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2019-2020年高三化学上学期10月考试卷(含解析)
一、选择题(本题包括13小题.每小题6分,共78分,每小题只有一个选项符合题意)1.xx年为国际化学年,主题为“化学﹣我们的生活,我们的未来”.下列说法不正确的是( ) A.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B.煤油可由石油分馏获得,可用作燃料和保存少量金属钠 C.工业上冶炼Al,使用Al2O3而不使用AlCl3,是因为AlCl3是共价化合物,熔融不导电 D.铜具有良好的导电性,常用来制作印刷电路板 2.著名化学家付鹰说“化学是实验的科学,只有实验才是最高法庭”.下列实验装置图操作正确的是( ) A.B.C.D. 3.对滴有酚酞试液的下列溶液,操作后溶液颜色变深的是( ) A.明矾溶液加热 B.小苏打溶液中加入少量NaCl固体 C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.CH3COONa溶液加热 4.下列实验操作正确的是( )
①用稀硫酸洗涤长期存放石灰水的试剂瓶;
②用带橡胶塞的棕色试剂瓶存放浓硫酸;
③用盐酸酸化过的FeCl3溶液,除去H2还原CuO实验留在试管内的铜;
④测定某溶液的pH时,先用蒸馏水润湿pH试纸,再甩洁净、干燥的玻璃棒蘸取该溶,液点在试纸上,并与标准比色卡比较;
⑤分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出;
⑥蒸馏时,将温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶支管口. A.
①③B.
②③④C.
②③D.
③⑤⑥ 5.某小组为研究电化学原理,设计如图装置.下列叙述不正确的是( ) A.无论a和b是否连接,铁片均会溶解,溶液从蓝色逐渐变成浅绿色 B.a和b分别连接直流电源正、负极,电压足够大时,Cu2+向铜电极移动 C.a和b不连接时,铁片上会有金属铜析出 D.a和b用导线连接时,外电路中每通过
0.1mol电子,铜的质量理论上增加
3.2g 6.研究人员研制出一种锂水电池,做军事上重要的能源.该电池以金属锂和钢板为电极材料,以LiOH为电解质,使用时加入水即可放电.关于该电池的下列说法不正确的是( ) A.水既是氧化剂又是溶剂 B.总反应为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑ C.放电时正极上有氢气生成 D.放电时OH﹣向正极移动 7.用铅蓄电池电解甲、乙电解池中的溶液.已知铅蓄电池的总反应为Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂,c极附近溶液变红,下列说法正确的是( ) A.d极为阴极 B.放电时铅蓄电池负极的电极反应式为PbO2(s)+4H+(aq)+SO42﹣(aq)+4e﹣═PbSO4(s)+2H2O(l) C.若利用甲池精炼铜,b极应为粗铜 D.若四个电极材料均为石墨,当析出
6.4gCu时,两池中共产生气体
3.36L(标准状况下)
二、解答题(共3小题,满分43分)8.现代工业将煤汽化,既可以提高燃料的利用率、减少CO、SO2等的排放,又可以扩大水煤气的用途.甲醇是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景,工业上一般可采用水煤气来合成甲醇CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g).
(1)如图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线.
①T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1 K2(填“>”、“<”或“=”).
②以下有关说法正确的是 a.恒温、恒容条件下,容器内的压强不发生变化则可逆反应达到平衡b.一定条件下,H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时可逆反应达到平衡c.使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率d.某温度下,将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得c(CO)=
0.2mol/L,则CO的转化率为80%
(2)已知在常温常压下
①2CH3OH
(1)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣akJ•mol﹣1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣bkJ•mol﹣1
③H2O(g)=H2O
(1)△H=﹣ckJ•mol﹣1则CH3OH
(1)+O2(g)=CO(g)+2H2O
(1)△H= kJ•mol﹣1
(3)xx年10月,中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破,组装出了自呼吸电池及主动式电堆.甲醇燃料电池的工作原理如图2所示.
①该电池正极的电极反应式为 .
②工作一段时间后,当
6.4g甲醇完全反应生成CO2时,有 个电子发生转移.
(4)以上述电池做电源,用图3所示装置,在实验室中模拟铝制品面“钝化”处理的过程中,发现溶液逐渐变浑浊,原因是 、 (用相关的电极反应式和离子方程式表示) 9.物质A、E、F的焰色反应呈黄色,物质I的1个分子由4个原子组成并共含有10个电子,B、C、D、K在常温下都是气体单质,G在常温下是无色液体,反应
①~
⑤都是用于工业生产的反应,各有关物质之间的相互反应转化关系如图所示(部分反应条件已略去)
(1)写出物质的化学式B M
(2)写出A物质的电子式
(3)
0.1mol/LE水溶液中各离子浓度由大到小的顺序为
(4)反应
①的离子方程式 反应
⑤的化学方程式
(5)反应
④中,若转移
0.02mol电子后停止反应,溶液的体积是200mL,则此时溶液(不考虑电解产物的相互反应)的PH= . 10.黄铁矿的主要成分是FeS2.测定黄铁矿中FeS2含量的两种方法如图所示已知
①王水是由1体积的浓硝酸(ρ=
1.42g•cm﹣3)和3体积的浓盐酸(ρ=
1.19g•cm﹣3)混合而成的.
②黄铁矿和王水反应的方程式为口FeS2+口HNO3+口HCl→口FeCl3+口H2SO4+口NO↑+口H2O请回答下列问题
(1)请配平上述
②中化学方程式
(2)简述实验室配制王水的操作过程
(3)方法一中过滤、洗涤、灼烧都用到的仪器是 .
(4)方法二中要判断BaCl2溶液是否过量,可向滤液中加入X溶液,X可以是(填代号)A.NaOHB.BaCl2C.HClD.Na2SO4
(5)实验室利用下列装置和试剂制取少量氯化氢气体试剂
①浓硫酸
②浓盐酸
③食盐固体若选用试剂
①②,则宜选择的装置是 (填代号,下同).若选用试剂
①③,则应选择的装置是 ;推测发生反应的化学方程式为 ;
(6)已知称取黄铁矿样品的质量为
1.50g,称得方法一中灼烧后固体的质量为
0.4g,不考虑操作误差,则该矿石中FeS2的质量分数是 .
三、【化学----选修化学与技术模块】(15分)11.某泉水中主要含钙离子、镁离子、氯离子和硫酸根离子.请思考下列问题
(1)泉水属于硬水 (填写“暂时”或“永久”).
(2)若要除去Ca2+、Mg2+可以往水中加入石灰和纯碱,试剂添加时先加 后加 ,原因是 .
(3)目前常用阴、阳离子交换树脂来进行水的软化,如水中的Ca2+、Mg2+与交换树脂的 起离子交换作用.当阴离子交换树脂失效后可放入 溶液中再生.
(4)海岛上还可以用海水淡化来获得淡水.下面是海水利用电渗析法获得淡水的原理图,已知海水中含Na+、Cl﹣、Ca2+、Mg2+、SO42﹣等离子,电极为惰性电极.请分析下列问题
①阳离子交换膜是指 (填A或B).
②写出阴极区的现象是 .
四、【化学--选修物质结构与性质】(15分)12.xx年上海世博会场馆,大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管(LED).目前市售LED品片,材质基本以GaAs(砷化镓)、AlGaInP(磷化铝镓铟)、lnGaN(氮化铟镓)为主.已知镓是铝同族下一周期的元素.砷化镓的晶胞结构如图.试回答
(1)镓的基态原子的电子排布式是 .
(2)砷化镓晶胞中所包含的砷原子(白色球)个数为 ,与同一个镓原子相连的砷原子成的空间构型为 .
(3)N、P、As处于同一主族,其氢化物沸点由高到低的顺序是 .(用氢化物分子式表示)
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃时制得.(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为 .
(5)比较二者的第一电离能As Ga(填“<”、“>”或“=”).
(6)下列说法正确的是 (填字母).A.砷化镓晶胞结构与NaCl相同B.GaP与GaAs互为等电子体C.电负性As>GaD.砷化镓晶体中含有配位键.
五、【化学--选修有机化学基础】(15分)13.现有一种有机物A,分子式为C4H6O6.对于A的结构与性质实验结论如下i A的分子中有两个羧基;ii A的核磁共振氢谱如图1所示;如图2是利用烃B和烃I合成有机物A和一种高分子新材料R的转化关系示意图,已知烃I的相对分子质量为28,且F的相对分子质量比E多28.已知
①﹣CH2﹣OH优先于﹣CH﹣氧化OH|
②同一个碳原子上连有多个羟基的结构极不稳定,不予考虑.请分析并按要求回答下列问题
(1)写出A对应的结构简式 ;
(2)写出对应反应的化学方程式C→D ;反应类型为 ;E→G ;F+K→R ;
(3)有机物E的同分异构体M满足下列三个条件
①1mol有机物与银氨溶液充分反应生成2molAg
②1mol有机物与足量NaHCO3溶液反应产生1molCO2
③1mol有机物与足量金属Na反应产生1molH2请判断M的结构可能有 种,任写一种M的结构简式 . xx学年宁夏银川一中高三(上)10月考化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题(本题包括13小题.每小题6分,共78分,每小题只有一个选项符合题意)1.xx年为国际化学年,主题为“化学﹣我们的生活,我们的未来”.下列说法不正确的是( ) A.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B.煤油可由石油分馏获得,可用作燃料和保存少量金属钠 C.工业上冶炼Al,使用Al2O3而不使用AlCl3,是因为AlCl3是共价化合物,熔融不导电 D.铜具有良好的导电性,常用来制作印刷电路板考点金属冶炼的一般原理;绿色化学;钠的化学性质.分析A.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染;B.根据煤油和钠的性质判断;C.氯化铝是共价化合物;D.铜具有良好的导电性.解答解A.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染,故A错误;B.石油分馏可得到煤油,煤油是碳氢化合物能燃烧,煤油和钠不反应,且钠的密度大于煤油的密度,所以煤油能保存少量金属钠,故B正确;C.AlCl3的熔融态不导电,是氯化铝是共价化合物,熔融不能产生离子,所以工业上冶炼Al,使用Al2O3而不使用AlCl3,故C正确;D.铜具有良好的导电性,可用来制作印刷电路板,故D正确;故选A.点评本题考查了绿色化学的核心、金属的冶炼、石油的分馏及钠的性质、铜的性质,题目难度不大,把握绿色化学的核心是解题关键,题目难度不大. 2.著名化学家付鹰说“化学是实验的科学,只有实验才是最高法庭”.下列实验装置图操作正确的是( ) A.B.C.D.考点化学实验方案的评价.分析A.用天平称量药品时遵循“左物右砝”原则,且称量时NaOH要放在小烧杯中;B.配制一定物质的量浓度溶液时,转移液体应该用玻璃棒引流;C.铁离子水解生成氢氧化铁;D.洗气时导气管应该遵循“长进短出”原则.解答解A.用天平称量药品时遵循“左物右砝”原则,NaOH有强烈腐蚀性,所以称量时NaOH要放在小烧杯中,故A错误;B.配制一定物质的量浓度溶液时,转移液体应该用玻璃棒引流,否则易溅出液体而导致配制溶液有误差,故B错误;C.铁离子水解生成氢氧化铁胶体,所以可以用饱和硫酸铁溶液制取氢氧化铁胶体,故C错误;D.洗气时导气管应该遵循“长进短出”原则,故D错误;故选C.点评本题考查化学实验方案评价,为高频考点,侧重考查实验操作,明确基本操作方法及实验原理是解本题关键,注意从实验操作规范性及评价性分析,易错选项是D. 3.对滴有酚酞试液的下列溶液,操作后溶液颜色变深的是( ) A.明矾溶液加热 B.小苏打溶液中加入少量NaCl固体 C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.CH3COONa溶液加热考点影响盐类水解程度的主要因素.专题盐类的水解专题.分析对滴有酚酞试液的下列溶液,操作后红色变深,说明溶液中OH﹣浓度增大,结合外界条件对水解平衡移动的影响分析.解答解A.明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性,加热导致水解程度增大,但酚酞遇酸性溶液颜色不变化,故A错误;B.加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解,酚酞溶液不变深,故B错误.C.氨水为弱碱,部分电离NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,加入酚酞后溶液变为红色,而NH4Cl=NH4++Cl﹣,其中的NH4+会抑制氨水的电离,使溶液碱性减弱,颜色变浅,故C错误;D.CH3COONa为强碱弱酸盐,水解呈碱性,滴加酚酞后溶液显红色,加热使碱性增强,因此红色变深,故D正确;故选D.点评本题考查影响盐类水解的因素,题目难度不大,注意两点,一是溶液呈碱性,二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向. 4.下列实验操作正确的是( )
①用稀硫酸洗涤长期存放石灰水的试剂瓶;
②用带橡胶塞的棕色试剂瓶存放浓硫酸;
③用盐酸酸化过的FeCl3溶液,除去H2还原CuO实验留在试管内的铜;
④测定某溶液的pH时,先用蒸馏水润湿pH试纸,再甩洁净、干燥的玻璃棒蘸取该溶,液点在试纸上,并与标准比色卡比较;
⑤分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出;
⑥蒸馏时,将温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶支管口. A.
①③B.
②③④C.
②③D.
③⑤⑥考点化学试剂的存放;试纸的使用;蒸馏与分馏;分液和萃取.专题化学实验基本操作.分析
①长期盛放石灰水的试剂瓶内壁常有一层白色固体物质碳酸钙,硫酸钙是微溶物;
②浓硫酸具有腐蚀性和强氧化性;
③铜可以和三氯化铁溶液反应,和稀硫酸不反应;
④pH试纸不能用蒸馏水来润湿;
⑤分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出;
⑥根据蒸馏的原理来确定温度计水银球的位置.解答解
①长期盛放石灰水的试剂瓶内壁常有一层白色固体物质碳酸钙,硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙是微溶物,会附着在试管壁上,不能洗净,常用盐酸来洗,故
①错误;
②浓硫酸具有腐蚀性和强氧化性,能将橡胶腐蚀,所以存放浓硫酸的试剂瓶不能用橡胶塞,故
②错误;
③铜可以和三氯化铁溶液反应,生成氯化亚铁和氯化铜,三氯化铁溶液可以除去留在试管内的铜,故
③正确;
④pH试纸不能用蒸馏水来润湿,测定某溶液的pH时,先将pH试纸放在表面皿上,再用洁净、干燥的玻璃棒蘸取该溶,液点在试纸上,并与标准比色卡比较,故
④错误;
⑤分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,故
⑤正确;
⑥蒸馏的原理通过控制沸点的不同来实现物质的分离,所以温度计水银球要靠近蒸馏烧瓶支管口,故
⑥正确.故选D.点评本题考查学生化学实验的基本操作知识,注意相关知识在平时学习中的积累,可以根据教材知识来回答,难度不大. 5.某小组为研究电化学原理,设计如图装置.下列叙述不正确的是( ) A.无论a和b是否连接,铁片均会溶解,溶液从蓝色逐渐变成浅绿色 B.a和b分别连接直流电源正、负极,电压足够大时,Cu2+向铜电极移动 C.a和b不连接时,铁片上会有金属铜析出 D.a和b用导线连接时,外电路中每通过
0.1mol电子,铜的质量理论上增加
3.2g考点原电池和电解池的工作原理.分析A、根据无论a和b是否连接,都会发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu进行分析;B、根据a和b用导线连接时,形成原电池,铜离子在正极得到电子进行分析;C、根据a和b不连接时,铁与硫酸铜会发生置换反应进行分析;D、根据电极反应式结合电子守恒来计算.解答解A、无论a和b是否连接,都会发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu,铁片均会溶解,溶液从蓝色逐渐变成浅绿色,故A正确;B、a和b分别连接直流电源正、负极,电压足够大时,Cu2+向阴极移动,Cu2+向Fe电极移动,故B错误;C、a和b不连接时,铁与硫酸铜会发生置换反应,铁片上会有金属铜析出,故C正确;D、a和b用导线连接时,铜为正极,该电极的质量会增加,发生电极反应Cu2++2e﹣=Cu,外电路中每通过
0.1mol电子,析出金属铜
0.05mol,质量是
3.2g,故D正确.故选B.点评本题考查了原电池原理,明确正、负极的判断方法,电极反应类型,阴阳离子移动方向即可解答,难度不大. 6.研究人员研制出一种锂水电池,做军事上重要的能源.该电池以金属锂和钢板为电极材料,以LiOH为电解质,使用时加入水即可放电.关于该电池的下列说法不正确的是( ) A.水既是氧化剂又是溶剂 B.总反应为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑ C.放电时正极上有氢气生成 D.放电时OH﹣向正极移动考点化学电源新型电池.分析锂水电池中,自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气的过程,根据原电池的工作原理以及电极反应特点和规律来回答.解答解A、金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气,该反应中,水是氧化剂,在电池中还可以担当溶剂,故A正确;B、锂水电池中,自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气,即总反应为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑,故B正确;C、放电时正极上是水中的氢离子得电子,所以会有氢气生成,故C正确;D、原电池中,阴离子移向原电池的负极,即放电时OH﹣向负极移动,故D错误.故选D.点评本题考查电化学的热点﹣锂离子电池,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. 7.用铅蓄电池电解甲、乙电解池中的溶液.已知铅蓄电池的总反应为Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂,c极附近溶液变红,下列说法正确的是( ) A.d极为阴极 B.放电时铅蓄电池负极的电极反应式为PbO2(s)+4H+(aq)+SO42﹣(aq)+4e﹣═PbSO4(s)+2H2O(l) C.若利用甲池精炼铜,b极应为粗铜 D.若四个电极材料均为石墨,当析出
6.4gCu时,两池中共产生气体
3.36L(标准状况下)考点常见化学电源的种类及其工作原理.分析原电池放电时,正极发生还原反应,电极反应是PbO2+4H++SO42﹣﹣2e﹣=2H2O+PbSO4,负极为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4,在充电时,阴极发生的反应是PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣,阳极反应为PbSO4﹣2e﹣+2H2O=PbO2+SO42﹣+4H+;电解一段时间后,c极和d极附近分别滴加酚酞试剂,c极附近溶液变红,则c是阴极、d是阳极,a是阴极、b是阳极,据此分析解答.解答解原电池放电时,正极发生还原反应,电极反应是PbO2+4H++SO42﹣﹣2e﹣=2H2O+PbSO4,负极为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4,在充电时,阴极发生的反应是PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣,阳极反应为PbSO4﹣2e﹣+2H2O=PbO2+SO42﹣+4H+;电解一段时间后,c极和d极附近分别滴加酚酞试剂,c极附近溶液变红,则c是阴极、d是阳极,a是阴极、b是阳极,A.通过以上分析知,c是阴极、d是阳极,故A错误;B.放电时,正极反应式为PbO2+4H++SO42﹣﹣2e﹣=2H2O+PbSO4,负极为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4,故B错误;C.电解精炼粗铜时,粗铜为阳极,所以为b电极,故C正确;D.电解析出
6.4gCu,其物质的量是
6.4g÷64g/mol=
0.1mol,转移
0.2mol电子,c电极上生成
0.1mol氢气、d电极上生成
0.05mol氧气,b电极上析出
0.1mol氯气,所以生成气体体积=(
0.1+
0.05+
0.1)mol×
22.4L/mol=
5.6L,故D错误;故选C.点评本题考查原电池和电解池原理,明确离子放电顺序是解本题关键,难点是电极反应式的书写,注意D中采用转移电子守恒进行计算,题目难度中等.
二、解答题(共3小题,满分43分)8.现代工业将煤汽化,既可以提高燃料的利用率、减少CO、SO2等的排放,又可以扩大水煤气的用途.甲醇是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景,工业上一般可采用水煤气来合成甲醇CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g).
(1)如图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线.
①T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1 > K2(填“>”、“<”或“=”).
②以下有关说法正确的是 ad a.恒温、恒容条件下,容器内的压强不发生变化则可逆反应达到平衡b.一定条件下,H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时可逆反应达到平衡c.使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率d.某温度下,将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得c(CO)=
0.2mol/L,则CO的转化率为80%
(2)已知在常温常压下
①2CH3OH
(1)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣akJ•mol﹣1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣bkJ•mol﹣1
③H2O(g)=H2O
(1)△H=﹣ckJ•mol﹣1则CH3OH
(1)+O2(g)=CO(g)+2H2O
(1)△H= (b﹣a﹣4c)/2 kJ•mol﹣1
(3)xx年10月,中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破,组装出了自呼吸电池及主动式电堆.甲醇燃料电池的工作原理如图2所示.
①该电池正极的电极反应式为 O2+4H++4e﹣=2H2O .
②工作一段时间后,当
6.4g甲醇完全反应生成CO2时,有
1.2NA(或
7.224×1023) 个电子发生转移.
(4)以上述电池做电源,用图3所示装置,在实验室中模拟铝制品面“钝化”处理的过程中,发现溶液逐渐变浑浊,原因是 Al﹣3e﹣=Al3+ 、 Al3++3HCO3﹣=Al(OH)3↓+3CO2↑ (用相关的电极反应式和离子方程式表示)考点转化率随温度、压强的变化曲线;用盖斯定律进行有关反应热的计算;原电池和电解池的工作原理;化学平衡状态的判断;电解原理.分析
(1)
①温度对化学平衡常数的影响和反应的吸放热有关;
②a.反应前后气体的体积不等,恒温、恒容条件下,容器内的压强不发生变化;b.一定条件下,H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍,都是指正反应速率;c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动;d、某温度下,将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得c(CO)=
0.2mol/L,则CO的转化率为×100%=80%;
(2)根据盖斯定律,由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标方程式,反应热越乘以相应的系数并进行相应的计算.
(3)在甲醇燃料电池中,燃料甲醇作负极,发生失电子的氧化反应,氧气作正极,发生得电子的还原反应,根据电极反应以及电子守恒来计算转移电子的量;
(4)根据电解池的工作原理和双水解原理知识来回答.解答解
(1)
①对于放热反应,温度越高,化学平衡常数越小,T2>T1,反之越大,所以K1>K2,故答案为>;
②a.反应前后气体的体积不等,恒温、恒容条件下,容器内的压强不发生变化,可说明达到平衡状态,故a正确;b.一定条件下,H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍,都是指正反应速率,故b错误;c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动,甲醇的转化率不变,故c错误;d、某温度下,将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得c(CO)=
0.2mol/L,则CO的转化率为×100%=80%,故d正确;故选ad;
(3)
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣akJ•mol﹣1,
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣bkJ•mol﹣1,
③H2O(g)=H2O(l)△H=﹣ckJ•mol﹣1,根据盖斯定律可知,则可得CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l),则△H=kJ/mol=kJ/mol,故答案为.
(3)
①在甲醇燃料电池中,燃料甲醇作负极,氧气作正极,电解质中的阳离子移向正极,所以b口通入的物质为甲醇,c口通入的物质为氧气,该电池正极是氧气发生得电子的还原反应,电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O;故答案为O2+4e﹣+4H+=2H2O;
②当
6.4g即=
0.2mol甲醇完全反应生成CO2时,根据总反应2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O,消耗氧气
0.3mol,转移电子
1.2NA;故答案为
1.2NA;
(4)在电解池中,金属铝为阳极,发生电极反应Al→Al3++3e﹣,铝离子会和碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳,即Al3++3HCO3﹣=Al(OH)3↓+3CO2↑,溶液逐渐变浑浊,故答案为Al﹣3e﹣→Al3+;Al3++3HCO3﹣=Al(OH)3↓+3CO2↑.点评本题是一道关于化学平衡状态的判断、化学平衡的移动以及燃料电池的工作原理知识的考题,电解原理应用,要求学生具有分析和解决问题的能力,难度不大. 9.物质A、E、F的焰色反应呈黄色,物质I的1个分子由4个原子组成并共含有10个电子,B、C、D、K在常温下都是气体单质,G在常温下是无色液体,反应
①~
⑤都是用于工业生产的反应,各有关物质之间的相互反应转化关系如图所示(部分反应条件已略去)
(1)写出物质的化学式B Cl2 M HClO
(2)写出A物质的电子式
(3)
0.1mol/LE水溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)>c(ClO﹣)>c(OH﹣)>c(H+)
(4)反应
①的离子方程式 Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O 反应
⑤的化学方程式 4NH3+5O24NO+6H2O
(5)反应
④中,若转移
0.02mol电子后停止反应,溶液的体积是200mL,则此时溶液(不考虑电解产物的相互反应)的PH= 13 .考点无机物的推断.分析A、E、F的焰色反应呈黄色,说明都含有钠元素,B、C、D、K在常温下都是气体单质,物质I的1个分子由4个原子组成并共含有10个电子,则I应为NH3,反应
①~
⑤都是用于工业生产的反应,则反应
⑤应为氨的催化氧化,所以K为O2,G在常温下是无色液体,所以G为H2O,则J为NO,C、D为N
2、H2中的一种,M在光照条件下生成氧气,应为次氯酸的见光分解,所以M为HClO,H为HCl,则B为Cl2,C为H2,D为N2,E为NaClO,F、G电解生成A、B、C,应为工业上电解饱和食盐水,所以A为NaOH,则F为NaCl,反应
①为工业上用碱吸收氯气的反应,据此答题.解答解A、E、F的焰色反应呈黄色,说明都含有钠元素,B、C、D、K在常温下都是气体单质,物质I的1个分子由4个原子组成并共含有10个电子,则I应为NH3,反应
①~
⑤都是用于工业生产的反应,则反应
⑤应为氨的催化氧化,所以K为O2,G在常温下是无色液体,所以G为H2O,则J为NO,C、D为N
2、H2中的一种,M在光照条件下生成氧气,应为次氯酸的见光分解,所以M为HClO,H为HCl,则B为Cl2,C为H2,D为N2,E为NaClO,F、G电解生成A、B、C,应为工业上电解饱和食盐水,所以A为NaOH,则F为NaCl,反应
①为工业上用碱吸收氯气的反应,
(1)根据上面的分析可知,B为Cl2,M为HClO,故答案为Cl2;HClO;
(2)A为NaOH,其电子式为,故答案为;
(3)E为NaClO,ClO﹣会发生水解,溶液呈碱性,所以
0.1mol/LE水溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(ClO﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故答案为c(Na+)>c(ClO﹣)>c(OH﹣)>c(H+);
(4)反应
①为工业上用碱吸收氯气的反应,离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O,反应
⑤的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,故答案为;4NH3+5O24NO+6H2O;
(5)电解食盐水的反应中,若转移
0.02mol电子,可得
0.02molOH﹣,溶液的体积是200mL,则此时溶液的c(OH﹣)==
0.1mol/L,所以溶液中PH=13,故答案为13.点评本题主要考查了氯、氮等元素及其化合物知识,中等难度,涉及电子式、离子浓度比较、离子方程式、pH值的计算等,物质推断是解题的关键,要学会根据特征反应及现象进行推断,要熟练掌握常见的反应在工业中的应用. 10.黄铁矿的主要成分是FeS2.测定黄铁矿中FeS2含量的两种方法如图所示已知
①王水是由1体积的浓硝酸(ρ=
1.42g•cm﹣3)和3体积的浓盐酸(ρ=
1.19g•cm﹣3)混合而成的.
②黄铁矿和王水反应的方程式为口FeS2+口HNO3+口HCl→口FeCl3+口H2SO4+口NO↑+口H2O请回答下列问题
(1)请配平上述
②中化学方程式 FeS2+5HNO3+3HClFeCl3+2H2SO4+5NO↑+2H2O
(2)简述实验室配制王水的操作过程 用量筒取3体积的浓盐酸倒入烧杯中,再取1体积的浓硝酸慢慢倒入浓盐酸中,边加边搅拌
(3)方法一中过滤、洗涤、灼烧都用到的仪器是 玻璃棒 .
(4)方法二中要判断BaCl2溶液是否过量,可向滤液中加入X溶液,X可以是(填代号)A.NaOHB.BaCl2C.HClD.Na2SO4
(5)实验室利用下列装置和试剂制取少量氯化氢气体试剂
①浓硫酸
②浓盐酸
③食盐固体若选用试剂
①②,则宜选择的装置是 B (填代号,下同).若选用试剂
①③,则应选择的装置是 A ;推测发生反应的化学方程式为 2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑或NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑ ;
(6)已知称取黄铁矿样品的质量为
1.50g,称得方法一中灼烧后固体的质量为
0.4g,不考虑操作误差,则该矿石中FeS2的质量分数是 40% .考点探究物质的组成或测量物质的含量.分析
(1)铁元素化合价+2价变化为+3价,硫元素化合价﹣1价变化为+6价,FeS2发生反应电子转移15个电子,HNO3中氮元素化合价+5价变化为+2价,电子转移3个,则硝酸分子式前系数为5,依据原子守恒配平得到化学方程式为
(2)实验室配制王水时,先向烧杯中加入3体积的浓盐酸,然后再加入1体积的浓硝酸,边加边搅拌,混合均匀;
(3)方法一中过滤、洗涤用玻璃棒引流,灼烧用玻璃棒搅拌;
(4)方法二中要判断BaCl2溶液是否过量,可向滤液中继续加入BaCl2,如果继续产生白色沉淀,则BaCl2溶液不足,否则过量;也可以向滤液中加入Na2SO4,如果出现BaSO4白色沉淀,证明BaCl2溶液过量,否则不足;
(5)若选用试剂
①浓硫酸和
③食盐固体制取HCl,需要加热,应选择装置A,发生反应的化学方程式为2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑或或NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑;若选用试剂
①浓硫酸和
②浓盐酸制取HCl,利用浓硫酸吸水、放热,利于浓盐酸挥发,不需要加热,选用装置B;
(6)方法一中,灼烧时氢氧化铁分解生成氧化铁,发生反应的化学反应方程式为2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O;根据关系式2FeS2~Fe2O3,240160m(FeS2)
0.8g,m(FeS2)==
1.2g,则该矿石中FeS2的质量分数是×100%=40%.解答解
(1)FeS2+HNO3+HCl→FeCl3+H2SO4+NO↑+H2O,铁元素化合价+2价变化为+3价,硫元素化合价﹣1价变化为+6价,FeS2发生反应电子转移15个电子,HNO3中氮元素化合价+5价变化为+2价,电子转移3个,则硝酸分子式前系数为5,依据原子守恒配平得到化学方程式为FeS2+5HNO3+3HClFeCl3+2H2SO4+5NO↑+2H2O,故答案为FeS2+5HNO3+3HClFeCl3+2H2SO4+5NO↑+2H2O;
(2)实验室配制王水时,先向烧杯中加;入3体积的浓盐酸,然后再加入1体积的浓硝酸,边加边搅拌,混合均匀;故答案为用量筒取3体积的浓盐酸倒入烧杯中,再取1体积的浓硝酸慢慢倒入浓盐酸中,边加边搅拌;
(3)方法一中过滤、洗涤用玻璃棒引流,灼烧用玻璃棒搅拌,故答案为玻璃棒;
(4)方法二中要判断BaCl2溶液是否过量,可向滤液中继续加入BaCl2,如果继续产生白色沉淀,则BaCl2溶液不足,否则过量;也可以向滤液中加入Na2SO4,如果出现BaSO4白色沉淀,证明BaCl2溶液过量,否则不足;故答案为BD;
(5)若选用试剂
①浓硫酸和
②浓盐酸制取HCl,利用浓硫酸吸水、放热,利于浓盐酸挥发,不需要加热,选用装置B,若选用试剂
①浓硫酸和
③食盐固体制取HCl,需要加热,应选择装置A,发生反应的化学方程式为2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑或或NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑,故答案为B;A;2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑或NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑;
(6)方法一中,灼烧时氢氧化铁分解生成氧化铁,发生反应的化学反应方程式为2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O;根据关系式2FeS2~Fe2O3,240160m(FeS2)
0.8g,m(FeS2)==
1.2g,则该矿石中FeS2的质量分数是×100%=40%;故答案为40%.点评本题考查黄铁矿中FeS2含量的测定,明确实验操作流程是解题的关键,掌握分析方法和基础是关键,题目难度中等.
三、【化学----选修化学与技术模块】(15分)11.某泉水中主要含钙离子、镁离子、氯离子和硫酸根离子.请思考下列问题
(1)泉水属于硬水 永久 (填写“暂时”或“永久”).
(2)若要除去Ca2+、Mg2+可以往水中加入石灰和纯碱,试剂添加时先加 石灰 后加 纯碱 ,原因是 过量的钙离子通过纯碱来形成沉淀除去 .
(3)目前常用阴、阳离子交换树脂来进行水的软化,如水中的Ca2+、Mg2+与交换树脂的 氢离子 起离子交换作用.当阴离子交换树脂失效后可放入 饱和食盐水 溶液中再生.
(4)海岛上还可以用海水淡化来获得淡水.下面是海水利用电渗析法获得淡水的原理图,已知海水中含Na+、Cl﹣、Ca2+、Mg2+、SO42﹣等离子,电极为惰性电极.请分析下列问题
①阳离子交换膜是指 B (填A或B).
②写出阴极区的现象是 出现白色沉淀 .考点物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析
(1)水的硬度是由钙和镁的硫酸盐或氯化物等引起的,这种硬度叫做永久硬度;
(2)除杂时不能引入新的杂质;
(3)阳离子交换树脂可以实现阳离子之间的交换,阳离子交换树脂交换出氢离子,若使用NaR作为阳离子交换树脂失效后可放入5%~8%饱和食盐水离子交换树脂再生;
(4)
①阴离子交换膜只允许阴离子自由通过,阳离子交换膜只允许阳离子自由通过;
②根据阳极是氯离子放电,阴极区是氢离子得到电子生成氢气,氢氧根离子浓度增大.解答解
(1)因水的硬度是由钙和镁的硫酸盐或氯化物等引起的,这种硬度叫做永久硬度,故答案为永久;
(2)因除杂时不能引入新的杂质,过量的钙离子通过纯碱来除去,故先加石灰,后加纯碱故答案为石灰;纯碱;过量的钙离子通过纯碱来形成沉淀除去;
(3)根据阳离子交换树脂可以实现阳离子之间的交换,阳离子交换树脂交换出氢离子,若使用NaR作为阳离子交换树脂失效后可放入5%~8%饱和食盐水离子交换树脂再生,故答案为氢离子;饱和食盐水;
(4)
①阴离子交换膜只允许阴离子自由通过,阳离子交换膜只允许阳离子自由通过,隔膜B和阴极相连,阴极是阳离子放电,所以隔膜B是阳离子交换膜,故答案为B;
②根据阳极是氯离子放电2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑,阴极区是氢离子得到电子生成氢气,氢氧根离子浓度增大,和钙离子,镁离子形成沉淀,故答案为出现白色沉淀.点评本题考查物质的分离提纯,为高频考点,侧重于化学与生活的考查,注重知识的迁移应用,难度不大,能较好的考查学生分析和解决问题的能力.
四、【化学--选修物质结构与性质】(15分)12.xx年上海世博会场馆,大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管(LED).目前市售LED品片,材质基本以GaAs(砷化镓)、AlGaInP(磷化铝镓铟)、lnGaN(氮化铟镓)为主.已知镓是铝同族下一周期的元素.砷化镓的晶胞结构如图.试回答
(1)镓的基态原子的电子排布式是 [Ar]3d104s24p1 .
(2)砷化镓晶胞中所包含的砷原子(白色球)个数为 4 ,与同一个镓原子相连的砷原子成的空间构型为 正四面体 .
(3)N、P、As处于同一主族,其氢化物沸点由高到低的顺序是 NH3>AsH3>PH3 .(用氢化物分子式表示)
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃时制得.(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为 sp2 .
(5)比较二者的第一电离能As > Ga(填“<”、“>”或“=”).
(6)下列说法正确的是 BCD (填字母).A.砷化镓晶胞结构与NaCl相同B.GaP与GaAs互为等电子体C.电负性As>GaD.砷化镓晶体中含有配位键.考点晶胞的计算;原子核外电子排布;元素电离能、电负性的含义及应用;原子轨道杂化方式及杂化类型判断.专题化学键与晶体结构.分析
(1)根据镓在周期表中的位置利用能量最低原理和洪特规则书写电子排布式;
(2)根据“均摊法”计算晶胞的结构;
(3)NH3分子间存在氢键,沸点最高,分子的相对分子质量越大,分子间作用力越大,分子晶体的沸点越高;
(4)Ga原子周围只有3对成键电子对,故其杂化方法为sp2;
(5)As和Ga处于同一周期,而处于VA的As外围电子处于半满的较稳定结构,故As的第一电离能大于Ga;
(6)由题中晶胞图可知A显然是错误的.根据等电子体的概念可知选项B正确.根据电负性的概念可知选项C正确.由于Ga原子最外层只有3个电子,而每个Ga原子与4个As原子成键,因此其中一个共价键必为配位键,D正确.解答解
(1)镓位于周期表中第四周期第IIIA,故其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1,故答案为[Ar]3d104s24p1;
(2)根据“均摊法”白色球个数为6×+=4.由晶胞图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体,故答案为4;正四面体;
(3)由于NH3分子间存在氢键,所以NH3的沸点最高,由于AsH3的相对分子质量大于PH3,故AsH3的沸点高于PH3,故答案为NH3>AsH3>PH3;
(4)由于Ga原子周围只有3对成键电子对,故其杂化方法为sp2,故答案为sp2;
(5)As和Ga处于同一周期,而处于VA的As外围电子处于半满的较稳定结构,故As的第一电离能大于Ga,故答案为>;
(6)A.NaCl晶体中,钠离子位于顶点和面心,氯离子位于棱和体心,二者晶体结构不同,故A错误;B.P和As位于同一主族,价电子数目相等,故B正确;C.同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强,故C正确;D.由于Ga原子最外层只有3个电子,而每个Ga原子与4个As原子成键,因此其中一个共价键必为配位键,故D正确.故答案为BCD.点评本题考查晶胞的计算、沸点的比较、电子排布式的书写以及杂化轨道等知识,题目难度中等,本题注意晶胞的计算方法和元素周期律的利用.
五、【化学--选修有机化学基础】(15分)13.现有一种有机物A,分子式为C4H6O6.对于A的结构与性质实验结论如下i A的分子中有两个羧基;ii A的核磁共振氢谱如图1所示;如图2是利用烃B和烃I合成有机物A和一种高分子新材料R的转化关系示意图,已知烃I的相对分子质量为28,且F的相对分子质量比E多28.已知
①﹣CH2﹣OH优先于﹣CH﹣氧化OH|
②同一个碳原子上连有多个羟基的结构极不稳定,不予考虑.请分析并按要求回答下列问题
(1)写出A对应的结构简式 HOOCCH(OH)CH(OH)COOH ;
(2)写出对应反应的化学方程式C→D BrCH2﹣CHBr﹣CHBr﹣CH2Br+4NaOHHOCH2﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣CH2OH+4NaBr ;反应类型为 水解反应或取代反应 ;E→G OHCCH(OH)CH(OH)CHO+4Ag(NH3)2OHH4NOOC﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣COONH4+2H2O+4Ag+6NH3 ;F+K→R HOOC﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣COOH+nHOCH2﹣CH2OH+(2n﹣1)H2O ;
(3)有机物E的同分异构体M满足下列三个条件
①1mol有机物与银氨溶液充分反应生成2molAg
②1mol有机物与足量NaHCO3溶液反应产生1molCO2
③1mol有机物与足量金属Na反应产生1molH2请判断M的结构可能有 4 种,任写一种M的结构简式 或或或 .考点有机物的推断.专题有机物的化学性质及推断.分析A的分子式为C4H6O6,不饱和度为=2,A的分子中有两个羧基,只含有3种不同的氢,可推知A的结构简式为HOOCCH(OH)CH(OH)COOH,由烃B可合成A,说明烃B中含有4个碳原子,考虑到A中含有4个官能团,因此B的结构可能为CH2=CH﹣CH=CH2,B的加成产物C为BrCH2﹣CHBr﹣CHBr﹣CH2Br,C完全水解后的产物D为HOCH2﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣CH2OH,根据题中信息
①可知D的氧化产物E为,E遇强氧化剂时,醛基和羟基均被氧化,故F为.烃I的相对分子质量为28,说明I为CH2=CH2,加成产物J为BrCH2CH2Br,J的水解产物为K为HOCH2CH2OH,代入经验证合理,F与发生缩聚反应生成R为,据此解答.解答解A的分子式为C4H6O6,不饱和度为=2,A的分子中有两个羧基,只含有3种不同的氢,可推知A的结构简式为HOOCCH(OH)CH(OH)COOH,由烃B可合成A,说明烃B中含有4个碳原子,考虑到A中含有4个官能团,因此B的结构可能为CH2=CH﹣CH=CH2,B的加成产物C为BrCH2﹣CHBr﹣CHBr﹣CH2Br,C完全水解后的产物D为HOCH2﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣CH2OH,根据题中信息
①可知D的氧化产物E为,E遇强氧化剂时,醛基和羟基均被氧化,故F为.烃I的相对分子质量为28,说明I为CH2=CH2,加成产物J为BrCH2CH2Br,J的水解产物为K为HOCH2CH2OH,代入经验证合理,F与发生缩聚反应生成R为,
(1)由上述分析剧增,A对应的结构简式为HOOCCH(OH)CH(OH)COOH,故答案为HOOCCH(OH)CH(OH)COOH;
(2)C→D的反应方程式为BrCH2﹣CHBr﹣CHBr﹣CH2Br+4NaOHHOCH2﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣CH2OH+4NaBr,反应类型为水解反应或取代反应;E→G的反应方程式为OHCCH(OH)CH(OH)CHO+4Ag(NH3)2OHH4NOOC﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣COONH4+2H2O+4Ag+6NH3;F+K→R的反应方程式为HOOC﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣COOH+nHOCH2﹣CH2OH+(2n﹣1)H2O,故答案为BrCH2﹣CHBr﹣CHBr﹣CH2Br+4NaOHHOCH2﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣CH2OH+4NaBr,水解反应或取代反应;OHCCH(OH)CH(OH)CHO+4Ag(NH3)2OHH4NOOC﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣COONH4+2H2O+4Ag+6NH3;HOOC﹣CH(OH)﹣CH(OH)﹣COOH+nHOCH2﹣CH2OH+(2n﹣1)H2O;
(3)有机物E()的同分异构体M满足下列三个条件
①1mol有机物与银氨溶液充分反应生成2molAg,含有1个醛基;
②1mol有机物与足量NaHCO3溶液反应产生1molCO2,含有1个羧基;
③1mol有机物与足量金属Na反应产生1molH2,结合
③可知,还含有1个羟基,M的结构可能有或或或,故答案为4;或或或.点评本题考查有机物推断,根据A的分子式,结合A含有G官能团、核磁共振氢谱,综合分析反应判断A的结构,再根据官能团的变化判断B的可能结构,根据反应条件进行推断,综合考查学生分析推理能力,难度中等. 。