精品解析四川省遂宁市第二中学届高三下学期第四次考试理综化学试题解析版.docx
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精品解析四川省遂宁市第二中学届高三下学期第四次考试理综化学试题解析版
四川省遂宁市第二中学2020届高三下学期第四次考试理综化学试卷
可能用到的相对原子质量:
:
H-1C-12O-16S-32I-127
一、选择题:
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
1.化学与人类生产、生活、科研密切相关,下列有关说法不正确的是
A.含4%硅的硅钢导磁性很强,主要用作变压器的铁芯。
B.把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵
C.煤焦油干馏可获得苯、二甲苯等有机物。
D.臭氧是一种有鱼腥味、氧化性极强的淡蓝色气体,可用作自来水消毒剂。
【答案】C
【解析】
【详解】A.含硅4%的钢具有导磁性,可用作变压器铁芯,A正确;
B.石灰属于碱,能使蛋白质变性,从而杀死虫卵,B正确;
C.煤焦油分馏可获得苯、二甲苯等有机物,C错误;
D.臭氧具有极强的氧化性,可用于自来水消毒,D正确;
故选C。
2.下列关于有机物的说法正确的是
A.
的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有14种
B.葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体
C.2,2-二甲基丙烷可以由烯烃通过加成反应制得
D.汽油、柴油、植物油都是碳氢化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A.
的同分异构体中含有苯环且属于羧酸可分三种情况考虑,苯环上的一取代有-CH2CH2COOH、-CH(CH3)COOH两种;苯环上的二取代有-CH3、-CH2COOH,-CH2CH3、-COOH两种组合,共有6种;苯环上的三取代基有两个-CH3、-COOH,有6种,共有14种,A正确;
B.葡萄糖与果糖互为同分异构体,淀粉与纤维素的化学式为(C6H10O5)n,但n值不同,故不是同分异构体,B错误;
C.2,2-二甲基丙烷的结构为C(CH3)4,中心C上无H原子,故不能通过与H2加成得到,C错误;
D.植物油为酯类化合物,含有氧元素,为烃的含氧化合物,D错误;
故选A。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列判断正确的是
A.标准状况下,2.8g14C18O中质子数为1.4NA
B.常温下,0.3molNO2通入水中完全反应,转移的电子数为0.2NA
C.CO燃烧热为283.0kJ/mol,若一定量的CO完全燃烧放出热量为283.0kJ,则消耗O2分子数为NA
D.62.0g乙二醇中含有的羟基数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.标准状况下,2.8g是0.875mol,1mol14C18O中的质子数为14NA,则2.8g14C18O中质子数为0.875mol
14NA=1.2,故A错误;B.常温下,由3NO2+H2O=2HNO3+NO,3molNO2转移2mol,0.3molNO2通入水中完全反应,转移的电子数为0.2NA,故B正确;C.CO燃烧热为283.0kJ/mol,CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)若一定量的CO完全燃烧放出热量为283.0kJ,则消耗O2分子数为1/2NA,故C错误;D.62.0g乙二醇是1mol,含有的羟基数目为2NA,故D错误;答案:
B。
4.A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等;B的单质分子中有三对共用电子;C、D同主族,且核电荷数之比为1:
2。
下列有关说法不正确的是()
A.C、D、E的简单离子半径:
D>E>C
B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子
C.由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离
D.分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构,则分子中存在非极性键
【答案】C
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等,A为氢元素;B的单质分子中有三对共用电子,B为氮元素;C、D同主族,且核电荷数之比为1︰2,C为氧元素,D为硫元素,E为氯元素。
【详解】A.C、D、E的简单离子,S2-与Cl-电子层结构相同,O2-少一个电子层,离子半径:
S2->Cl->O2-,故A正确;
B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl,故B正确;
C.由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离,故C错误;
D.分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构,则分子中存在非极性键S-S键,故D正确;故选C。
【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表,解题关键:
位置结构性质的相互关系应用,难点B,N2H4、H2O2两种分子也是18电子。
5.下列装置能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验装置
实验目的
探究Na2CO3和NaHCO3溶解度的相对大小
用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的稀硫酸
检验蔗糖与浓硫酸反应产生的CO2
验证镁和稀盐酸的反应的热效应
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳,可析出碳酸氢钠;
B.NaOH会与酸式滴定管中的SiO2反应;
C.CO2、SO2都能使澄清石灰水变浑浊;
D.检验Mg与盐酸反应放出热量的现象不明显。
详解】A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳,可析出碳酸氢钠,可探究Na2CO3和NaHCO3溶解度相对大小,A.正确;
B.用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的稀硫酸NaOH,NaOH溶液应该使用碱式滴定管,若使用酸式滴定管,会与玻璃中SiO2反应产生Na2SiO3,将滴定管与旋塞黏在一起,使滴定管报废,B错误;
C.浓硫酸具有脱水性,能够使蔗糖脱水碳化,浓硫酸还具有强的氧化性,将反应产生的C单质氧化产生CO2,浓硫酸被还原产生SO2,CO2、SO2都能与Ca(OH)2反应产生白色难溶性的物质,因此都可以使澄清石灰水变浑浊,故不能检验CO2气体,C错误;
D.Mg与盐酸产生氯化镁和氢气,反应放出热量,但由于氯化钠的溶解度随温度升高而稍有增大,且没有使用温度计,所以饱和食盐水中无明显现象,无法证明反应放热,D错误;
故合理选项是A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识。
注意滴定管使用时,碱式滴定管盛装碱性溶液,酸式滴定管盛装酸性和氧化性的物质,对于D选项,可以将饱和食盐水改为饱和的澄清石灰水,利用Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低的性质,若看到石灰水变浑浊,就可以证明镁和稀盐酸的反应是放热反应,易错点是选项C,只清楚可以用澄清石灰水检验CO2,忽视了SO2与Ca(OH)2反应产生的CaSO3也是白色难溶性的物质的性质。
可见掌握常见的物质的物理性质也是物质鉴别中不容忽视的知识点。
6.微生物燃料电池可净化废水,同时还能获得能源或有价值的化学产品,图1为其工作原理,图2为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。
下列说法正确的是
A.M为电池正极,CH3COOH被还原
B.外电路转移4mol电子时,M极产生22.4LCO2
C.反应一段时间后,N极附近的溶液pH下降
D.Cr2O72-离子浓度较大时,可能会造成还原菌失活
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图中信息可知,电子由M极流向N极,则M为电池负极,CH3COOH被氧化,选项A错误;
B.根据负极电极反应式CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+可知,外电路转移4mol电子时,标准状况下M极产生22.4LCO2(忽略CO2溶解),但题干中没有说明标准状况,选项B错误;
C.根据图中信息可知,N极消耗氢离子,反应一段时间后,氢离子浓度降低,N极附近pH增大,选项C错误;
D.强氧化剂能使蛋白质变性,故Cr2O72-离子浓度较大时,可能会造成还原菌失活,选项D正确;
答案选D。
7.H2C2O4(草酸)为二元弱酸,在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示,下列说法不正确的是
A.根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.7
B.向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)
C
0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)
D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H+)=c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图中信息可知Ka1=10-1.2,Ka2=10-4.2,C点H2C2O4和C2O42-相等,而Ka1Ka2=
=10-5.4,c(H+)=10-2.7,A正确;
B.向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(OH-)+c(HC2O4-),在此点,c(C2O42-)=c(HC2O4-),B正确,
C.Ka2=10-4.2,HC2O4-的水解常数为10-12.8,HC2O4-的电离大于水解,溶液呈酸性,C正确;
D.当c(HC2O4-)=c(C2O42-)时,溶液呈酸性,若溶液呈中性,则c(HC2O4-) 故选D。 8.1,2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料,工业上可用丙烯加成法制备,主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl),反应原理为: I.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2ClCHClCH3(g)∆H1=-134kJ·mol-1 II.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)∆H2=-102kJ·mol-1 请回答下列问题: (1)已知CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1,则该反应的活化能Ea(逆)为___________kJ·mol-1。 (2)一定温度下,密闭容器中发生反应I和反应II,达到平衡后增大压强,CH2ClCHClCH3的产率____________(填“增大”“减小”或“不变”),理由是_________________________________。 (3)起始时向某恒容绝热容器中充入1molCH2=CHCH3和1molCl2发生反应II,达到平衡时,容器内气体压强_________________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和Cl2,分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应,一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如图所示。 p点是否为对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率,_________填“是”或“否”)判断理由是_______________________。 (5)一定温度下,向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)。 在催化剂作用下发生反应I,容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 ①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率,即 ,则前120min内平均反应速率v(CH2ClCHClCH3)=__________kPa·min-1。 (保留小数点后2位)。 ②该温度下,若平衡时HCl的体积分数为 ,则丙烯的平衡总转化率 ____________;反应I的平衡常数Kp=____________________kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数,保留小数点后2位)。 【答案】 (1).164 (2).增大(3).反应I是一个气体物质的量减小的反应,达到平衡后增大压强,反应I正向移动,CH2ClCHClCH3的产率增大(4).增大(5).否(6).因为生成CH2ClCHClCH3的反应为放热反应,温度越低平衡转化率越高,而450℃的产率高于p点产率,所以p点不是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率(7).0.09(8).74%(9).0.21 【解析】 【详解】 (1)用反应I-反应II得到CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) CH2ClCHClCH3(g)△H=-32kJ·mol-1,△H=Ea(正)—Ea(逆)=132kJ·mol-1-Ea(逆)=-32kJ·mol-1,Ea(逆)=164kJ·mol-1。 答案为: 164; (2)反应I是一个气体物质的量减小的反应,反应II气体物质的量不变,达到平衡后增大压强,反应I正向移动,CH2ClCHClCH3的产率增大。 答案为: 增大;反应I是一个气体物质的量减小的反应,达到平衡后增大压强,反应I正向移动,CH2ClCHClCH3的产率增大; (3)反应II为放热反应,由于体系为绝热容器,随着反应进行,体系的温度升高,容器内气体压强增大。 答案为: 增大; (4)p点不是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率,因为生成CH2ClCHClCH3的反应为放热反应,温度越低平衡转化率越高,而450℃的产率高于p点产率,所以p点不是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率。 答案为: 否;因为生成CH2ClCHClCH3的反应为放热反应,温度越低平衡转化率越高,而450℃的产率高于p点产率,所以p点不是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率; (5)①压强的减小由反应I引起CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2ClCHClCH3(g)反应120min的压强的变化为10.6kPa,故v(CH2ClCHClCH3)= =0.09kPa·min-1; ②设起始CH2=CHCH3(g)和Cl2(g) 物质的量各为1mol,平衡时气体的总物质的量为 =1.44mol,生成的n(CH2ClCHClCH3)=0.56mol,反应I消耗的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)的物质的量各为0.56mol,根据平衡时HCl的体积分数为 ,计算反应Ⅱ生成的n(HCl)=n(CH2=CHCH2Cl)=0.18mol,参与反应的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)的物质的量各为0.18mol,则丙烯的平衡总转化率 =74%;平衡时,反应CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2ClCHClCH3(g)中,n(CH2=CHCH3)=n(Cl2)=1mol-(0.56mol+0.18mol)=0.26mol,n(CH2ClCHClCH3)=0.56mol。 Kp= =0.21。 答案为: 0.09;74%;0.21。 【点睛】利用120min内压强的变化求物质的量的变化时,我们可利用阿伏加德罗定律的推论,压强之比等于物质的量之比,求出反应前后气体的物质的量之比,然后假定反应前的总物质的量,便可求出120min时气体的物质的量。 9.钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。 下图是利用钼精矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图: 根据以上工艺流程图,回答下列问题: (1)提高焙烧效率的方法有______________________________。 (写任意一种即可) (2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3,该反应的氧化产物是________。 (3)“碱浸”时生成CO2的电子式为________,“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为____________________________。 (4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S,则废渣成分的化学式为__________________。 (5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度: c(MoO )=0.20mol·L-1,c(SO )=0.01mol·L-1。 “结晶”前应先除去SO ,方法是加入Ba(OH)2固体。 假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变,当BaMoO4开始沉淀时,去除的SO 的质量分数为________%。 [已知Ksp(BaSO4)=1×10-10,Ksp(BaMoO4)=2.0×10-8] (6)钼精矿在酸性条件下,加入NaNO3溶液,也可以制备钼酸钠,同时有SO 生成,该反应的离子方程式为__________________________。 【答案】 (1).粉碎固体颗粒 (2).MoO3、SO2(3). (4).MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑(5).PbS(6).90(7).MoS2+6NO3-=MoO42-+2SO42-+6NO↑ 【解析】 【分析】 钼精矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)通入空气焙烧,生成MoO3和SO2;碱浸时加入Na2CO3溶液,发生MoO3与Na2CO3反应生成Na2MoO4和CO2;除重金属离子时,加入沉淀剂,将铅离子转化为沉淀从而成为废渣;然后蒸发浓缩、冷却结晶,得钼酸钠晶体。 【详解】 (1)提高焙烧效率的方法有粉碎固体颗粒、不断搅拌等。 答案为: 粉碎固体颗粒; (2)根据工艺流程,焙烧时,通入空气,产生MoO3和SO2,即化学方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2;氧化产物是还原剂被氧化后得到的产物,根据化学反应方程式中Mo、S的化合价升高,即氧化产物是MoO3、SO2。 答案为: MoO3、SO2; (3)CO2为共价化合物,C与每个O原子都形成2对共用电子,其电子式为 ;碱浸时,从产物看,Mo元素以MoO42-的形式存在,MoO3与CO32-反应生成MoO42-和CO2,发生的主要离子反应是MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑。 答案为 ;MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑; (4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S,则Pb2+与S2-反应生成PbS,成为废渣的主要成分,化学式为PbS。 答案为: PbS; (5)根据溶度积,SO42-先沉淀出来,BaMoO4开始出现沉淀,此时溶液中c(Ba2+)= =1.0×10-7mol·L-1,此时溶液中c(SO42-)= =1.0×10-3mol·L-1,令溶液的体积为VL,去除SO42-的质量分数为 =90%。 答案为: 90; (6)MoS2与NO3-反应,S和Mo的化合价都升高,S原子被氧化成SO42-,钼元素以MoO42-的形式存在,NO3-被还原为NO,发生反应的离子方程式为MoS2+6NO3-=MoO42-+2SO42-+6NO↑。 答案为: MoS2+6NO3-=MoO42-+2SO42-+6NO↑。 10.砂质土壤分析中常用KarlFischer法是测定其中微量水含量,该方法原理是I2和SO2反应定量消耗水(假设土壤中其他成分不参加反应),据此回答下列问题: (1)写出该反应的化学反应方程式: ________________________。 步骤①: 消耗反应样品中的水 下图是某同学在实验室模拟KarlFischer法的实验装置图: (2)装置连接的顺序为a__________(填接口字母顺序);M仪器的名称为__________,其在实验过程中的作用是__________________________。 (3)操作步骤①: 连接装置并检查装置气密性,装入药品,_________________;关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;反应结束后,关闭分液漏斗活塞,继续通入N2,取下D装置;步骤②: 测定剩余的碘时,向反应后的D装置加入蒸馏水,过滤,充分洗涤滤渣,并合并洗涤液和滤液,将其配成250.00mL溶液,取25.00mL用0.20mol·L-1Na2S2O3标准液滴定剩余的碘单质,已知反应如下: 2S2O +I2=S4O +2I-。 (4)Na2S2O3标准液应装在________(填“酸式”“碱式”)滴定管中;上述操作中,合并洗涤液和滤液的目的是________________________________。 (5)滴定实验重复四次得到数据如下: 实验 1 2 3 4 消耗的标准液的体积/mL 18.37 20.05 19.95 20.00 ①若实验开始时,向D装置中加入10.00g土壤样品和10.16gI2(已知I2过量),则样品土壤中水的含量为________%(计算结果保留小数点后一位)。 ②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质,则水含量测定结果将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 【答案】 (1).SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI (2).d→e→i→h→g→f→b→(c)(3).长颈漏斗(4).平衡内外气压,防止压强过大(5).打开弹簧夹,通入氮气(6).碱式(7).使所剩余的碘单质均进入滤液,测量结果更准确(8).7.2(9).偏低 【解析】 【详解】 (1)I2、SO2、H2O发生反应,生成HI和H2SO4,化学反应方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI; (2)装置A是制备二氧化硫气体,装置B中 碱石灰可以吸收尾气,并防止外界水蒸气加入装置,应该在整套装置的最后,D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置,进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥,C装置为安全瓶,因此装置的连接顺序为ACEDB,接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c);根据图示,M为长颈漏斗,在实验过程中,可以起到平衡内外气压,防止压强过大的作用。 答案为: d→e→i→h→g→f→b→(c);长颈漏斗;平衡内外气压,防止压强过大; (3)为了精准测定样品中的水含量,实验前,需通N2以排尽装置内的空气,所以需打开弹簧夹,通入氮气。 答案为: 打开弹簧夹,通入氮气; (4)Na2S2O3水解显碱性,标准液应装在碱式滴定管中;因为洗涤液中也溶有一定量的碘,所以合并洗涤液和滤液的目的是使所剩余的碘单质均进入滤液,测量结果更准确。 答案为: 碱式;使所剩余的碘单质均进入滤液,测量结果更准确; (5)①实验开始时,向D装置中加入10.00g土壤样品和10.16gI2(已知I2过量),n(I2)= =0.04mol,向反应后的D装置加入蒸馏水,过滤,充分洗涤,并合并洗涤液和滤液,将其配成250.00mL溶液,取25.00mL用0.20mol·L-1Na2S2O3标准液滴定剩余碘单质,根据实验数据可知,实验①的误差较大,删除该数值,②③④实验消耗Na2S2O3溶液的平均值= mL=20.00mL,根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-,消耗碘单质物质的量=n(Na2S2O3)× × = ×0.0200L×0.20mol·L-1×10=0.02mol,即剩余I2物质的量=0.02mol,从而得出与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol,消耗水为0.04mol,土壤样品中水的含量= ×100%=7.2%。 答案为: 7.2; ②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质,滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大,测定剩余碘单质物质的量增大,则与二氧化硫反应的碘单质减少,反应的水的物质的量减小,计算得到水的含量偏低。 答案为: 偏低。 【点睛】在利用四次实验数据进行消耗标准液体积 计算时,首先需分析数据的有效性,若出现与其它三次
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