四川省南充市届高三第一次高考适应性考试理科综合化学试题.docx
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四川省南充市届高三第一次高考适应性考试理科综合化学试题
四川省南充市2019届高三第一次高考适应性考试
理科综合化学试题
本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共16页,38题(含选考题)。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★
注意事项:
1、考试范围:
高考范围。
2、答题前,请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答:
每个小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答:
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答:
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁,不折叠,不破损,不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后,请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
1.化学与生活密切相关。
下列说法错误的是
A.小苏打常常用作生产膨松剂
B.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,其原理是牺牲阳极的阴极保护法
C.补铁保健品中的铁元素通常表现氧化性
D.唾液不能水解葡萄糖
【答案】C
【解析】
【分析】
A.小苏打受热分解生成二氧化碳,可用作生产膨松剂;
B.电热水器内胆连接一个镁棒,就形成了原电池,采用的保护方法为:
牺牲阳极的阴极保护法;
C.补铁剂中添加琥珀酸亚铁,通常表现还原性;
D.唾液不能水解葡萄糖;
【详解】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以小苏打常常用作生产膨松剂,故A项正确;
B.电热水器内胆连接一个镁棒,就形成了原电池,因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极,从而对正极的热水器内胆起到了保护作用,这种保护方法为:
牺牲阳极的阴极保护法,故B项正确;
C.补铁剂中铁正二价,通常表现还原性,故C项错误;
D.唾液中含有唾液淀粉酶,可以水解淀粉,不能水解葡萄糖,故D项正确;
综上,本题选C。
【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题,需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途,同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。
需要指出的是,选项B中的牺牲阳极的阴极保护法,实际指的是形成原电池的保护方法。
2.NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.7.8gNa2O2固体中阴阳离子总数为0.4NA
B.t℃时,lLpH=6的纯水中含OHˉ数为10ˉ7NA
C.22.4L乙烯中含有的分子数为NA
D.S2和S8的混合物共6.4g,其中所含硫原子数一定为0.2NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A.7.8gNa2O2固体中含有阴阳离子总数为0.3NA;
B.纯水中pH=6,则c(H+)=c(OHˉ)=10ˉ6mol/L,lL纯水中含OHˉ数为10ˉ6NA;
C.未指明此时是否为标况,不能确定22.4L乙烯是否为1mol;
D.假设6.4g全为S2求出极端值,假设6.4g全为S8求出另一极端值,S2和S8的混合物共6.4g,最终介于两极端值之间;
【详解】A.7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol,0.1molNa2O2固体中含有0.2molNa+和0.1mol过氧根离子,所以阴阳离子总数为0.3NA,故A项错误;
B.纯水显中性,t℃时,纯水的pH=6,则c(H+)=c(OHˉ)=10ˉ6mol/L,lL纯水中含OHˉ数为10ˉ6NA,故B项错误;
C.未指明此时是否为标况,无法确定22.4L乙烯的物质的量,以及分子数,故C项错误;
D.6.4gS2和S8的混合物共含有6.4g硫原子,则混合物中含有S原子的物质的量为6.4g/32(g/mol)=0.2mol,所含硫原子数一定为0.2NA,故D项正确;
综上,本题选D。
3.工业上可由乙苯生产苯乙烯如下,下列说法正确的是
A.该反应的类型为消去反应
B.乙苯的同分异构体共有三种
C.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯
D.从分子结构上看,苯乙烯不能进行加聚反应
【答案】A
【解析】
【分析】
A.由乙苯生产苯乙烯,H原子减少,为消去反应;
B.乙苯的同分异构体有4种;
C.乙苯和苯乙烯均能使高锰酸钾溶液褪色;
D.苯乙烯中含碳碳双键,能进行加聚反应;
【详解】A.反应C−C变为C=C,为消去反应,故A项正确;
B.乙苯的同分异构体有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯,连同乙苯共4种,故B项错误;
C.乙苯和苯乙烯均能使高锰酸钾溶液褪色,现象相同,不能鉴别,故C项错误;
D.苯乙烯中含碳碳双键具有烯烃的性质,能够进行加聚反应,故D项错误;
综上,本题选A。
4.下列实验操作正确的是
A.用排水集气法收集NH3
B.给试管里的液体加热时,液体的体积不超过试管容积的三分之一
C.pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
D.用CCl4萃取溴水中的溴时,将溴的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出
【答案】B
【解析】
【分析】
A.NH3不能用排水集气法收集;
B.给试管里的液体加热时,液体的体积不超过试管容积的三分之一;
C.pH计可以用于酸碱中和滴定终点的判断;
D.结合萃取分液操作分析;
【详解】A.NH3极易溶于水,不能用排水集气法收集,故A项错误;
B.给试管里的液体加热时,液体的体积不超过试管容积的三分之一,故B项正确;
C.pH计可以用于酸碱中和滴定终点的判断,故C项错误;
D.溴的CCl4溶液密度比水大,从分液漏斗下口放出,故D项错误;
综上,本题选B。
【点睛】C项中注意:
在酸碱中和滴定过程中,滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化,测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂。
指示剂是借助于颜色的改变来指示溶液pH的物质,它可以粗略地测定溶液的pH,在酸碱中和滴定过程中,通常把指示剂恰好变色的这一点称为滴定终点。
而pH计是一种精确测量溶液pH的仪器,精确度高,测量时可以从仪器上直接读出溶液的pH。
所以,可以在酸碱中和滴定过程中用来确定和判断滴定终点。
5.物质由高浓度向低浓度扩散而引发的一类电池称为浓差电池。
如图是由Ag电极和硝酸银溶液组成的电池,工作时,b电极的质量不断增大,下列说法错误的是
A.NO3ˉ由交换膜右侧向左侧迁移
B.a极为负极,发生氧化反应
C.交换膜左侧溶液浓度最终会大于交换膜右侧溶液浓度
D.原电池的总反应不一定是氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】
右侧AgNO3溶液浓度高,左侧AgNO3溶液浓度低。
工作时,b电极的质量不断增大,Ag+在b电极得电子,故b为正极,a为负极,据此判断;
【详解】A.NO3ˉ向负极运动,由交换膜右侧向左侧迁移,故A项正确;
B.a极为负极,发生失电子的氧化反应,故B项正确;
C.交换膜左侧溶液浓度不会大于交换膜右侧溶液浓度,故C项错误;
D.该电池中Ag在负极失电子,变成Ag+,Ag+在b电极得电子,生成Ag,不属于氧化还原反应,故D项正确;
综上,本题选C。
6.某温度时,将nmol·L-lCH3COOH溶液滴入10mL1.0mol·L-1NaOH溶液中,溶液pH和温度随加入CH3COOH溶液体积变化曲线如图所示,下列有关说法正确的是
A.Kw:
a>bB.25℃时:
K(CH3COOH)=1/(n-1)•10-7
C.n<1.0D.水的电离程度:
c>b
【答案】B
【解析】
【分析】
将CH3COOH溶液滴入NaOH溶液中,溶液pH逐渐减小,当恰好完全中和时,放热最多,温度最高,据此判断;
【详解】A.由于温度b>a,则Kw:
a
B.25℃时,溶液呈中性,则c(Na+)=c(CH3COO-),则K(CH3COOH)=c(CH3COO-)•c(H+)/c(CH3COOH)=(1.0/2)•10-7/(n-1)/2=1/(n-1)•10-7,故B项正确;
C.向10mL1.0mol·L-1NaOH溶液中滴入10mLCH3COOH时,溶液呈中性,则n>1.0,故C项错误;
D.b点溶液温度最高,说明此时两溶液恰好反应生成醋酸钠,醋酸根离子水解促进了水的电离,则水的电离程度b>c,故D项错误;
综上,本题选B。
【点睛】本题考查Kw,Kw与温度有关,温度越高Kw数值越大,水电离程度越大,温度越低Kw数值越小,水的电离程度越小,所以判断Kw的大小重点要抓住此时的温度。
7.W、X、Y、Z均为短周期元素凡原子序数依次增大,W是短周期中金属性最强的元素,向水中同时加入W2Y和XZ3,剧烈反应并产生气体和白色沉淀。
下列说法正确的是
A.简单气态氢化物的热稳定性:
ZB.氧化物对应水化物的酸性:
XC.工业上通过电解XZ3来冶炼单质X
D.YZ2分子中每个原子的最外层都是8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z均为短周期元素凡原子序数依次增大,W是短周期中金属性最强的元素,则W为Na元素,在W2Y中,Y为-2价,则Y为S元素。
Y、Z均为短周期元素,原子序数依次增大,Y为S元素,则Z为Cl元素。
XZ3中,Z为+3价,则X为Al元素;
【详解】A.简单气态氢化物的热稳定性HCl>H2S,故A项错误;
B.最高价氧化物对应水化物的酸性:
XC.工业上冶炼Al,采用电解熔融状态下氧化铝的方法,故C项错误;
D.YZ2分子为SCl2,硫原子和氯原子通过共用电子对,每个原子的最外层都是8电子稳定结构,故D项正确;
综上,本题选D。
8.某班学生用SO2与含钡试剂探究化学反应原理,设计了如图实验装置。
已知:
Na2SO3(s)+H2SO4(浓)
Na2SO4+SO2↑+H2O,三个实验小组分别利用该实验装置,将不同试剂装入B试管进行实验,实验结果如下表
根据实验回答问题:
(1)第一组实验中,A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为_________,B中沉淀主要是_________,B中发生反应的离子方程式为___________________________。
(2)第二组实验中,B中白色沉淀是_________,溶液中发生反应的离子方程式为____________________________________。
(3)第三组实验结果的分析出现分歧,有同学认为白色沉淀是BaSO3。
有同学认为是BaSO4。
实验小组取出沉淀,继续加入足量_________,沉淀不溶解,说明沉淀应该是BaSO4。
实验中产生BaSO4的原因是:
___________________________。
(4)综合三组实验结果,请预测CO2通入CaCl2溶液,_________(填能”或“不能”)产生CaCO3沉淀,请用化学原理解释:
____________________________________。
【答案】
(1).分液漏斗
(2).BaSO3(3).Ba2++2OH-+SO2=BaSO3↓+H2O(4).BaSO4(5).3Ba2++3SO2+2H2O+2NO3-=3BaSO4↓+2NO+4H+(6).稀盐酸(7).装置中的氧气,将溶液中的二氧化硫(或H2SO3)氧化成SO42-,与Ba2+结合生成BaSO4(8).不能(9).二氧化碳溶于水形成碳酸,酸性弱。
电离产生的碳酸根离子浓度小,不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀
【解析】
【分析】
第一个装置为发生装置,制备二氧化硫,第二个装置为二氧化硫的性质检验,第三个装置为吸收装置据此判断;
【详解】
(1)A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为分液漏斗;B中二氧化硫与氢氧化钡反应,得到沉淀主要是BaSO3;离子方程式为Ba2++2OH-+SO2=BaSO3↓+H2O;
(2)二氧化硫在水溶液中,主要以SO32-离子的形式存在,酸性条件下,NO3-将SO32-离子氧化成SO42-,得到BaSO4沉淀;离子方程式为3Ba2++3SO2+2H2O+2NO3-=3BaSO4↓+2NO+4H+;
(3)若白色沉淀是BaSO3,则可溶于稀盐酸,若白色沉淀是BaSO4,则不溶于稀盐酸;产生BaSO4的原因是:
装置中的氧气,将溶液中的二氧化硫(或H2SO3)氧化成SO42-,与Ba2+结合生成BaSO4;
(4)二氧化碳溶于水形成碳酸,酸性弱。
电离产生的碳酸根离子浓度小,不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀。
9.CoCl2可用于电镀,是一种性能优越的电池前驱材料,由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在,还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下:
已知:
①焦亚硫酸钠Na2S2O5,常做食品抗氧化剂。
CaF2、MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃,易溶于水、乙醚等;常温下稳定无毒,加热至110~120℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表:
回答下列问题:
(1)操作①的名称为_________,NaClO3具有氧化性,其名称为__________________。
(2)浸取中加入Na2S2O5的作用是___________________________。
(3)滤液1中加入NaClO3的作用是_________,相关的离子方程式为__________________。
(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________________________。
(5)滤渣3主要成分为__________________(写化学式)。
滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体
(6)滤液3中加入萃取剂I,然后用稀盐酸反萃取的目的是___________________________。
(7)制备晶体CoCl2·6H2O,需在减压环境下烘干的原因是___________________________。
【答案】
(1).过滤
(2).氯酸钠(3).将+3价钴还原为+2价钴(4).将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于分离(5).6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O(6).2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑(7).CaF2、MgF2(8).分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+,回收利用(9).降低烘干温度,防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
【解析】
【分析】
(1)操作①后得到滤液和滤渣,据此判断;NaClO3名称为氯酸钠;
(2)焦亚硫酸钠Na2S2O5,常做食品抗氧化剂,具有还原性可将+3价钴转化为+2价钴;
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于分离;
(4)Fe3+与CO32-结合成Fe(OH)3沉淀,据此判断;
(5)故加入NaF后,得到的滤渣主要是CaF2、MgF2;
(6)反萃取可从有机层中获取Mn2+、Cu2+、Zn2+;
(7)CoCl2·6H2O加热至110~120℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴,需在减压环境下烘干;
【详解】
(1)操作①后得到滤液和滤渣,故操作①为过滤;NaClO3中氯为+5价,其名称为氯酸钠;
(2)下一步操作过程中加入NaClO3,调节pH3.0~3.5时,会将+3价钴转化为沉淀,降低产率,而此时+2价钴不会转化为沉淀,故加入Na2S2O5的作用是将+3价钴还原为+2价钴;
(3)NaClO3具有氧化性,可将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于分离,相关的离子方程式为:
6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O;
(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣Fe(OH)3,反应式为:
2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
(5)CaF2、MgF2难溶于水,故加入NaF后,得到的滤渣主要是CaF2、MgF2;
(6)滤液3中含有Mn2+、Cu2+、Zn2+,用稀盐酸反萃取的目的是:
分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+,回收利用;
(7)CoCl2·6H2O加热至110~120℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴,故减压环境下烘干的原因是:
降低烘干温度,防止产品分解产生有毒的无水氯化钴;
10.NOx是大气污染物,但只要合理利用也是重要的资源。
回答列问题:
(1)将NO2和水蒸气混合,反应的现象为_________,写出该反应的化学方程式_________。
(2)2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的历程分两步,反应方程式、速率方程和吸放热情况如下:
反应I:
2NO(g)
N2O2(g)(快)v1正=k1正·c2(NO),v1逆=k1逆·c(N2O2)△H1<0
反应II:
N2O2(g)+O2(g)
2NO2(g)(慢)v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2),v2逆=k2逆·c2(NO2)△H2<0
反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的△H=_________(用△H1、△H2表示)。
一定温度下,反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)达到平衡状态,平衡常数的表达式K=_________(用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示)。
若升高温度,K将_________(填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)反应N2O4(g)
2NO2(g),在一定条作下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系:
v(N2O4)=k1·p(N2O4),v(NO2)=k2·p(NO2)其中k1、k2是与温度有关的常数。
一定温度下,相应的速率与压强关系如图所示,在图中标出的点中,能表示该反应达到平衡状态的两个点是_________,理由是__________________。
(4)升高温度绝大多数的化学反应速率增大,但是2NO(g)+O2(g)
NO2(g)的速率却随着温度的升高而减小。
已知反应Ⅱ速率较慢,且决定总反应速率是反应II,则反应I的活化能E1与反应II的活化能E2的大小关系为E1_________E2(填“>”、“<”或“=”)。
根据速率方程分析,升高温度反应Ⅱ速率减小的原因是_________。
A.k2正增大,c(N2O2)增大B.k2正减小,c(N2O2)减小
C.k2正增大,c(N2O2)减小D.k2正减小,c(N2O2)增大
【答案】
(1).红棕色褪去,产生白雾
(2).3NO2+H2O=2HNO3+NO(3).△H1+△H2(4).k1正•k2正/k1逆•k2逆(5).减小(6).BD(7).图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O2的消耗速率的2倍,所以表示达到化学平衡状态的点是BD(8).<(9).B
【解析】
【分析】
(1)NO2和水蒸气混合发生3NO2+H2O=2HNO3+NO,据此判断;
(2)利用盖斯定律计算2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的△H,并结合题干计算K;
(3)平衡状态的特征是正逆反应速率相等,据此判断;
(4)结合
(2)题干进行分析;
【详解】
(1)NO2与水反应生成HNO3和NO,故现象为红棕色褪去,产生白雾;
(2)2NO(g)
N2O2(g)△H1①N2O2(g)+O2(g)
2NO2(g)△H2②将①+②得,2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)△H=△H1+△H2;
由反应①可知,k1正·c2(NO)=k1逆·c(N2O2),K1=c(N2O2)/c2(NO)=k1正/k1逆,同理可知,K2=k2正/k2逆,则K=K1•K2=k1正•k2正/k1逆•k2逆;①和②均为放热反应,故△H<0,升高温度后K值减小;
(3)达到化学平衡状态时,NO2的消耗速率是N2O2的消耗速率的2倍,所以表示达到化学平衡状态的点是BD;
(4)反应Ⅱ速率较慢,且决定总反应速率是反应II,则反应I的活化能E1与反应II的活化能E2的大小关系为E111.短周期p区元素共有13种,除铝外全部是非金属元素。
(1)基态氮原子的价层电子排布图为_________;短周期p区元素中,第一电离能最小的元素与电负性最大的元素组成的化合物是_________(填化学式)
(2)卤素与硼、氮、磷可形成BF3、NCl3和PBr3,下列有关三种分子的叙述正确的是
A.化学键类型相同B.空间构型相同
C.中心原子的杂化轨道类型相同D.中心原子的价层电子对数相同
(3)CS2是一种溶剂,它能溶解硫磺。
写出一种与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_________。
CO能与Ni形成正四面体型的配合物Ni(CO)4,3.42gNi(CO)4中含有_________molσ键
(4)CCl4与水互不相溶,SiCl4与CCl4分子结构柑似,但SiCl4遇水易发生水解反应,导致二者性质不同的原因是____________________________________。
(5)铝的几种卤化物的熔点如下:
AlBr3的晶体类型是_________,AlI3晶体中存在的作用力有_________。
(6)氮化铝晶体为原子晶体,是一种新型无机非金属材料,其晶体密度为ag/cm3,晶胞如图所示。
①铝原子的配位数为_________。
②设NA为阿伏加德罗常数的值。
氮化铝晶胞中,铝原子和氮原子之间最短的核间距为_________nm。
【答案】
(1).
(2).AlF3(3).A(4).CO2、CO、SCN-(5).0.16(6).硅原子有3d空轨道,能接受氧原子的孤对电子,而碳原子没有d空轨道,不能接受氧原子的孤对电子。
(7).分子晶体(8).范德华力、共价键(9).2(10).
【解析】
(1)N原子核外有7个电子,分别位于1s、2s、2p轨道,其轨道表示式为
;短周期p区元素中,第一电离能最小的元素Al与电负性最大的元素F组成的化合物是AlF3;
(2)O与S同主族,所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2,与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-,所以SCN-的空间构型与键合方式与CS2相同;分子中存在4个Ni-C键,为σ键,含有4个C=O键,则含有4个σ键,3.42gNi(CO)4为0.02mol,共0.02×8mol=0.16mol;(4)CCl4与水互不相溶,SiCl4与CCl4分子结构相似,但遇水极易发生水解反应,硅原子有3d空轨道,能接受氧原子的孤对电子,而碳原子没有d空轨道,不能接受氧原子的孤对电子,导致二者性质不同;(5)AlBr3的熔点很低,为分子晶体,AlI3也为分子晶体中存在的作用力有范德华力、共价键;(6)①如图,每一个N原子连接4个铝原子,而每个铝原子由两个N原子共用,故铝原子的配位数为2;②每个晶胞中铝原子为
个,氮原子为4个,晶胞的体积V=
,则晶胞的边长为
,铝原子和氮原子之间最短的核间距为边长的倍
,故为
。
点睛:
本题考查较为