河南省天一大联考顶尖计划届高三第二次考试理科综合化学试题.docx
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河南省天一大联考顶尖计划届高三第二次考试理科综合化学试题
“顶尖计划”2019届高中毕业班第二次考试理科综合(化学部分)
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12N-140-16Na-23S-32Fe-56Ni-59Zn-65Ag-108Ba-l37
一、选择题:
本题共13小题每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.某电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金等,某小组设计如下资源综合利用的方案:
已知:
碲和硫位于同主族,煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O2
2CuO+TeO2,滤渣中TeO2溶于稀硫酸发生的反应为TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O。
下列说法不正确的是
A.“高温”灼烧电镀污泥时铜碲和铬元素都被氧化
B.酸化Na2CrO4溶液时可用浓盐酸
C.上述流程可以回收的金属单质有金和铜
D.滤液3可以循环利用
【答案】B
【解析】
【分析】
该题为工艺流程图选择题型。
结合流程图和已知条件分析:
电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金,在高温煅烧后的烧渣(Na2CrO4、金单质、CuO和TeO2)加水后可以得到铬酸钠溶液和滤渣(金单质、CuO和TeO2),滤渣加入稀硫酸后,TeO2和稀硫酸反应TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O,CuO与稀硫酸反应,固体1为金,最终滤液1中应主要含有TeOSO4和CuSO4,继续电解滤液1,Cu2+放电得到铜单质,滤液2中TeOSO4与二氧化硫反应得到粗碲。
【详解】A.电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金,高温煅烧后产物为Na2CrO4、金单质、CuO和TeO2,分析反应前后元素化合价的变化:
铜元素由+1价升至+2价,被氧化,碲元素由-2价升至+4价,被氧化,铬元素由+3价升至+6价,被氧化,故A正确。
B.酸化Na2CrO4溶液的目的是将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7,Na2Cr2O7具有强氧化性,可与浓盐酸发生氧化还原反应,不能使用浓盐酸酸化,故B错误。
C.上述流程中,金单质一直未参加反应且不溶于水,固体1为金单质;电解滤液1,Cu2+放电得到铜单质,沉积固体2为铜单质,故C正确。
D.电解滤液1时发生反应2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4,生成的硫酸进入溶液2,同时溶液2中还有TeOSO4,通入二氧化硫发生3H2O+TeOSO4+2SO2=Te+3H2SO4,滤液3中主要有硫酸,酸化Na2CrO4溶液和滤渣处理时都用到了硫酸,所以可以循环利用,故D正确。
综合以上分析,该题答案为B。
【点睛】注意分析流程类选择题时,会出现我们不了解的反应及过程,所以要结合框图和已知条件综合分析。
2.有机化学与生活密切联系。
下列说法不正确的是
A.淀粉、有机玻璃和蛋白质都是高分子化合物
B.四氯化碳和氯仿常作碘水中碘的萃取剂
C.乙烯和氯乙烯都可用于制造食品外包装材料
D.工业酒精中甲醇等有害成分含量高,严禁作饮料
【答案】C
【解析】
【详解】A.淀粉、蛋白质都是天然有机高分子,有机玻璃是合成有机高分子,故A正确;
B.萃取剂应满足:
与原溶剂互不相溶,不与原溶剂、溶质发生反应,溶质在萃取剂中溶解度远大于在原溶剂中溶解度。
四氯化碳和氯仿满足从碘水中萃取碘的要求,故B正确;
C.由乙烯制备的塑料为聚乙烯,无毒,可以用于食品包装,而由氯乙烯制备的塑料聚氯乙烯,有毒,不能用于食品包装,故C错误;
D.工业酒精中的甲醇对人体有害,可使人致盲甚至死亡,不能饮用,故D正确。
综合以上分析,该题答案为C。
【点睛】常见的有机高分子:
淀粉、纤维素、蛋白质、聚乙烯、聚氯乙烯等。
3.氮化锂(Li3N)常作固体电解质和催化剂,遇水蒸气剧烈反应生成氢氧化锂和氨气。
某实验小组用一瓶氮气样品制备纯净的氮化锂的装置如图所示。
已知:
连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2,氯化亚铜盐酸溶液能定量吸收少量CO生成Cu(CO)Cl·H2O且易被O2氧化;在加热条件下,CO2与锂发生剧烈反应。
下列说法正确的是
A.干燥管e中试剂为无水CuSO4,用于检验氮气中的水蒸气
B.为了减少气体用量,先点燃酒精灯再通入氮气
C.a、c中试剂分别为连苯三酚碱性溶液、浓硫酸
D.a装置可以换成盛装赤热铜粉的硬质玻璃管
【答案】C
【解析】
【分析】
制备实验中,要先考虑原料中的干扰杂质要除去(从题干中得知水蒸气,氧气,二氧化碳均为干扰杂质):
a中盛放连苯三酚碱性溶液除去氧气,b中盛放氯化亚铜盐酸溶液除去一氧化碳,c中盛放浓硫酸干燥;d为反应器,e装置主要目的是防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入,干扰实验。
【详解】A.干燥管e主要作用是防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入,干扰实验,应该装有碱石灰,故A错误;
B.未发生反应前,装置中有空气,空气中含有氧气和二氧化碳,会干扰实验,在加热以前,需要先通入一段时间气体,排尽装置中的空气,故B错误;
C.原料气中干扰气体要依次除去,a中盛放连苯三酚碱性溶液除去氧气,b中盛放氯化亚铜盐酸溶液除去一氧化碳,c中盛放浓硫酸干燥,故C正确;
D.a装置若换成盛装赤热铜粉的硬质玻璃管,可除去氧气,但同时生成的氧化铜可以和一氧化碳继续反应,生成二氧化碳,干扰实验,故D错误。
综合以上分析,该题答案为C。
【点睛】制备物质的实验,我们应该考虑原料纯化、排除干扰、尾气处理等。
4.NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.1mol
Yb(镱)中含有的中子数为70NA
B.常温下,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中由水电离的OH-数目为0.1NA
C.在锌锰碱性电池中消耗13.0g负极材料,转移电子数为0.2NA
D.常温常压下,28.0g丙烯和乙烯的混合气体中含有的氢原子数为4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.原子表示式中,左上角数字表示质量数,左下角表示质子数,中子数等于质量数减去质子数,所以1mol该原子中所含中子数为104NA,故A错误;
B.1LpH=13的Ba(OH)2溶液中,溶液中的c(OH-)=0.1mol/L,而由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L,水电离的OH-物质的量为1×10-13mol,故B错误;
C.锌锰碱性电池中,锌为负极,其反应为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2,当消耗13.0g锌即0.2molZn,应转移电子0.4NA,故C错误;
D.丙烯和乙烯最简式均为CH2,可认为28.0g均为CH2,氢原子数为4NA,故D正确。
综合以上分析,该题答案为D。
5.某有机物R的结构如右所示。
下列说法不正确的是
A.R的分子式为C9H8O5
B.R分子中的所有原子可能共平面
C.R能发生酯化、水解、加成反应
D.与R含有相同取代基的苯环上的位置异构体还有9种
【答案】B
【解析】
【详解】A.R的分子式为C9H8O5,故A正确;
B.R结构中含有-CH3结构,该结构中的氢原子最多只能有一个在平面内,故B错误;
C.R中含有羧基可以发生酯化反应,含有酯基可以发生水解反应,含有苯环结构可以发生加成反应,故C正确;
D.与R含有相同取代基的苯环上的位置异构体是指苯环的三个侧链不变,只是改变在苯环上的位置。
三个侧链均不相同,设为A、B、C,讨论位置:
若ABC相邻,有三种,分别为ABC、ACB、CAB;若有两个相邻,另一个不相邻,3×2=6;若三个均不相邻,只有一种,所以一共有十种,除了R本身,还有九种,故D正确。
综合以上分析,该题答案为B。
6.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大,R的最简单气态氢化物分子的空间结构为正四面体,X的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同。
元素X和Z形成化合物G,G中X和Z元素的质量之比为23︰16,有两种含Y元素的可溶性化合物E和F,在10mL1.0mol·L-1E溶液中滴加1.0mol·L-1F溶液,产生沉淀的物质的量(n)与F溶液体积(V)的关系如图所示。
下列说法一定正确的是
A.原子半径:
X>Y>R
B.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Z>Y>R
C.X和Y的单质组成的混合物不能完全溶于水
D.工业上,通过电解熔融氯化物制备Y的单质
【答案】A
【解析】
【分析】
从题干叙述可知,X的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同,推得X为钠;R的最简单气态氢化物分子的空间结构为正四面体,R为碳族元素,结合原子序数关系,R为碳;元素X和Z形成化合物G,G中X和Z元素的质量之比为23︰16,Z应为硫;通过图像可知E:
F:
沉淀=1:
3:
4,可推得Y为铝。
【详解】A.钠与铝同周期,推得钠原子半径大于铝,碳位于钠和铝的上一周期,所以半径小,故A正确;
B.碳的最高价氧化物对应水化物为碳酸,为弱酸;硫的最高价氧化物对应水化物为硫酸,为强酸;铝的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝,为两性氢氧化物,酸性最弱,故B错误;
C.钠单质与铝单质投入水中,若钠过量,与水反应可生成大量氢氧化钠,可以将铝全部溶解,故C错误;
D.工业上采用电解熔融氧化铝来制备铝单质,而铝的氯化物为共价化合物,熔融不导电,不能被电解,故D错误。
综合以上分析,该题答案为A。
【点睛】必修部分元素周期表推断时,绝大部分考查常见、熟悉的物质,所以分析时从我们常见化合物入手。
7.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱,常温下甲胺(CH3NH2·H2O)的电离常数为Kb,且pKb=-lgKb=3.38。
常温下,在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液,分别滴加浓度为0.1mol·L-1的盐酸,溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.曲线1代表四甲基氢氧化铵溶液
B.在b、c、e三点中,水的电离程度最大的点是e
C.b点溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(CH3NH2·H2O)
D.常温下,CH3NH3Cl水解常数的数量级为10-11
【答案】D
【解析】
【详解】A.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱,甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱,同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大,所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH],故A错误;
B.体积为20mL、浓度为0.1mol·L-1的甲胺溶液,滴加浓度为0.1mol·L-1的盐酸,当滴加20mL盐酸时,恰好完全反应,此时溶液中溶质为强酸弱碱盐,促进水电离,此时水电离程度最大,即b、c、e三点中c点水的电离程度最大,故B错误;
C.b点溶液中溶质为CH3NH2·H2O和CH3NH3Cl混合物,比例关系不明确,故C错误;
D.Ka×Kh=Kw,CH3NH3Cl的水解常数为10-14/10-3.38=10-10.62,其数量级为10-11。
综合以上分析,该题答案为D。
【点睛】
(1)判断水的电离程度,考虑反应后溶液中的溶质对水电离的影响
(2)注意灵活应用Ka×Kh=Kw
8.摩尔盐的成分为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=392g·mol-1),常作氧化还原滴定剂。
学校购买了一批摩尔盐样品(假设杂质不参与反应),某学习小组拟设计实验方案测定其纯度:
方案1:
沉淀法。
甲同学准确称量一定质量样品溶于适量的蒸馏水,滴加适量BaCl2溶液至S042-完全沉淀,经过滤、洗涤、干燥,称得BaSO4质量。
(1)检验SO42-是否完全沉淀的操作是____________________________________________。
方案2:
滴定法。
乙同学准确称取mg摩尔盐样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液,量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶中,滴加适量的稀硫酸,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液的体积为VmL。
(2)用KMnO4溶液滴定时应选用___(填“酸式”或“碱式”)滴定管,写出滴定反应的离子方程式:
_________。
(3)该样品的纯度为_________________________________。
(4)若用待测液润洗锥形瓶,测得结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
方案3:
量气法。
丙同学准确称量4.0g样品按下图所示装置进行实验。
(5)①橡胶管L的作用是______________________。
②B中液体可以是___________(填字母)。
a.饱和食盐水b四氯化碳c.煤油d饱和氯化铵溶液
③当A中样品完全反应后,待装置冷却至室温,测得NH3的体积为448mL(已折合成标准状况)。
根据上述数据计算,该产品的纯度为____________。
【答案】
(1).静置后,在上层清液中继续滴加氯化钡溶液,若无沉淀产生,证明SO42-已经完全沉淀;反之,则未完全沉淀。
(2).酸式(3).MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O(4).
%(5).偏高(6).平衡压强,使分液漏斗中溶液顺利滴下;同时减少滴入液体排出气体体积对实验结果的影响(7).bc(8).98%
【解析】
【分析】
方案1通过测定硫酸根来计算;方案2通过测定二价铁来计算;方案3通过测定铵根来计算。
【详解】
(1)检验SO42-是否完全沉淀的操作:
静置后,在上层清液中继续滴加氯化钡溶液,若无沉淀产生,证明SO42-已经完全沉淀;反之,则未完全沉淀。
故该题答案为:
静置后,在上层清液中继续滴加氯化钡溶液,若无沉淀产生,证明SO42-已经完全沉淀;反之,则未完全沉淀。
(2)高锰酸钾为强氧化性物质,不能使用碱式滴定管,会腐蚀橡胶管,应使用酸式滴定管,滴定时发生反应的离子方程式为:
MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
故答案为:
酸式;MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
(3)依题取25mL溶液消耗的高锰酸钾为cV/1000mol,依据方程式可知铁元素为cV/200mol,原250mL溶液中含有铁元素cV/20mol,即摩尔盐的物质的量也为cV/20mol,其质量为392cV/20g,纯度为392cV/20g÷mg×100%=
%。
故答案为:
%。
(4)若用待测液润洗锥形瓶,消耗标准液的体积会变大,故答案为:
偏高。
(5)①橡胶管L可以平衡压强,使分液漏斗中溶液顺利滴下,同时也可以减少因滴入液体排出气体体积对实验结果有影响,故答案为:
平衡压强,使分液漏斗中溶液顺利滴下,同时减少滴入液体排出气体体积对实验结果的影响。
②该实验中滴入烧碱产生的气体为氨气,故所选用液体不能与氨气反应,也不能溶解氨气,答案为:
bc。
③标况下NH3的体积为448mL,物质的量为0.02mol,依据原子守恒可知摩尔盐为0.01mol,其质量为3.92g,纯度为3.92g÷4.0g×100%=98%,故答案为98%。
【点睛】化学计算尽量应用原子守恒法,关系式法,可以节约时间。
另外特别注意橡胶管L的作用。
9.以重晶石(主要成分是BaSO4,含Al、Fe等元素的杂质)为原料制备产品(BaCl2·2H2O)的一种流程如下:
已知:
滤液2主要含BaCl2,还含有AlCl3、FeCl3和HCl等杂质。
298K下,Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH依次为3.0和5.4。
回答下列问题:
(1)高温焙烧时将重晶石粉碎的目的是______________________。
若4.66gBaSO4完全反应转移9.632×1022个电子,写出BaSO4与C反应的化学方程式:
______________________。
(2)“固体”(微溶于水)与盐酸反应生成的一种气体通入CuSO4溶液中产生黑色沉淀,则生成该气体的离子方程式为______________________。
滤渣3的成分是___________(填化学式)。
(3)加入BaCO3的目的是____________________________________________。
(4)常温下,Fe3+沉淀完全[溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1]时溶液的pH=3,则Fe(OH)3的Ksp约为_____。
(5)滤液4经蒸发浓缩、降温结晶、过滤,洗涤和干燥,得到产品。
采用电化学法以过滤后的废液为原料制备Ba(OH)2,实现资源综合利用和环境保护。
气体X的电子式为____________________;写出阴极的电极反应式:
__________________。
【答案】
(1).提高硫酸钡和焦炭反应的反应速率和原料利用率
(2).BaSO4+4C
4CO↑+BaS(3).BaS+2H+=Ba2++H2S↑(4).CuS(5).调节pH,促进Al3+、Fe3+完全沉淀(6).1×10-38(7).
(8).2H++2e-=H2↑
【解析】
【分析】
通过流程图可分析,重晶石高温焙烧后得到一氧化碳和金属硫化物;再加盐酸,金属硫化物与盐酸反应得到金属氯化物溶液,同时产生气体硫化氢;金属氯化物经除杂得到氯化钡溶液,经过蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。
【详解】
(1)高温焙烧时将重晶石粉碎的目的是:
提高硫酸钡和焦炭反应的反应速率和原料利用率;4.66gBaSO4完全反应转移9.632×1022个电子,即0.02molBaSO4完全反应转移0.16mol电子,1molBaSO4完全反应转移8mol电子,可推得硫元素化合价由+6降低到-2,反应的方程式为BaSO4+4C
BaS+4CO↑;故该题答案为:
提高硫酸钡和焦炭反应的反应速率和原料利用率;BaSO4+4C
BaS+4CO↑。
(2)重晶石高温焙烧后得到的固体主要含有金属硫化物,其中BaS为微溶,与盐酸反应生成硫化氢,硫化氢可与硫酸铜反应生成黑色沉淀硫化铜,反应的离子方程式为BaS+2H+=Ba2++H2S↑;故答案为:
BaS+2H+=Ba2++H2S↑;CuS。
(3)滤液2主要含BaCl2,还含有AlCl3、FeCl3和HCl等杂质,加入BaCO3可以与酸反应,调节pH,促进Al3+、Fe3+完全沉淀而除去;故答案为:
调节pH,促进Al3+、Fe3+完全沉淀。
(4)Ksp=c(Fe3+)c3(OH-),已知c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1;pH=3,c(OH-)=1×10-11mol·L-1,带入公式可得Ksp=1×10-38。
(5)通过分析电化学装置,装置右室得到氢氧化钡浓溶液,可推得右室电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,气体Y为H2,所以该极为阴极,阳极氯离子放电产生氯气,气体X为Cl2,Cl2的电子式为
;故该题答案为:
;2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)。
【点睛】制备流程过程中,得到目标产物前的各个步骤是除杂纯化的过程,经前后分析得到每一步可能产物。
10.硝酸银是中学实验室常用试剂。
硝酸银不稳定,易发生如下反应:
①2AgNO3(s)=2Ag(s)+2N02(g)+O2(g)△H1
②2NO2(g)
N2O4(g)△H2
(1)2AgNO3(s)=2Ag(s)+N2O4(g)+O2(g)△H=___________(用含△H1、△H2的式子表示)。
(2)实验室配制硝酸银溶液的操作方法是:
将一定量硝酸银固体溶于浓硝酸中,加水稀释至指定体积。
“硝酸”的作用是____________________________________________。
(3)一定温度下,在5L的恒容密闭容器中投入34gAgNO3(s)并完全分解测得混合气体的总物质的量(n)与时间(t)的关系如图所示。
①下列情况能说明体系达到平衡状态的是___________(填字母)
a.Ag粉的质量不再改变b.O2的浓度不再改变
c.NO2的体积分数不再改变d.混合气体的密度不再改变
②反应开始到10min内N2O4的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1。
③若达到平衡时,混合气体的总压强p=3.0MPa。
在该温度下2NO2(g)
N2O4(g)的平衡常数Kp=___(MPa)-1(结果保留2位小数)。
[提示:
用平衡时各组分分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp),组分的分压(P1)=平衡时总压(P)×该组分的体积分数(
)]
④达到平衡后,再向容器中充入少量的NO2,平衡2NO2(g)
N2O4(g)___________(填“向左”“向右”或“不”)移动,NO2的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)已知几种难溶物的溶度积如下表所示:
难溶物
AgI
AgSCN
AgCl
Ag2CrO4
Ag2S
溶度积
8.5×10-17
1.2x10-12
1.8×10-10
1.1×10-11
6.7×10-50
颜色
黄色
白色
白色
红色
黑色
实验室常用AgNO3溶液滴定Cl-,宜选择___________作指示剂(填字母)
A.KIB.NH4SCNC.Na2CrO4D.K2S
(5)工业上,常用电解法精炼粗银。
粗银中含有Cu、Au等杂质,用AgNO3溶液作电解质溶液。
若以电流强度aA,通电bmin后,制得精银的质量为ckg,则该精炼装置的电流效率为___________(只要求列出计算式即可)。
[已知:
1mol电子带96500C(库仑)电量,电流效率等于阴极得电子数与通过电子总数之比]
【答案】
(1).△H1+△H2
(2).抑制Ag+水解(3).c(4).0.001(5).0.42(6).向右(7).增大(8).C(9).1000c×96500/(108×60ab)
【解析】
【分析】
本题考查盖斯定律的使用;化学反应速率及化学平衡常数的计算;难溶物溶解平衡问题;电解池的有关计算。
【详解】
(1)①2AgNO3(s)=2Ag(s)+2NO2(g)+O2(g)△H1
②2NO2(g)
N2O4(g)△H2
结合盖斯定律,方程式①+方程式②即可得到目标方程式,则2AgNO3(s)=2Ag(s)+N2O4(g)+O2(g)△H=△H1+△H2;故答案为:
△H1+△H2;
(2)硝酸银溶液中硝酸银易水解:
Ag++H2O
AgOH+H+,配制过程中加入硝酸可以抑制水解,故答案为:
抑制Ag+水解;
(3)①反应过程中,该物理量若发生变化,最终不再发生变化,则可以作为判断判断平衡的依据:
a.Ag粉质量不再变化,只能说明AgNO3完全分解,不能说明反应达到平衡状态,故a错误;b.氧气浓度不再改变,只能说明AgNO3完全分解,不能说明反应达到平衡状态,故b错误;c.NO2的体积分数与气体总体积有关,气体总体积不变则NO2的体积分数不变,则NO2的体积分数不再变化可以说明反应达到平衡状态,故c正确;d.反应过程中容器体积不变,只要AgNO完全分解,气体总质量就保持不变,气体密度就不变,则气体密度不再变化不能说明反应达到平衡状态,故d错误。
该题答案为c。
②n(AgNO3)=m/M=34g÷170g·mol-1=0.2mol,结合方程式①2AgNO3(s)=2Ag(s)+2N02(g)+O2(g),得到生成气体总物质的量为0.3mol,其中O2为0.1mol;因为②2NO2(g)
N2O4(g)气体物质的量变少