2和Cu,最后进行尾气处理除去剩余的CO。
A.②中若盛装碱石灰,会把CO2和H2O(g)一并除去,因此②中应盛装P2O5等干燥剂,装置④的作用是除去剩余的CO2,所以装置④中可盛装碱石灰,故A错误;B.因碳粉会和空气中的氧气、水蒸气等在加热时发生反应,所以应先加热装置①,待整个装置中充满CO2时,再加热③和⑤,故B错误;C.装置①中发生的是NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O和CO2的反应,该反应中没有元素化合价发生变化,不是氧化还原反应,③中发生的反应为C+CO2
2CO、⑤中发生的反应为CO+CuO
Cu+CO2,这两个反应中均有元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故C错误;D.处理尾气CO通常采用点燃的方法,使CO燃烧生成无污染的CO2,故D正确;答案选D。
7.25℃时,用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液,溶液中
和-lgc(HC2O4-)或
和-lgc(C2O42-)关系如图所示,下列说法正确的是
A.曲线L1表示
和-lgc(HC2O4-)的关系
B.Ka2(H2C2O4)的数量级为10-2
C.NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
D.向0.1mol/LH2C2O4溶液中加入少量水
减小
【答案】A
【解析】A.H2C2O4是二元弱酸,在溶液中发生两步电离:
H2C2O4
HC2O4-+H+、HC2O4-
C2O42-+H+,Ka1=
、Ka2=
,-lgKa1=-lg
=-[lg
+lgc(HC2O4-)]、-lgKa2=-lg
=-[lg
+lgc(C2O42-)],因Ka1>Ka2,则-lgKa1<-lgKa2,即-[lg
+lgc(HC2O4-)]<-[lg
+lgc(C2O42-)],所以曲线L1表示
和-lgc(HC2O4-)的关系,故A正确;B.曲线L2表示
和-lgc(C2O42-)的关系,据图可知,-lgKa2=-lg
=-[lg
+lgc(C2O42-)]=2+3=5,则Ka2=10-5,Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5,故B错误;C.由上述分析可知,HC2O4-发生电离的平衡常数Ka2=10-5,HC2O4-发生水解反应的平衡常数Kh=
=
=10-12,Ka2>Kh,即HC2O4-的电离程度大于水解程度,所以在NaHC2O4溶液中c (Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),故C错误;D.由Ka1=
可得:
=
,向0.1mol/LH2C2O4溶液中加入少量水,Ka1不变,c(H+)减小,则
=
增大,故D错误;答案选A。
8.某小组对碳与浓硝酸的反应进行探究,已知:
2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O,2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O。
请回答下列可题:
I.甲同学设计如图所示装置制备并收集NO
(1)碳与浓硝酸反应的化学方程式为__________________。
(2)C的作用为_______________。
(3)乙同学认为用装置F代替B更合理,理由为_______________。
(4)乙同学用改进后的装置进行实验。
①将浓HNO3滴入圆底烧瓶中的操作为__________________。
②点燃A处酒精灯开始反应后,圆底烧瓶中的现象为________________。
II.探究NO与Na2O2反应
已知NaNO2既有氧化性,又有还原性;J处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3。
(5)检验上图装置气密性的方法为____________________。
(6)实验结束后,设计实验证明J处硬质玻璃管中有NaNO2生成________________。
供选试剂:
蒸馏水KI-淀粉溶液,KMnO4溶液、NaOH溶液.BaCl2溶液、稀硫酸
【答案】
(1).C+4HNO3(浓)
4NO2↑+CO2↑+2H2O
(2).除去反应生成的CO2(3).装置F可以起到防倒吸的作用(4).打开分液漏斗玻璃塞(或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准),旋转活塞,使浓硝酸滴入圆底烧瓶(5).剧烈反应,木炭逐渐减少,液体中有气泡冒出,烧瓶中出现红棕色气体(6).关闭K,由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶,一段时间后液面差不变则气密性良好(7).取少量反应后的固体溶于蒸馏水,滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液,溶液褪色则有NaNO2生成
【解析】I.
(1).碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2和H2O,化学方程式为C+4HNO3(浓)
4NO2↑+CO2↑+2H2O,故答案为:
C+4HNO3(浓)
4NO2↑+CO2↑+2H2O;
(2).碳与浓硝酸反应生成的CO2、NO2通入B装置的水中,NO2与水反应生成HNO3和NO,再将混合气体通入装置C的NaOH溶液中,可以除去NO中混有的CO2,故答案为:
除去反应生成的CO2;
(3).将碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2通入B装置的水中,因NO2与水反应生成HNO3和NO,造成气体减少、压强减小,从而产生倒吸,若将混合气体通入CCl4中,则不会产生倒吸,故答案为:
装置F可以起到防倒吸的作用;
(4).①.将分液漏斗中的浓HNO3顺利滴入圆底烧瓶,需先平衡压强,则正确的操作步骤为:
打开分液漏斗玻璃塞(或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准),旋转活塞,使浓硝酸滴入圆底烧瓶,并控制滴加速度,故答案为:
打开分液漏斗玻璃塞(或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准),旋转活塞,使浓硝酸滴入圆底烧瓶;
②.向圆底烧瓶中加入浓硝酸后,点燃A处酒精灯,碳与浓硝酸剧烈反应,木炭逐渐减少,液体中有气泡冒出,烧瓶中出现红棕色气体,故答案为:
剧烈反应,木炭逐渐减少,液体中有气泡冒出,烧瓶中出现红棕色气体;
II.(5).检验装置的气密性需先形成密闭体系,正确的方法是:
关闭装置后端开关K,由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶,一段时间后液面的高度差不变,则气密性良好,故答案为:
关闭K,由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶,一段时间后液面差不变则气密性良好;
(6).J 处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3,因NaNO3在酸性条件下也具有强氧化性,所以不能使用还原性的试剂如KI-淀粉溶液检验,可根据NaNO2具有还原性而NaNO3没有还原性,取少量反应后的固体溶于蒸馏水,滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液,若溶液褪色则有NaNO2 生成,故答案为:
取少量反应后的固体溶于蒸馏水,滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液,溶液褪色则有NaNO2 生成。
9.某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。
研究小组对其进行综合处理的流程如下:
已知:
①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在,强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO42-和一种阳离子
②常温下,Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11
请回答下列问题:
(1)“酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为_______________。
(2)“反应”时加入铁粉的作用为_______________。
(3)“结晶”需控制在70℃左右,温度过高会导致的后果为_____________。
(4)“水解”反应的离子方程式为______________。
所得TiO2•xH2O沉淀进行酸洗的目的为____________。
(5)为使滤渣2沉淀完全(溶液中离子浓度小于10-5mol/L)。
需“调pH”最小为________。
(6)实验室用MgCl2溶液制备MgCl2•6H2O,需进行的操作为_____、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
(7)FeSO4•7H2O样品纯度的测定:
取ag样品溶于水配成bmL.溶液;用酸化的cmol/LKMnO4标准溶液滴定,达到滴定终点时消耗标准液的体积为dmL,样品中FeSO4•7H2O的质量分数为____(用代数式表示)。
【答案】
(1).TiO2+2H+=TiO2++H2O
(2).将Fe3+还原为Fe2+(3).导致TiO2+提前水解使FeSO4·7H2O混有TiO2·xH2O,并使TiO2·xH2O产率降低(4).TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H+(5).洗去粘附的FeSO4,防止FeSO4水解(6).4.3(7).在不断通入HC1的条件下蒸发浓缩(8).
【解析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等,经硫酸酸浸后过滤,所得滤液中含有Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(SO4)3、MgSO4、TiOSO4,SiO2与硫酸不反应,滤渣1为SiO2,向滤液中加入铁粉,Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4,结晶得FeSO4·7H2O,所得滤液1中含有Al2(SO4)3、MgSO4、TiOSO4和少量FeSO4,TiOSO4水解生成TiO2·xH2O,经酸洗、水洗、干燥和灼烧后得TiO2,滤液2中含有Al2(SO4)3、MgSO4和少量FeSO4,加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+,调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3,过滤得滤渣2中含有Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀,滤液3中含有MgCl2,经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得MgCl2·6H2O。
(1).“酸浸”时TiO2与硫酸发生反应生成TiOSO4,离子方程式为TiO2+2H+=TiO2++H2O,故答案为:
TiO2+2H+=TiO2++H2O;
(2).“反应”时加入铁粉,Fe与Fe3+反应生成Fe2+,故答案为:
将Fe3+还原为Fe2+;
(3).TiO2+在较高温度下会水解转化为TiO2·xH2O,则“结晶”时温度应控制在70℃左右,若温度过高,会造成TiO2+提前水解,使FeSO4·7H2O中混有TiO2·xH2O,同时还会降低TiO2·xH2O的产率,故答案为:
导致TiO2+提前水解使FeSO4·7H2O混有TiO2·xH2O,并使TiO2·xH2O产率降低;
(4).TiO2+发生“水解”反应生成TiO2·xH2O,离子方程式为TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H+,所得TiO2•xH2O 沉淀进行酸洗,可以除去沉淀表面的FeSO4等杂质,同时在酸性条件下洗涤可防止FeSO4水解,故答案为:
TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H+;洗去粘附的FeSO4,防止FeSO4水解;
(5).调节pH的目的是使溶液中的Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀而除去,因Al(OH)3和Fe(OH)3的阴、阳离子个数比相同,Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3],则Al3+完全沉淀时,Fe3+也已经完全沉淀,所以使Al3+沉淀完全对应溶液的pH即为最小的pH,由题中数据可知,Al3+完全沉淀时,c3(OH-)=
=
=10-29,由c(H+)=
和pH=-lgc(H+)解得pH=4.3,故答案为:
4.3;
(6).用MgCl2溶液制备MgCl2•6H2O晶体,需要经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作,因加热蒸发时会促进MgCl2的水解,为抑制MgCl2的水解,应在不断通入HC1的条件下进行蒸发浓缩,故答案为:
在不断通入HC1的条件下蒸发浓缩;
(7).酸性高锰酸钾溶液氧化FeSO4的离子方程式为:
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,由方程式可知,n(FeSO4•7H2O)=5n(KMnO4)=5×d×10-3L×cmol/L=5cd×10-3mol,m(FeSO4•7H2O)=5cd×10-3mol×278g/mol=1.39cdg,则样品中FeSO4•7H2O的质量分数为:
×100%,故答案为:
×100%。
点睛:
本题以物质制备为载体考查化学工艺流程,涉及元素化合物性质及相互转化、氧化还原反应、离子方程式书写、实验基本操作、物质含量的测定、沉淀溶解平衡等知识,掌握相关物质的性质、制备原理及相关方程式的书写是解题的关键,本题的难点是第(7)小题,解答本题时要先根据氧化还原反应的原理写出酸性高锰酸钾氧化FeSO4的离子方程式,根据方程式找出KMnO4与FeSO4之间的比例关系,再根据题中提供的数据求出FeSO4的质量即可得出正确结果。
10.氮元素能够形成多种化合物。
请回答下列问题:
(1)联氨(N2H4)常温下为液态,在空气中迅速完全燃烧生成N2,同时放出大量热,可作导弹、宇宙飞船、火箭的燃料。
已知:
H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l);△H1=-285.8kJ/mol
N2(g)+2H2(g)=N2H4(l);△H2=+50.6kJ/mol
则N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式为_____________。
(2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为CH4(g)+NH3(g)
HCN(g)+3H2(g)△H>0。
①一定温度下,向2L恒容容器中充入1molCH4(g)和2molNH3(g)发生上述反应,4min达到平衡时,测得CH4的转化率为66.67%。
0~4min內,用H2表示的该反应速率v(H2)=_____。
保持温度和容积不变,再句平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2,此时v正___v逆(选填“>”“<”或“=”)。
②平衡体系中HCN的物质的量(n)随某物理量变化曲线如图所示(图中x、L分别表示温度或压强)。
若x为温度,则曲线,____(选填“L1”或“L2”)能正确表示n(HCN)与温度的关系;
若x为压强,则曲线____(选填“L1”或“L2”)能正确表示nHCN)与压强的关系。
(3)NH3能够形成Ag(NH3)2+。
①溶液中存在Ag+(aq)+2NH3(aq)==Ag(NH3)2+(aq)时,其平衡常数的表达式为K稳=_______。
②常温下,K稳[Ag(NH3)2+]=1.10×107,反应AgCl(s)+2NH3(aq)
Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.936×10-3,则Ksp(AgCl)=_____。
(4)硫氧化物和氮氧化物是常见的大气污染物,利用如图所示发置(电极均为惰性电极)可吸收SO2,并用阴极排出的溶液吸收NO2。
①电极A的电极反应式为______________。
②在碱性条件下,用阴极排出的溶液吸收NO2,使其转化为无害气体。
同时有SO32-生成。
该反应离子方程式为______________。
【答案】
(1).N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622.2kJ/mol
(2).0.25mol/(L·min)(3).<(4).L1(5).L2(6).
(7).1.76×10-10(8).SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+(9).4S2O42-+2NO2+8OH-=8SO32-+N2+4H2O
【解析】
(1).已知:
①H2 (g)+1/2 O2(g)==H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol,②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)△H2=+50.6kJ/mol,根据盖斯定律,①×2—②得:
N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622.2kJ/mol,故答案为:
N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622.2kJ/mol;
(2).①.4min达到平衡时,消耗CH4的物质的量为n(CH4)=1mol×66.67%,由反应方程式可知,生成H2的物质的量为n(H2)=3n(CH4)=1mol×66.67%×3=2mol,则0~4min內,用H2表示的该反应速率v(H2) =2mol÷2L÷4min=0.25mol/(L·min