安徽省皖南八校届高三第二次联考理综化学试题.docx
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安徽省皖南八校届高三第二次联考理综化学试题
【全国校级联考】安徽省皖南八校2018届高三第二次联考理综化学试题(解析版)
安徽皖南八校2018届高三第二次联考
理综化学试题
1.
下列食品或日常用品中主要成分是天然高分子化合物的是( )
A. 蔗糖
B. 花生油
C. 蚕丝睡衣
D. 保鲜膜
【答案】C
【解析】A. 蔗糖分子式为C12H22O11,不属于高分子化合物,选项A不选;B. 花生油,是脂肪酸的甘油酯,不是高分子化合物,选项B不选;C. 蚕丝睡衣中蚕丝是蛋白质,是天然高分子化合物,选项C选;D. 保鲜膜人工合成的高分子化合物,选项D不选。
答案选C。
2.
设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )
A. 2.24 L乙烷中含有的共价键数为0.7NA
B. 1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中,HCO3- 和CO32- 离子数之和为0.1NA
C. 11g超重水(3H216O)中含有的中子数为6NA
D. 0.1mol N2 与0.3 mol H2 在一定条件下充分反应后,生成NH3 分子数为0.2NA
【答案】C
【解析】A、没有给定标准状况下,2.24 L乙烷不一定为0.1mol,故所含有共价键数不一定为0.7NA,选项A错误;B、根据物料守恒,1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中,H2CO3分子、HCO3- 和CO32- 离子数之和为0.1NA,选项B错误;C、11g超重水(3H216O)为0.5mol,每个分子中含有12个中子,故11g超重水含有的中子数为6NA,选项C正确;D、合成氨反应是可逆反应,反应不可能完全转化为氨气,故0.1mol N2 与0.3 mol H2 在一定条件下充分反应后,生成NH3 分子数一定小于0.2NA,选项D错误。
答案选C。
点睛:
本题考查阿伏加德罗常数的应用,题中应该注意:
一个超重水(3H216O)分子中所含的中子数为12;2.24 L/mol的适用范围,注意标准状况下,可逆反应在化学反应计算中有运用。
3.
四元轴烯(a)、苯乙烯(b)、立方烷(c)的分子式均为C8H8,下列说法正确的是( )
A. a的同分异构体只有b和c两种
B. a、c的二氯代物均只有三种,b的一氯代物有五种
C. a、b分子中的所有原子一定处于同一平面
D. a、b、c均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】B
【解析】A、通过多个碳碳双键和叁健或环状满足分子C8H8的化合物很多,如:
CH2=CHCH=CHCH=CHC≡≡CH等,选项A错误;B、不考虑立体结构, a的二氯代物一种两个氯在碳碳双键末端、一种是同一边的末端两个碳上和一种是对角末端两个碳上的取代共3种;c的二氯代物一种分别是在立方体的同一边两个碳上取代,或在同一面的对角的碳上取代,或是在立体对角上两个碳上的取代,也有3种,b有五种化学环境下的氢,其一氯代物有有5种,选项B正确;C、四元轴烯虽然碳碳双键上的原子可能在同一平面,但中间环丁烷的结构,由于甲烷是正四面体结构,故a分子中的所有原子一定处于同一平面;苯乙烯中由于乙烯基与苯环是单键相连可以转动,苯乙烯分子中所有原子可以处于同一平面上,选项C错误;D、三种分子中只有a和b中含碳碳双键,而立方烷不含碳碳双键,只有a和b能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色,选项D错误。
答案选B。
4.
实验室在500℃时隔绝空气加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示(已知分解的固体产物可能有FeO、Fe2O3 和Fe3O4,气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3 和SO2)。
下列说法正确的是( )
A. 装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成,试剂X 最好选用碱石灰
B. 装置③用于检验分解产物中是否有SO3气体生成并除去SO3和NH3
C. 取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN,溶液变红,则残留物一定为Fe2O3
D. 装置④用于检验分解产物中是否有SO2气体生成,装置⑤用于收集生成的NH3和N2
【答案】B
【解析】A. 装置②的作用是检验分解产物中是否有水蒸气生成,故试剂X 应选用无水硫酸铜,选项A错误;B. 装置③用于检验分解产物中是否有SO3气体生成,若有SO3气体生成则装置③中酸性条件下产生白色沉淀硫酸钡,并用氯化钡和盐酸除去SO3和NH3,选项C正确;C. ①中固体残留物中也可能还含有FeO,也可能不含有Fe2O3而含有Fe3O4,而不一定只有Fe2O3,选项C错误;D. NH3极易溶于水,若分解产物中有NH3,则NH3被装置③中的溶液所吸收了,气体生成,装置⑤中不可能收集到NH3的,选项D错误。
答案选B。
5.
一种既能提供电能又能固氮的新型氢氮燃料电池的工作原理如图所示,其中电解质溶液为溶有化合物A的稀盐酸。
下列有关表述错误的是( )
A. 通入N2的电极发生的电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+
B. 该装置能将化学能转化为电能,化合物A 为NH4Cl
C. 电子从通入N2的电极流出,经过用电器流向通入H2的电极
D. 反应过程中电解质溶液的pH会变大,故需要通入氯化氢气体
【答案】C
【解析】A.该电池的本质是合成氨反应,所以正极是氮气发生还原反应,电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+,选项A正确; B.通入氢气的电极为负极,生成的铵根离子与氯化氢结合生成氯化铵,所以A是NH4Cl,选项B正确;C.该装置是原电池装置,电子由负极通过外电路流向正极,即由通入氢气的电极沿外电路流向通入氮气的电极,选项C错误;D.反应过程中,H+不断消耗导致pH值变大,需要通入氯化氢气体,选项D正确。
答案选C。
点睛:
本题考新型燃料电池,侧重于学生的分析能力的考查,注意根据总反应式判断出正负极和阴阳极的反应,从化合价变化的角度分析,以N2、H2为原料,以HCl-NH4Cl为电解质溶液构成新型燃料电池,正极发生还原反应,即氮气被还原生成NH4+,电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+;负极是氢气失电子生成氢离子,电极方程式为H2-2e-=2H+,以此解答该题。
6.
X、Y、Z、W、R都是中学化学中常见物质,它们均含有同一种短周期元素,在一定条件下可发生如图所示的转化,其中X是单质,Y在常温下是气态氢化物,Z、W是氧化物R 是W和水反应的产物。
下列判断错误的是( )
A. X不可能是金属单质
B. Y生成Z属于置换反应
C. Z生成W发生了电子转移
D. Y和R可能会发生反应生成一种盐
【答案】B
【解析】根据题意和物质转化关系图可知X是硫磺或氮气,选项A正确;若X是硫磺,则Y、Z、W、R分别是H2S、SO2、SO3、H2SO4;若X是氮气,则Y、Z、W、R分别是NH3、NO、NO2、HNO3;H2S生成SO2或NH3生成NO均不属于置换反应,选项B错误;SO2生成SO3或NO生成NO2均发生了电子转移,选项C正确;NH3与HNO3反应生成NH4NO3,选项D正确。
答案选B。
7.
298 K时,某种甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO- 的浓度存在关系式c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100mol·L-1,含碳元素的粒子的浓度与pH的关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 298 K时,HCOOH 的电离常数Ka=1.0×10-10.25
B. 0.1mol·L -1HCOONa溶液中有c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH- ) C. 298 K时,加蒸馏水稀释P点溶液,溶液中n(H+)·n(OH- )增大 D. 0.1mol·L-1 HCOONa溶液和0.1mol·L-1 HCOOH 溶液等体积混合后,溶液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计) 【答案】C 【解析】A、298 K时,HCOOH 的电离常数Ka=c(H+)∙c(HCOO−)c(HCOOH)c(H+)∙c(HCOO-)c(HCOOH)=1.0×10−3.75mol/L×0.050mol/L0.050mol/L1.0×10-3.75mol/L×0.050mol/L0.050mol/L=1.0×10-3.75mol/L,选项A错误;B、HCOONa溶液呈碱性,0.1mol/LHCOONa溶液中有0.1+c(OH-)>c(H+)+0.1,即c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH-)>c(H+)+0.1,选项B错误;C、298 K时,加蒸馏水稀释P点溶液,溶液中c(H+)·c(OH- )=KW,保持不变,但加水稀释,可同时促进HCOOH的电离和HCOONa的水解, n(H+)和n(OH- )都增大,故n(H+)·n(OH- )增大,选项C正确;D、0.1mol·L-1 HCOONa溶液和0.1mol·L-1 HCOOH 溶液等体积混合后,虽然混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100mol/L,但由于HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度,混合溶液中c(HCOO-)>c(HCOOH),故溶液的pH>3.75,选项D错误。 答案选C。 8. 新制的饱和氯水中含有多种做粒,某校化学研究性学习小组的同学为探究其性质,做了如下实验,请你帮助完成。 (1)氯气能使湿润的红色布条褪色,使其褪色的微粒的化学式是 。 (2)将氯水光照一段时间后,溶液颜色逐渐变浅,有关反应的化学方程式为 、 。 (3)新制的饱和氯水与碳酸钙的反应是制取较浓HClO 溶液 的 方 法 之一。 实验一 定性研究: Ⅰ.如图所示,在试管中加入过量的块状碳酸钙,再加入约20mL新制的饱和氯水,充分反应,有少量气泡产生,溶液浅黄绿色褪去。 Ⅱ.过滤,将滤液滴在有色布条上,发现其比氯水的漂白性更强。 Ⅲ.为了确定反应产物,将滤液分为三份,分别进行以下实验: 第一份与石灰水混合,立即产生大量白色沉淀; 第二份与稀盐酸混合,立即产生大量无色气体, 将第三份加热,观察到溶液变浑浊且有大量无色气体产生。 经检测,上述实验中产生的无色气体均为CO2。 ①反应后所得的溶液漂白性增强的原因是 。 ②依据上述实验可推知: 步骤Ⅱ的滤液中的溶质除CaCl2、HClO外,还有 。 实验二 定量研究: 在仪器A内,放有塑料网包住的块状碳酸钙(过量)和150mL新制的饱和氯水,按如图所示装置实验(实验前仪器B中充满了饱和NaHCO3溶液),待不再产生气泡后,将塑料网中剩余的碳酸钙提出液面,密封后再加热烧瓶中的液体,直到仪器B中的气体不再增加(不考虑HClO的分解)。 ③仪器A的名称为 。 ④准确读出仪器B中气体体积的实验操作步骤依次是: a.等待仪器A冷却到室温;b. ;c. 平视与刻度线相切的液面读数。 ⑤实验结束后,测得仪器B中收集到的气体体积在标准状况下为168mL,则150mL 新制的饱和氯水与过量碳酸钙完全反应后,所得溶液中HClO的物质的量浓度为 。 (反应前后,溶液体积变化忽略不计) 【答案】HClOCl2+H2O HCl+HClO2HClO 2HCl+O2 ↑CaCO3 消耗氯水中的HCl,使反应Cl2+H2O HCl+HClO的化学平衡向右移动,HClO浓度增大Ca(HCO3)2圆底烧瓶上下移动仪器B至仪器B内液面与水槽中的液面相平0.05mol·L-1 【解析】 (1)氯气溶于水后与水反应Cl2+ H2O HCl+ HClO,其中HClO具有漂白性,能使湿润的红色布条褪色,则使其褪色的微粒的化学式是HClO; (2)将氯水光照一段时间后,溶液颜色逐渐变浅,是因为HClO不稳定,见光分解生成HCl和O2,HClO浓度降低,平衡Cl2+ H2O HCl+ HClO正向移动,氯气消耗,溶液颜色变浅,有关反应的化学方程式为: Cl2+ H2O HCl+ HClO、2HClO 2HCl+O2 ↑;(3)①CaCO3 消耗氯水中的HCl,使反应Cl2+H2O HCl+HClO的化学平衡向右移动,HClO浓度增大,反应产生的气体为二氧化碳(盐酸与碳酸钙反应所得),而二氧化碳溶于水呈酸性,抑制了次氯酸的电离,使溶液中存在了浓度更高的次氯酸,因此滤液滴在有色布条上,发现其比氯水的漂白性更强;②氯气与水反应Cl2+ H2O HCl+ HClO,生成,因为碳酸钙是过量的,并且反应中有二氧化碳生成,因此碳酸钙和二氧化碳和水反应生成了可溶于水的碳酸氢钙CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,因此第二份与稀盐酸混合Ca(HCO3)2+2HCl=CaCl2+2CO2↑+2H2O,所以步骤Ⅱ的滤液中的溶质除CaCl2、HClO外,还有Ca(HCO3)2;③仪器A的名称为圆底烧瓶;④准确读出仪器B中气体体积的实验操作步骤依次是: a.等待仪器A冷却到室温;b.上下移动仪器B至仪器B内液面与水槽中的液面相平;c. 平视与刻度线相切的液面读数;⑤实验过程中根据反应Cl2+ H2O HCl+ HClO、2HCl+2CaCO3= Ca(HCO3)2+CaCl2、Ca(HCO3)2+2HCl=CaCl2+2CO2↑+2H2O可知,n(HClO)=n(HCl)=2n(CO2)=168mL×10−3L/mL22.4mol/L168mL×10-3L/mL22.4mol/L=0.015mol;c(HClO)= 0.015mol0.150L 0.015mol0.150L=0.1mol/L。 9. 下图是以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料制取胆矾晶体的流程: 已知: ⅰ.高温焙烧时的主要反应有: 2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2 2Cu2S+ 5O2 2CuO+2CuSO4,2FeS+3O2 2FeO+2SO2 ; ⅱ.常温下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38,Ksp[Cu(OH)2]=3.0×10-20。 (1)CuFeS2中硫元素的化合价为 ,写出上述流程中生成亚硫酸铵的化学方程式: 。 (2)最适合的试剂A是 (写化学式)溶液;当试剂A的浓度为60mol·L-1时 ,“浸出”实验中,铜的浸出率结果如下图所示。 由图可知,当铜的浸出率为90% 时,所采用的实验条件(温度、时间)为 。 (3)最适合的试剂C是 (填标号)。 a.Cl2 b.H2O2 溶液 c.酸性高锰酸钾溶液 d.浓硫酸 (4)加入适量CuO粉末的作用是调节溶液的pH,促进Fe3+水解,达到除杂的目的。 写出实现该目的的总反应的离子方程式: 。 (5)有同学怀疑CuO不一定能达到上述目的,而小张同学却认为可以通过计算来确定。 设溶液中Cu2+的浓度为3.0mol·L-1,则Cu2+开始沉淀时溶液的pH 为 ,Fe3+沉淀完全时溶液的pH 为 。 通过计算判断加入CuO (填“能”或“不能”)达到目的(提示: 1g5=0.7;通常认为残留在溶液中的某离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1 时,就认为该离子已沉淀完全)。 (6)假设流程图中消耗的CuO为ag,最终制得bg胆矾晶体,消耗黄铜矿的质量为cg,不考虑生产过程中的损失,则黄铜矿中CuFeS2的质量分数为 (写出原始的计算结果即可,不必化简)。 【答案】-2SO2+(NH4)2CO3=(NH4)2SO3+CO2H2SO490℃、2hb2Fe3++3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+4.03.0能184(b250−a80)c184(b250-a80)c×100% 【解析】 (1)CuFeS2中铜的化合价为+2价,铁的化合价为+2价,根据元素化合价代数和为零可知硫的化合价为-2价;上述流程中黄铜矿高温焙烧产生的气体是二氧化硫,二氧化硫与碳酸铵反应生成亚硫酸铵和二氧化碳,反应的化学方程式为: SO2+(NH4)2CO3=(NH4)2SO3+CO2; (2)以黄铜矿为原料制取胆矾晶体,焙烧后生成的氧化物必须先用硫酸溶解,故最适合的试剂A是H2SO4;由图中信息可知,当铜的浸出率为90% 时,所采用的实验条件(温度、时间)为: 90℃、2 h;(3)试剂C是将溶液B中的亚铁离子氧化为铁离子,在加入氧化铜调节pH值后水解转化为沉淀而除去铁,最适合的试剂C是H2O2 溶液,将亚铁离子氧化为铁离子的同时产生水,没有引入新的杂质,答案选b;(4)加入适量CuO粉末的作用是调节溶液的pH,促进Fe3+水解生成氢氧化铁,同时氧化铜溶解生成Cu2+,达到除杂的目的。 实现该目的的总反应的离子方程式为: 2Fe3++3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+;(5)常温下Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)•c2(OH-)=3.0mol·L-1×c2(OH-)=3.0×10-20,则c(OH-)=1.0×10-10,c(H+)=1.0×10-4,pH=4.0,即Cu2+开始沉淀时溶液的pH 为4.0;通常认为残留在溶液中的某离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1 时,就认为该离子已沉淀完全,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•c3(OH-)=1.0×10-5 mol·L-1×c3(OH-)=8.0×10-38,则c(OH-)=1.0×10-11,c(H+)=1.0×10-3,pH=3.0,由于Cu2+开始沉淀时溶液的pH 为4.0,Fe3+沉淀完全时溶液的pH 为3.0,加入CuO能达到目的;(6)根据铜的质量守恒黄铜矿和加入的氧化铜中的铜的总质量先于胆矾晶体中铜的总质量,黄铜矿中CuFeS2的质量分数为x,则有: cg×x×250184250184+ag×2508025080=bg,解得x=184(b250−a80)c184(b250-a80)c×100%。 10. 化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。 (1)用生物质热解气(主要成分为CO、CH4、H2)将SO2在一定条件下还原为单质硫进行烟气脱硫。 已知: ①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ·mol-1 ②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=+172.5kJ·mol-1 ③S(s)+O2(g)=SO2(g) △H3=-296.0kJ·mol-1 CO将SO2 还原为单质硫的热化学方程式为 。 (2)CO可用于合成甲醇,一定温度下,向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2,发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g),达到平衡后测得各组分的浓度如下: 物质 CO H2 CH3OH 浓度(mol·L-1) 0.9 1.0 0.6 ①反应达到平衡时,CO的转化率为 。 ②该反应的平衡常数K= 。 ③恒温恒容条件下,可以说明反应已达到平衡状态的是 (填标号)。 A.v正(CO)=2v逆(H2) B.混合气体的密度不变 C.混合气体的平均相对分子质量不变 D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化 ④若将容器体积压缩到1L,则达到新平衡时c(H2)的取值范围是 。 ⑤若保持容器体积不变,再充入0.6 mol CO 和0.4 mol CH3OH,此时v正 v逆(填“ >” < ”或“= ”)。 (3)常温下,HNO2 的电离常数Ka=7.1×10-4mol·L-1,NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10-5mol·L-1。 0.1mol·L-1NH4NO2 溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ,常温下NO2-水解反应的平衡常数Kb= (保留两位有效数字)。 【答案】2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g) △H=-270 kJ·mol-140%2323L2·mol-2(或0.67 L2·mol-2)CD1mol·L- 1 【解析】 (1)已知反应①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ·mol-1 ②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=+172.5kJ·mol-1 ③S(s)+O2(g)=SO2(g) △H3=-296.0kJ·mol-1 根据盖斯定律,由①-②-③得反应2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g) △H= △H1-△H2-△H3=-393.5kJ·mol-1-172.5kJ·mol-1-(-296.0kJ·mol-1)=-270 kJ·mol-1; (2) CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) 起始浓度(mol/L)1.5 2.2 0 改变浓度(mol/L)0.6 1.2 0.6 平衡浓度(mol/L)0.9 1.0 0.6 ①反应达到平衡时,CO的转化率为0.61.50.61.5×100%=40%;②该反应的平衡常数K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)c(CH3OH)cCOc2(H2)=0.60.9×1.020.60.9×1.02=2323L2·mol-2=0.67 L2·mol-2);③A.根据化学反应速率之比等于计量数之比,有2v正(CO)=v正(H2),若2v正(CO)=v正(H2)=v逆(H2)则正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,但题给的是v正(CO)=2v逆(H2),选项A错误;B.反应在恒容条件下进行,反应物都为气体,故气体的总质量不变,容器的体积不变,密度始终保持不变,所以混合气体的密度不变不能作为反应达到平衡的标志,选项B错误; C.根据“变量不变达平衡”该反应正反应为气体体积缩小的反应,混合气体的平均相对分子质量是变量,若不变了,证明反应已达平衡状态,选项C正确;D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化,反应物各浓度保持不变,说明反应已达平衡状态,选项D正确。 答案选CD;④CO(g)+2H2(g) CH3OH(g),若将容器体积压缩为1L,各物质浓度应变为原来的2倍,但压强增大,平衡向气体体积减小的正反应方向移动,故氢气的平衡浓度小于2mol/L,所以氢气的平衡浓度应1mol/L<c(H2)<2mol/L;⑤若保持体积不变,再充入0.6molCO和0.4molCH3OH,则各物质浓度为 CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) 0.9+0.6=1.5 1.0
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