届河南省九师联盟高三上学期质量检测理科综合化学试题解析版.docx
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届河南省九师联盟高三上学期质量检测理科综合化学试题解析版
2019届河南省九师联盟高三上学期1月质量检测理科综合化学试题(解析版)
可能用到的相对原子质量:
H1Li7C12O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64
一、选择题
1.从废铅蓄电池铅膏(含PbSO4、PbO2和Pb等)中回收铅的一种工艺流程如下:
已知:
浓硫酸不与PbO2反应,Ksp(PbCl2)=2.0×10-5,Ksp(PbSO4)=1.5×10-8,PbCl2(s)+2Cl-(aq)=PbCl42-(aq)。
下列说法错误的是
A.合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染
B.步骤①中可用浓硫酸代替浓盐酸
C.步骤①、②、③中均涉及过滤操作
D.PbSO4(s)+2Cl-(aq)
PbCl2(s)+SO42-(aq)的平衡常数为7.5×10-4
【答案】B
【解析】
【分析】
B、D选项均利用到已知信息,C项注意看流程图中分离出固体和液体可知均涉及过滤操作。
【详解】A.铅会使蛋白质变性,造成人体重金属中毒,所以合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染,故A正确;
B.浓硫酸不与PbO2反应,步骤①中若用浓硫酸代替浓盐酸,则铅无法反应到滤液中,故B错误;
C.步骤①、②、③中均需要分离液体与不溶性固体,都涉及过滤操作,故C正确;
D.PbSO4(s)+2Cl-(aq)
PbCl2(s)+SO42-(aq)的平衡常数为:
7.5×10-4,故D正确;
答案选B。
【点睛】计算平衡常数,写出该反应平衡常数表达式,注意利用给出的已知信息,可知该平衡常数等于两Ksp相除。
2.化学与生活密切相关。
下列说法错误的是
A.用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污,发生的是物理变化
B.“碳九”(石油炼制中获取的九个碳原子的芳烃)均属于苯的同系物
C.维生素C是NaNO2中毒的急救药之一,利用了维生素C的还原性
D.波尔多液(硫酸铜、石灰和水配成)用作农药,利用Cu2+使病毒蛋白变性
【答案】B
【解析】
【详解】A.四氯乙烯是一种很强的溶剂,可以溶解油脂类物质。
这个过程没有发生化学变化,是物理溶解的过程。
故A正确;
B.“碳九”其主要成分包括异丙苯、正丙苯、乙基甲苯、茚、均三甲苯、偏三甲苯、连三甲苯等,其中茚:
不属于苯的同系物,故B错误;
C.NaNO2具有较强的氧化性,可氧化血红蛋白中的Fe2+,维生素可将Fe3+还原为Fe2+,,利用了维生素C的还原性,故C正确;
D.硫酸铜是重金属盐,利用Cu2+使病毒蛋白变性,故D正确;
答案选B。
3.对实验室制得的粗溴苯[含溴苯(不溶于水,易溶于有机溶剂,沸点156.2℃)、Br2和苯(沸点80℃)]进行纯化,未涉及的装置是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
思路:
除溴(利用SO2的还原性)→分离出苯和溴苯的混合液(分液)→分离出溴苯(蒸馏)。
【详解】A.除去Br2可以用SO2,原理是:
Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr,故A正确;
B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶,分液可得苯和溴苯的混合液,故B正确;
C.由分析可知,不涉及到过滤操作,故C错误;
D.溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃,分离出溴苯用蒸馏,故D正确;
答案选C。
4.NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.2g氘化锂(6LiD)中含中子数为NA
B.22.4L(标准状况)CHCl3含C—H键数目为NA
C.2molSO2和1mol18O2充分反应,产物中含18O原子数为2NA
D.0.5molCl2通入FeCl2溶液中,最后溶液中含Fe3+数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.2g氘化锂(6LiD)中含中子数为:
4NA=NA,故A正确;
B.已知体积,但标准状况下CHCl3不是气态,无法计算其物质的量,故B错误;
C.SO2和18O2的反应是可逆的,故产物中含18O原子数小于2NA,故C错误;
D.FeCl2溶液中Fe2+物质的量未知,最后溶液中含Fe3+数目也未知,故D错误;
答案选A;
【点睛】易错项是D,注意题干信息没有给出FeCl2物质的量,或者没有说明FeCl2是“足量”的,故无法得知溶液中含Fe3+数目。
5.C2H4及C2H2等均可用适当的羧酸盐采用Kolbe电解法得到。
如图为制取C2H2的电解装置,该装置工作时,下列说法中错误的是
A.电能转变为化学能
B.阴极周围溶液的pH不断升高
C.电极a上发生:
D.制取乙烯可用CH3COOK溶液作阳极电解液
【答案】D
【解析】
【分析】
电解池中,与电源正极相连的是阳极,与电源负极相连的是阴极。
故电极a是阳极,电极b是阴极。
【详解】A.该装置为电解池,是电能转变为化学能,故A正确;
B.阴极与电源的负极相连,电解溶液中的阳离子发生还原反应,故阴极的电极反应式为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-,周围溶液的pH不断升高,故B正确;
C.电极a是阳极,失去电子,发生氧化反应,阳极的电极反应式为:
,故C正确;
D.由Kolbe电解法原理可知,用CH3COOK溶液作阳极电解液得到的是乙烷,故D错误;
答案选D。
【点睛】本题的难点是D选项,需掌握Kolbe电解法的原理:
,可知CH3COOK溶液作阳极电解液得到的是乙烷。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的最低负价等于X、Z的最低负价之和,Y的周期数是族序数的3倍,W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键。
下列说法正确的是
A.常压下,单质的沸点:
W>Z
B.Y与X形成化合物的水溶液呈碱性
C.原子半径:
W<X<Y<Z
D.W的氧化物的水化物的酸性比Z的弱
【答案】B
【解析】
【分析】
Y的周期数是族序数的3倍,可知Y是Na;W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键,结合W、X原子序数均比Na小,可知W的简单氢化物是NH3,X的简单氢化物是HF,即W是N,X是F;W的最低负价等于X、Z的最低负价之和,Z是S。
【详解】A.常压下,N2是气态,S是固态,故单质的沸点:
N2<S,故A错误;
B.Na与F形成化合物NaF属于强碱弱酸盐,水溶液呈碱性,故B正确;
C.电子层数越多,原子半径越大;电子层数相同,核电荷数越大,原子半径越小。
故原子半径:
F<N<S<Na,故C错误;
D.没有说明是最高价氧化物对应的水化物,无法确定酸性大小,故D错误;
答案选B。
【点睛】掌握原子、离子半径比较技巧:
一看电子层数,电子层数越大,半径越大;
二看核电荷数,核电荷数越大,半径越小;(电子层数相等时)
三看核外电子数,核外电子数越大,半径越大。
(电子层数、核电荷数相等时)
7.25℃时,改变0.1mol·L-1H2SO3溶液的pH,各微粒的物质的量分数(α)变化如图所示,下列说法中错误的是
A.1gK1(H2SO3)=-1.9
B.pH=3时,c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
C.反应H2SO3+SO32-
2HSO3-的lgK=5.3
D.pH=7.2时,c(HSO3-)=c(SO32-)=c(H+)
【答案】D
【解析】
【分析】
结合电离常数表达式可知,图像中的两个交点,可分别计算出K1(H2SO3)=10-1.9和K2(H2SO3)=10-7.2,
【详解】A.由分析可知,K1(H2SO3)=10-1.9,则1gK1(H2SO3)=-1.9,故A正确;
B.pH=3时,由图可知,c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-),故B正确;
C.反应H2SO3+SO32-
2HSO3-的K=
=
=105.3,则lgK=5.3,故C正确;
D.pH=7.2时,c(HSO3-)=c(SO32-)>c(H+),故D错误;
答案选D。
8.无水FeCl2易吸湿、易被氧化,常作为超高压润滑油的成分。
某实验小组利用无水FeCl3和氯苯(无色液体,沸点132.2℃)制备少量无水FeCl2,并测定无水FeCl2的产率。
实验原理:
2FeCl3+C6H5Cl
2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑
实验装置:
按如图所示组装好的装置,检查气密性后,向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。
回答下列问题:
(1)利用工业氮气(含有H2O、O2、CO2)制取纯净干燥的氮气。
①请从下列装置中选择必要的装置,确定其合理的连接顺序:
a→________→上图中的j口(按气流方向,用小写字母表示)。
②实验完成后通入氮气的主要目的是________。
(2)装置C中的试剂是________(填试剂名称),其作用是________。
(3)启动搅拌器,在约126℃条件下剧烈搅拌30min,物料变成黑色泥状。
加热装置A最好选用__(填字母)。
a.酒精灯b.水浴锅c.电磁炉d.油浴锅
(4)继续升温,在128~139℃条件下加热2h,混合物颜色逐渐变浅,黏度降低。
该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点,但氯苯实际损失量却非常小,其原因是________。
(5)继续加热1h后放置冷却,在隔绝空气条件下过滤出固体,用洗涤剂多次洗涤所得固体,置于真空中干燥,得到成品。
若D中所得溶液恰好与25mL2.0mol·L-1NaOH溶液完全反应,则该实验中FeCl2的产率约为________(保留3位有效数字)。
【答案】
(1).fg→de→bc(提示:
除水后再除氧气,防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气)
(2).将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收(3).无水氯化钙(4).防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解(5).d(6).球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流(7).97.0%
【解析】
【分析】
(1)思路:
先除CO2→再除H2O(顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气)→再除O2(除水后再除氧气,防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气);
(2)由FeCl2、FeCl3易水解性质可解,前后一定要有干燥装置;
(3)油浴锅的好处是便于控制温度;
(4)有冷凝管可使反应物冷凝回流;
【详解】
(1)①由分析可知,装置接口的连接顺序为fg→de→bc,吸收装置注意长进短出;②实验完成后继续通入氮气的主要目的是:
将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收,防止测FeCl2的产率偏小。
(2)FeCl2、FeCl3易水解,装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙,其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解;
(3)结合温度约126℃,选择油浴锅的好处是便于控制温度,故选d;
(4)由装置图可知,加热温度已经接近或超过氯苯沸点,但氯苯实际损失量却非常小,其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流;
(5)n(HCl)=n(NaOH)=
0.025L
2.0mol·L-1=0.05mol,
n(FeCl2)=
n(HCl)=
0.05mol=0.1mol,
加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯,物质的量分别约为
0.103mol和0.2mol,由反应方程式可知氯苯过量,
则该实验中FeCl2的产率约为
100%
97.0%。
9.一种从废甲醇催化剂(含ZnO、CuO及少量Fe2O3、石墨及MnO2等)回收铜并制取活性氧化锌的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)废催化剂“破碎”的目的是________,“酸浸”后“浸渣”的主要成分是________。
(2)“氧化”时Mn2+被氧化的离子方程式为________。
(3)“中和沉淀”时pH对锌转化为碱式碳酸锌的转化率影响如图所示:
pH>7时,转化率开始减小的原因是________[用离子方程式说明,已知Zn(OH)2性质与Al(OH)3类似]。
(4)“过滤3、洗涤”时,能证明已洗涤干净的操作方法是________;所得滤液中主要溶质是________。
(5)测定“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下:
Ⅰ.准确称取粗铜粉mg,加入足量HCl和H2O2使其完全溶解(Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O,Zn及Fe也同时溶解)。
Ⅱ.将溶液煮沸1~2min,除去过量的H2O2。
Ⅲ.依次滴入适量氨水、醋酸及NH4HF2溶液,以排除Fe3+的干扰。
然后加入稍过量的KI(2Cu2++4I-=2CuI↓+I2),再加入1mL淀粉溶液作指示剂,用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)且半分钟内不变色,共消耗Na2S2O3标准溶液VmL。
①铜的质量分数为________(列出计算表达式)。
②缺少步骤Ⅱ会使测定的铜的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】
(1).提高铜、锌的浸取率和浸取速率
(2).石墨(3).Mn2++S2O82-+3H2O=MnO(OH)2↓+2SO42-+4H+(4).Zn2++4OH-=ZnO22-+2H2O(5).取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若不产生白色沉淀,则表明已洗涤干净(6).(NH4)2SO4(7).
(8).偏大
【解析】
【分析】
滴定实验计算思路:
先找出所求物质与标准溶液的物质的量关系式:
2Cu2+~I2~2S2O32-,进而求出Cu的质量,最后算出其质量分数。
【详解】
(1)“破碎”的目的是增大固体接触面积,提高铜、锌的浸取率和浸取速率;石墨常温下不与浓硫酸反应,所以“酸浸”后“浸渣”的主要成分是石墨;
(2)“氧化”时,Mn2+被氧化为MnO(OH)2,S2O82-中-1价的氧原子被还原为-2价,所以离子方程式为Mn2++S2O82-+3H2O=MnO(OH)2↓+2SO42-+4H+;
(3)已知Zn(OH)2性质与Al(OH)3类似,即碱性过强,Zn(OH)2会与OH-反应生成ZnO22-,故pH>7时,转化率开始减小的原因用离子方程式说明是Zn2++4OH-=+2H2O;
(4)证明沉淀已洗涤干净的操作方法是检验杂质离子:
硫酸根离子,步骤是取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若不产生白色沉淀,则表明已洗涤干净;由溶液中剩余大量NH4+和SO42-可知,所得滤液中主要溶质是(NH4)2SO4;
(5)①由关系式:
2Cu2+~I2~2S2O32-可知,n(Cu2+)=n(S2O32-)=cV
10-3mol,
m(Cu2+)=
10-3g,则铜的质量分数为
。
②缺少步骤Ⅱ,过量的H2O2会氧化更多I-,生成更多的I2,消耗更多的S2O32-,使测定的铜的质量分数偏大。
10.乙烯是合成纤维、合成橡胶、合成塑料、合成乙醇的基本化工原料。
回答下列问题:
(1)实验室快速制取少量乙烯可用乙烯利(
)与NaOH溶液反应制取。
写出该反应的化学方程式为________(磷转化为磷酸正盐)。
(2)乙烷裂解制备乙烯越来越受到石化企业的重视。
已知部分热化学方程式如下:
Ⅰ.C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)△H1=+137kJ·mol-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+42kJ·mol-1
Ⅲ.C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)△H3
①反应Ⅲ的△H3=________kJ·mol-1。
②若在1273K时,100kPa下反应(Ⅰ)达到平衡时,混合气体中C2H4、C2H6、H2的物质的量分别为0.047、0.006、0.047,则乙烯的分压为p(C2H4)=________kPa;平衡常数Kp=________(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。
③恒温恒容密闭容器中进行的反应(Ⅱ),能说明已达到平衡状态的是________(填字母)。
a.压强不再随时间变化b.混合气体密度不再随时间变化
c.v(H2)正=v(CO)逆d.单位时间内断裂C=O的数目与断裂H-O的相等
④乙烷直接裂解以及与CO2耦合裂解可能发生的反应及平衡转化率(α)与温度(T)的关系分别如下图所示,已知:
a.C2H6=C2H4+H2;b.C2H6+CO2=C2H4+CO+H2O;c.C2H6+2CO2=4CO+H2;d.2C2H6+CO2=C2H4+2CO+2H2+CH4;e.16C2H6+9CO2=14C2H4+12CO+12H2+6H2O+CH4。
下列说法正确的是________(填字母)。
a.600℃以下,反应a的趋势最大
b.CO2和C2H6耦合裂解有利于提高乙烷的平衡转化率
c.过量CO2和C2H6耦合高温裂解,可较好防止催化剂表面结炭
d.用合适的催化剂催化CO2和C2H6耦合裂解,可提高反应平衡常数
(3)以太阳能电池为电源,利用电解法也可实现CO2制备乙烯,其装置如图所示。
电极a为电源的________(填“正极”或“负极”),生成乙烯的电极反应式为________。
【答案】
(1).
(2).+179(3).47(4).368.2(5).cd(6).bc(7).负极(8).2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O
【解析】
【分析】
(2)①利用盖斯定律;
②分压=物质的量分数
总压,代入平衡常数表达式可解;
③紧扣“逆向相等,变量不变”判断平衡状态;
(3)与电源负极相连的是阴极,得到电子,发生还原反应。
【详解】
(1)用
与NaOH溶液反应制取少量乙烯,且磷转化为磷酸正盐即Na3PO4。
综上该反应的化学方程式为:
;
(2)①反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ,则△H3=△H1+△H2=+179kJ·mol-1。
②在1273K时,100kPa下反应(Ⅰ)达到平衡时,混合气体中C2H4、C2H6、H2的物质的量分别为0.047、0.006、0.047,乙烯的分压为p(C2H4)=
=
47kPa;p(C2H6)=6kPa,p(H2)=47kPa,平衡常数Kp=
=368.2kPa;
③a.反应(Ⅱ)反应前后气体数目不变,压强一直恒定,故压强不再随时间变化不能说明已达到平衡状态,故a错误;
b.反应物和生成物全是气体,由质量守恒可知气体质量不变。
且恒容密闭容器,由密度=气体质量
容器体积,可知密度一直恒定,故混合气体密度不再随时间变化不能说明已达到平衡状态,故b错误;
c.v(H2)正=v(CO)逆,一正一逆反应速率,且符合方程式的化学计量数之比,能说明已达到平衡状态,故c正确;
d.单位时间内断裂C=O(正反应方向)的数目与断裂H-O(逆反应方向)的相等,且符合方程式的断键数目之比,能说明已达到平衡状态,故d正确;
答案选cd。
④a.600℃以下,反应e的α(C2H6)最大,故反应e的趋势最大,故a错误;
b.CO2和C2H6耦合裂解,可将C2H6转化为其他气体燃料,如CO和CH4,有利于提高乙烷的平衡转化率,故b正确;
c.过量CO2和C高温会反应为CO,可较好防止催化剂表面结炭,故c正确;
d.平衡常数仅受温度影响,催化剂不会改变平衡常数,故d错误;
答案选bc。
(3)与电极a相连的电极上CO2转化为乙烯,碳元素的化合价降低,得到电子,发生还原反应,作为阴极,故电极a为电源的负极,生成乙烯的电极反应式为2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O。
11.硫、铁及其化合物用途非常广泛。
回答下列问题:
(1)基态S原子价电子排布式为________,基态Fe原子未成对电子数为________个。
(2)团簇
中,S、C、N的化合价依次为-2、+2、-3,Fe2+与Fe3+数目之比为________;与铁形成配位键的原子是________。
(3)工业上主要通过反应SO3+SCl2=SOCl2+SO2制备SOCl2(氯化亚砜),上述四种分子中,属于非极性分子的是________;SCl2分子空间构型为________形;SOCl2分子中心原子杂化方式是________。
(4)黄铁矿的晶体结构如图所示,已知黄铁矿晶胞参数为a=0.5417nm,阿伏加德罗常数的值为NA。
则黄铁矿的密度为________g·cm-3(列出计算式)。
【答案】
(1).3s23p4
(2).4(3).3︰1(4).S和C(5).SO3(6).V(7).sp3(8).
【解析】
【分析】
(1)主族元素的价电子排布式即最外层电子排布式,未成对电子数目看最外层电子的轨道排布式;
(2)列原子守恒、化合价的方程组可解;
(3)由中心原子的化合价与元素最高正价的关系可快速判断分子类型,由中心原子的价层电子对数可判断杂化类型,结合孤电子对数可判断空间构型;
(4)求密度公式:
。
【详解】
(1)S是第16号元素,位于元素周期表的第三周期第VIA族,故其价电子排布式为3s23p4,基态Fe原子价电子排布式为3d64s2,由3d轨道电子排布图可知,未成对电子数为4个;
(2)团簇
中,S、C、N的化合价依次为-2、+2、-3,则-CN的化合价为-1,设Fe2+数目为x,Fe3+数目为y,则有①x+y=4②2x+3y=9(化合价代数和等于所带电荷)。
解得x=3,y=1。
则Fe2+与Fe3+数目之比为3︰1。
铁原子提供空轨,与C和S形成配位键;
(3)SO3中硫元素的化合价为+6,硫原子最外层6个电子全部成键,属于非极性分子;SCl2价层电子对数=
=4,孤电子对数=4-2=2,则分子空间构型为V形;SOCl2价层电子对数=4,分子中心原子杂化方式是sp3;
(4)已知黄铁矿晶胞参数为a=0.5417nm=0.5417
cm,则黄铁矿的密度为:
g·cm-3。
12.以芳香化合物A为原料制备灭鼠剂氟鼠酮中间体(G)的一种合成路线如下:
回答下列问题:
(1)A的化学名称是________;A→B的试剂及反应条件依次是________。
(2)E→F的反应类型是________。
(3)D的结构简式为________。
(4)G中的含氧官能团名称为________。
(5)芳香化合物X是F的同分异构体,X能发生银镜反应和水解反应,核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6︰6︰1︰1,写出一种符合上述条件的X的结构简式:
________。
(6)PES(聚丁二酸乙二醇酯)是一种可生物降解型聚酯,设计以1,2-二氯乙烷为初始原料制备PES的合成路线:
________(无机试剂任用)。
【答案】
(1).甲苯
(2).Cl2,光照(3).取代反应(4).
(5).羟基、酯基和醚键(6).
或
(7).
【解析】
【分析】
由题干信息可以推出:
A:
→B:
→C:
→D:
→E:
。
【详解】
(1)A:
,化学名称是甲苯;A:
→B:
取代的是甲基上的氢原子,故试剂及反应条件依次是Cl2,光照;
(2)E:
断C-Cl键,剩下的带苯环的结构取代苯甲醚中醚键对位上的氢原子,故E→F的反应类型是取代反应;
(3)由分析可知,D的结构简式为
;
(4)芳香化合物X是F的同分异构体,X能发生银镜反应和水解反应,核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6︰6︰1︰1,分析一下限定条件:
“峰面积之比为6︰6”应该分别是两个甲基对称等效,