成都届二诊化学试题.docx

1、成都届二诊化学试题成都2019届二诊化学试题1（2020湖南天心明达中学高三零模）化学与生产和生活密切相关,下列分析错误的是A用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀B对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生C明矾水解生成的胶体可吸附水中悬浮颗粒物D芳香族化合物有香味,均可以用作食品香味剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 氯化钙是电解质，铁与钢中的碳、潮湿的空气形成原电池，用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀，故A正确；B. 煤中含有硫元素，直接燃烧产生二氧化硫，污染空气，对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生，故B正确；C. 明矾水解生成的胶体，氢氧化铝胶体表面积大，吸附水中悬浮颗粒

2、物，故C正确；D. 芳香族化合物不一定有香味，好多有毒，只有少数可以用作食品香味剂，故D错误；故选D。2（2019四川泸县高二一模）短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如下表所示,其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料。下列结论正确的是XYZWA简单氢化物沸点:XYZ BZ含有非极性共价键C最高价氧化物对应水化物的酸性:XZW D单核离子的半径:XYW【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如下表所示,其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料，W是氯元素，X为氮元素，Y为氧元素、Z为磷元素。【详解】A、水常温下是液体、氨分子间形成氢键，简单氢化物沸点:ZXY，故A错

3、误；B、P4等分子中含有P-P非极性共价键，故B正确；C、最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4HNO3HClO4，即ZXO2，故D错误；故选B。【点睛】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析推断能力，解题关键：推断元素，易错点A，明确元素周期律，注意元素性质的特殊性。3（2019四川省宜宾市第四中学校高三期中）工业用合成,下列有关分析正确的AX的名称为1,1一二甲基乙烯 BX是丁烯的同系物C工业制备Y属于加聚反应 DY能使溴水褪色【答案】C【解析】【分析】A、主链应是含碳碳双键的最长的碳链；B、X和丁烯分子式相同，结构不同；C、工业制备Y属于加聚反应；D、Y中没有不饱和键。【详解】

4、A、X的名称为2一甲基丙烯，故A错误；B、X是丁烯的同分异构体，故B错误；C、工业制备Y属于加聚反应，故C正确；D、Y中没有不饱和键，不能使溴水褪色，故D错误；故选C。4（2019四川成都高考模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A将1.0 mol KF溶于水,溶液中阴离子数目小于1.0NAB质量均为1.7g的OH-和-OH,所含质子数目均为0.9NAC1.0 mol Na2O2和1.0 mol Na2S混合后阴离子总数为2NAD60gSiO2晶体中,含有SiO4四面体结构单元的数目为NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A、氢氟酸是弱酸，将1.0 mol KF溶于水，氟离子水解量

5、等于生成氢氧根离子的量，溶液中阴离子数目缺少溶液的体积，无法计算，故A错误；B、电子质量忽略不计，质量均为1.7g的OH-和-OH，所含质子数目均为0.9NA，故B正确；C、Na2O2 中过氧根离子是原子团，1.0 mol Na2O2和1.0 mol Na2S混合后阴离子总数为2NA，故C正确；D、n（SiO2）=60g/60gmol1=1mol，每个Si原子和四个O原子形成四面体结构，所以60gSiO2晶体中Si原子个数为NA，所含SiO4四面体数为NA，故D正确；故选A。【点睛】本题以阿伏伽德罗常数为载体考查物质的量有关计算，明确物质构成微粒及OH-和-OH质子数计算方法是解本题关键，侧重

6、考查学生分析判断及计算能力，易错选项是D，每个Si原子和四个O原子形成四面体结构。5（2020全国高三专题练习）现有一种锂离子二次电池,其工作原理如图。放电时生 成的Li2CO3固体和碳储存于碳纳米管中。下列说法错误的是A该电池中的有机溶剂不能含活性较大的氢B充电时,Y为阳极,Li+向X电极移动C放电时,负极反应为2Li+CO32-2e-=Li2CO3D放电时,电池总反应为3CO2+4Li=2Li2CO3+C【答案】C【解析】【分析】A、锂是活泼金属；B、充电时阳极发生氧化反应，Y为阳极，Li向X电极移动；C、放电时，负极反应为Lie-=Li+；D、放电时，锂作还原剂，二氧化碳作氧化剂，电池总

7、反应为3CO2+4Li=2Li2CO3+C；【详解】A、锂是活泼金属，该电池中的有机溶剂不能含活性较大的氢，否则锂会与有机溶剂发生反应，故A正确；B、充电时阳极发生氧化反应，Y为阳极，Li向阴极X电极移动，故B正确；C、放电时，碳酸根离子不能通过有机溶剂，负极反应为Lie-=Li+，故C错误；D、放电时，锂作还原剂，二氧化碳作氧化剂，电池总反应为3CO2+4Li=2Li2CO3+C，故D正确；故选C。【点睛】本题考查原电池及电解池，解题关键：把握电极判断、电极反应、工作原理，注意电化学知识的应用及锂的性质。6（2019四川成都高考模拟）下列实验所选择的试剂、装置或仪器(夹持装置已略 去)能达到

8、相应实验目的的是A提取溴水中的溴B验证石蜡油分解产物中含有烯烃C验证H2O2 分解时二氧化锰的催化效果优于氯化铁D量取20.00mL 0.1000mol/L HCl溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A、酒精与水混溶、不分层，酒精不能从溴水萃取溴，故A错误；B、石蜡油分解产物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明其分解产物中含有烯烃，故B正确；C、验证H2O2 分解时二氧化锰的催化效果优于氯化铁时，要控制其它条件相同，取双氧水的浓度要相同，故C错误；D、量筒的精确度为0.1mL，量取20.00mL 0.1000mol/L HCl溶液，要用酸式滴定管或移液管，故D错误。故选B。7（2020全国高三专题

9、练习）20时,用NaOH调节0.10mol/LH2C2O4溶液的pH,假设不同pH下均有c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L。使用数字传感器测得溶液中各含碳微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图。下列有关分析正确的是A曲线a代表H2C2O4浓度随pH的变化BpH从4到6时主要发生的反应离子方程式为2OH-+H2C2O4=2H2O+C2O42-C在曲线a、c交界点有:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)D当溶液pH=7时:c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)c(H2C2O4)【答案】D【解析】【分析】b曲线代表H2

10、C2O4浓度，a曲线代表HC2O4浓度，c曲线代表C2O42-浓度。【详解】A、曲线a代表HC2O4浓度随pH的变化，浓度先变大，再变小，故A错误；B、pH从4到6时主要发生的反应离子方程式为OH-+HC2O4=H2O+C2O42-，故B错误；C、由图中信息可知，在曲线a、c交界点，c(H2C2O4)非常小，c(C2O42-)=c(HC2O4-)，溶液呈酸性，但氢离子浓度很小，c(H+)+c(H2C2O4)c(C2O42-)c(HC2O4-)c(H2C2O4)，故D正确；故选D。8（2019重庆市云阳江口中学校高三月考）氨气与适量氯气混合反应可生成NH4Cl(俗称脑砂)和一种无污染的气体。某学

11、习小组利用下列装置模拟该反应,请回答相关问题。(1)该实验中所需的氯气是用浓盐酸与MnO2反应制取。装置A中仪器X的名称为_;X中发生反应的离子方程式为_。(2)要得到干燥纯净的氯气,上述A、B、C装置的连接顺序依次为a_(用小写字母表示)。(3)利用E装置,将适量氨气与氯气充分混合反应氨气应从_(用小写字母表示)通入,反应的化学方程式为_;可能观察到的现象是_。(4)唐本草记载脑砂入药可以散瘀消肿,天然脑砂含少量NH4Cl，现取天然脑砂进行NH4Cl含量测定。准确称取一定质量脑砂,与足量的氧化铜混合,如下图所示进行实验。已知:2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O 。为顺利

12、完成有关物理量的测定,请完善下列表格:测量时间点加热前当观察到_现象时测量内容_停止加热,冷却,称量H装置的总质量如果不用J装置,测出NH4Cl的含量将_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】圆底烧瓶 MnO22Cl4HMn2Cl22H2O debc f 8NH33Cl2=6NH4ClN2 黄绿色气体消失，有白烟生成 称量H的总质量 G中不再有气泡出现 偏高 【解析】【分析】（1）装置A中仪器X的名称为圆底烧瓶，利用MnO2和浓HCl制取氯气；（2）要先用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，再干燥；（3）氨气的密度小，利用E装置,将适量氨气与氯气充分混合反应氨气应从f通入，氯气能将氨氧化，

13、生成氯化铵，由此分析；（4）F中发生反应2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O，G中浓硫酸将氯化氢干燥，H中碱石灰增重，可测定HCl的质量，可算出氯化铵。如果不用J装置，空气中的水和二氧化碳会进入J中，测出NH4Cl的含量将偏高。【详解】（1）装置A中仪器X的名称为圆底烧瓶，利用MnO2和浓HCl制取氯气，MnO22Cl4HMn2Cl22H2O；（2）要先用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，再干燥，要得到干燥纯净的氯气,上述A、B、C装置的连接顺序依次为adebc；（3）氨气的密度小，从f进，氯气的密度大于氨气的密度，有利于两种气体充分混合，并且充分反应，生成氯化铵，8NH3

14、3Cl2=6NH4ClN2，可能观察到的现象是：黄绿色气体消失有白烟生成；（4）F中发生反应2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O，G中浓硫酸将氯化氢干燥，当观察到G中不再有气泡出现现象时，H中碱石灰增重，可测定HCl的质量，加热前要称量H的总质量，根据反应后H的增重可算出氯化铵。如果不用J装置，空气中的水和二氧化碳会进入J中，测出NH4Cl的含量将偏高。【点睛】本题以岩脑砂为载体，考查氯气的制备原理、仪器识别、气体除杂与干燥、实验装置的连接、物质的检验、对装置的分析评价、物质含量测等知识，难点：（4）物质含量测定实验设计，要排除各种干扰因素。9（2019昆明市官渡区第一中学

15、高三期中）高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性,是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：(1)Na2FeO4中铁元素的化合价为_,高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为_(填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。(2)按照上述流程,步骤中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH_(填“能”或“不能”),理由是_。(3)步骤中28%的稀硫酸需要用98%的浓硫酸配制,配制时所需玻璃仪器除量筒外,还_(填字母序号)。步骤中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：_。A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒 E酸

16、式滴定管;(4)步骤中除生成Na2FeO4外,还有NaCl生成,其离子方程式为_；己知步骤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液,则操作a的名称为_。(5)理论上,每获得0.5mol的FeO42-消耗 NaClO的总质量为_。【答案】+6 氧化还原反应 不能 CaSiO3 难溶于水，无法分离出SiO2（其它合理答案也可） BD 取少量中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2 已经全部转化成Fe3 2Fe33ClO10OH=2FeO423Cl5H2O 过滤 74.5g 【解析】【分析】工业上菱铁矿，主要成分是FeCO3及少量SiO2，用NaOH溶解Si

17、O2除去，步骤中用28%的稀硫酸溶解生成亚铁离子，NaClO将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入NaOH和NaClO发生反应：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O，得到高铁酸钠（Na2FeO4）溶液，最后结构蒸发浓缩、冷却结晶得到产品高铁酸钠。（1）Na2FeO4中化合价代数和为零；（2）CaSiO3 难溶于水；（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器；可用K3Fe(CN)6溶液，检验Fe2+；（4）步骤中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，根据质量守恒写出离子方程式；分离固体与液体应用过滤；（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，

18、按关系式FeO42-2NaClO计算。【详解】（1）Na2FeO4中化合价代数和为零，则Fe元素的化合价为+6价；高铁酸钠具有很强的氧化性，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应；（2）用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解，从而与FeCO3分离而除去，不能用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH，CaSiO3 难溶于水，无法分离出SiO2。（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选BD。步骤中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：取少量中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2 已经全部转化成F

19、e3；（4）步骤中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成,其离子方程式为2Fe33ClO10OH=2FeO423Cl5H2O；己知步骤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，分离固体与液体应用过滤，则操作a的名称为过滤。（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-2NaClO计算，每获得0.5mol的FeO42-消耗 NaClO的总质量为74.5g。10（2019四川成都高考模拟）消除尾气中的NO是环境科学研究的热点课题。INO氧化机理已知:2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H=-110kJmol-1;25时,将NO和O2按物质的量之比为2:1充

20、入刚性反应容器中,用测压法研究其反应的进行情况。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(忽略NO2与N2O4的转化)t/min080160p/kpa75.063.055.055.0(1)080min,v(O2)=_kPa/min;随着反应进行,反应速率逐渐减小的原因是_。用压强代替浓度所得到的平衡常数用K(p)表示,25时,K(p)的值为_(保留3位有效数字)。(2)查阅资料,对于总反应2NOg)+O2(g)=2NO2(g)有如下两步历程第一步2NO(g)=N2O2(g) 快速反应第二步N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g) 慢反应总反应速率主要由第_步决定;若利用分子捕获器适当减少反应容

21、器中的N2O2,总反应的平衡常数K(p)将_(填“增大”、“减小”或“不变”);若提高反应温度至35,则体系压强p(35)_p(25)(填“大于”、“等于”或“小于”)。IINO的工业处理(3)H2还原法:2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)；H=a;已知在标准状况,由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫标准摩尔生成焓。NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ/mol、-280kJ/mol,则a=_。(4)O3-CaSO3联合处理法NO可以先经O3氧化,再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2,转化为HNO2,则悬浮液吸收NO2的化学方程式为_;CaS

22、O3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率。请用平衡移动原理解释其主要原因_(结合化学用语和文字)【答案】0.15 反应物浓度减小，反应速率降低 3.20 二 不变 大于 -740kJ/mol CaSO32NO2H2O=CaSO42HNO3 对于反应CaSO3（s）Ca2(aq)SO32(aq)，加入硫酸钠溶液时，硫酸根离子部分结合钙离子，使其平衡向右移动，SO32-的浓度增大，吸收NO2的速率增大。 【解析】【分析】（1）根据三段式计算；反应物浓度减小，反应速率降低；根据平衡常数的定义书写；（2）历程中最慢的反应步骤决定反应速率；平衡常数K(p)只受温度影响；提高反

23、应温度决速反应步骤平衡逆向移动，体系压强增大；（3）H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和；（4）NO2将CaSO3氧化，写出发生氧化还原反应的方程式。对于反应CaSO3（s）Ca2(aq)SO32(aq)，加入硫酸钠溶液时，硫酸根离子部分结合钙离子，使其平衡向右移动。【详解】（1）t=0min时，P=75kpa，将NO和O2按物质的量之比为2:1充入刚性反应容器中2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)p始/kpa 50 25p/kpa 2x x 2xp/kpa 50-2x 25-x 2x80min时， （50-2x ）+（ 25-x）+2x=63 x=12kpav(O2

24、)=12/80=0.15kPa/min； 随着反应进行,反应速率逐渐减小的原因是：反应物浓度减小，反应速率降低；平衡时，（50-2x ）+（ 25-x）+2x=55， x=20kpa，用压强代替浓度所得到的平衡常数用K(p)表示,25时,K(p)的值为402/(1025)=3.20；（2）历程中最慢的反应步骤决定反应速率，第二步是慢反应，是决速反应；平衡常数K(p)只受温度影响，减少反应容器中的N2O2,总反应的平衡常数K(p)将不变；提高反应温度决速反应步骤N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g) 平衡逆向移动，体系压强增大，若提高反应温度至35,则体系压强p(35)大于p(25)；（3）

25、H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和=-280kJ/mol2-90kJ/mol2=-740kJ/mol；（4）NO2将CaSO3氧化，悬浮液吸收NO2的化学方程式为CaSO32NO2H2O=CaSO42HNO3；对于反应CaSO3（s）Ca2(aq)SO32(aq)，加入硫酸钠溶液时，硫酸根离子部分结合钙离子，使其平衡向右移动，SO32-的浓度增大，吸收NO2的速率增大。11（2019四川成都高考模拟）云南是南方丝绸之路的重要节点,有着丰富的铜镍矿石资源。回答下列相关问题：(1)镍在元素周期表中的位置是_,其基态原子的电子排布式为_,该原子核外有_个未成对电子。(2)Ni

26、(NH3)4SO4中N的杂化轨道类型是_;1 mol Ni(NH3)42+中含有的键数目为_个;SO42-的立体构型是_。(3)氨是_分子(填“极性”或“非极性”),经测定NH4F为分子晶体,类比NH3H2O表示出NH4F分子中的氢键_。(4)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示,其中原子A的坐标参数为(0,1,0);原子B的坐标参数为_;若该晶体密度为dg/cm3,则铜镍原子间最短距离为_pm【答案】第四周期族 1s22s22p63s23p63d84s2 2 sp3 16NA(或9.6321024) 正四面体形 极性 F-HN（或N-HF） 【解析】【分析】（1）镍原子序数为28，据此判断其在周期

27、表中位置；由构造原理书写原子核外电子排布式；判断原子核外未成对电子；（2）依据价层电子互斥理论计算判断即可；1 mol Ni(NH3)42+中含有的键数目为（34+4）NA=16NA；依据价层电子互斥理论计算判断即可；（3）氨分子中有一对末成键电子对，是极性分子；NH4F分子中的氢键F-HN（或N-HF）；（4）原子B的坐标参数为 ；处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的2倍，而面对角线长度等于晶胞棱长的 倍，均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目，计算晶胞的质量，而晶胞质量=晶体密度晶胞体积。【详解】(1)镍在元素周期表中的位置是第四周期族，其基态原

28、子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，该原子核外有2个未成对电子。（2）Ni(NH3)4SO4中中心原子N的价电子对数为（5+3）/2=4，中心原子无孤电子对，共形成4个键，根据价层电子对互斥理论，空间构型为四面体型，采用sp3杂化；1 mol Ni(NH3)42+中含有的键数目为（34+4）NA=16NA(或9.6321024)；SO42-的中心原子S的价电子对数为（6+2）/2=4，中心原子无孤电子对，共形成4个键，根据价层电子对互斥理论，采用sp3杂化，空间构型为正四面体型；（3）氨分子中有一对末成键电子对，其空间构型为三角锥形，是极性分子；NH4F分子中的氢键F-

29、HN（或N-HF）；（4）根据A点的坐标，可以判断晶胞底面的面心上的原子B的坐标参数为 ；处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间距离为a cm，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的2倍，而面对角线长度等于晶胞棱长的 倍，故晶胞棱长=2a cm /2= a cm，晶胞质量=(59+643)/NAg，故（ a cm）3dgcm3 =(59+643)/NAg，解得a=【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、电离能、晶胞计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算。12（2019四川成都高考模拟）物质C是升高白细胞的常见药物设计合成C的路线如下图所示：已知:请回答下列问题：(1)的反应条件为_;A中官能团的名称是_。(2)试剂X的结构简式为_,的化学方程式为_,其