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四川省泸州市2022届高三化学下学期三诊试卷含解析
四川省泸州市2022届高三化学下学期三诊试卷含解析
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2022年四川省泸州市高考化学三诊试卷 一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1.化学与生活、生产密切相关.下列叙述正确的是( )A.硅胶和铁粉常用于食品包装袋中作抗氧化剂,它们都是无机物B.食盐和食醋常用于厨房中作调味品,它们都是盐C.硅和石英常用于制作光导纤维,它们都是原子晶体D.氢氧化铝和碳酸氢钠常用于消除胃酸过多,它们都是电解质 2.下列说法不正确的是( )A.在船外壳镶嵌锌块保护船身,锌为原电池的负极B.MgO的熔点高于NaCl,是因为MgO的晶格能大于NaClC.1molFeCl3完全水解将产生6.02×1023个胶体粒子D.水的离子积常数Ksp随着温度的升高而增大,说明水的电离是吸热过程 3.对下表中实验操作或现象的解释不合理的是( )实验操作及现象现象的解释A将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧,铝箔熔化但不滴落单质铝的熔点特别高B用玻璃尖嘴导管导出氢气,点燃,观察到火焰呈黄色普通玻璃中含有钠元素C往水中加入Na2O2固体,滴入酚酞呈红色,振荡,红色褪去产生了碱性物质,且Na2O2具有漂白性D向过量的苯酚浓溶液中滴加少许饱和溴水,振荡,未观察到白色沉淀产生三溴苯酚溶解在过量的苯酚中A.AB.BC.CD.D 4.解释下列事实的离子方程式或电极反应式不正确的是( )A.酸性KI淀粉溶液在空气中久置后变蓝:4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣B.用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4:CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣C.铅蓄电池充电时阴极质量减轻:PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣D.明矾与足量Ba(OH)2溶液混合有沉淀出现:Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O 5.X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素,X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍;Z是地壳中含量最多的元素;W、Q同周期,且最外层电子数都为1,Q的核外电子排布中未成对电子数为6.下列说法错误的是( )A.X、Y、Z的气态氢化物的稳定性依次增强B.XZ2分子中δ键与π键个数之比为1:1C.原子半径由大到小的顺序:W>Z>YD.由Z、W、Q三种元素形成的某种化合物可用于检查司机是否酒后驾车 6.常温下,下列溶液中的pH判断或各微粒浓度关系,不正确的是( )A.将5mL0.02mol/L的H2SO4溶液与5mL0.02mol/LNaOH溶液充分混合,若混合后溶液的体积为10mL,则混合液的pH=2-19-B.将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,混合液pH大于7,则反应后的混合液中:c(OH﹣)+c(A﹣)>c(H+)+c(HA)C.pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中,c(Na+)大小关系:①>③>②D.常温下,0.1mol/L的CH3COONa和NaClO的混合溶液中:c(OH﹣)﹣c(H+)=c(HClO)+c(CH3COOH) 7.在对应的温度下,体积均为2L的三个恒容密闭容器中发生如下可逆反应:N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+57kJ/mol,实验测得有关数据如下表:容器编号温度起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化达到平衡所需时间N2O4NO2①T120吸热22.8kJ2min②T204放热Q(Q>0)kJ…③T331……下列叙述正确的是( )A.容器①中,从起始到平衡时,用NO2表示的平均反应速率v(NO2)为0.2mol(L•min)B.若容器①在恒温恒压下达平衡,该条件下的平衡常数等于0.2C.若Q<34.2kJ,则T1>T2D.容器③在达平衡前,v(正)<v(逆) 二、解答题(共4小题,满分58分)8.某校化学兴趣小组将废弃的线路板处理后,得到紫红色金属A,并进行如下框图所示实验,得到深蓝色溶液D.(图中某些生成物已略去)(1)A元素位于元素周期表中 周期 族.B溶液中的金属阳离子的电子排布式为 .(2)H2O2分子中氧原子杂化方式为 .E为气体,其水溶液呈弱碱性,E分子的VSEPR模型是 .(3)向D的溶液中加入镁条(表面已除去氧化膜),一段时间后镁条表面有紫红色金属析出.写出该反应的离子方程式: . 9.绿矾(FeSO4•7H2O)是抗贫血药物的主要成分,可用于缺铁性贫血的治疗.某校化学学习小组对绿矾展开了制备、定性和定量探究.请你帮助完成相应实验或问题.查阅资料:绿矾(相对分子质量为278)在300℃失去全部结晶水,FeSO4在600℃以上发生分解.Ⅰ.制备:取除去油脂的废铁屑(含少量的铁锈和碳)于一烧杯中,加入20~30%的稀硫酸溶液,在50℃~80℃水浴中加热至不再产生气泡.将溶液趁热过滤、 、再次过滤、冰水洗涤、小心烘干,得到绿矾晶体.加入稀硫酸的实验中可能的反应有3个:Fe+2H+=Fe2++H2↑,Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O和 (写离子方程式).-19-Ⅱ.定性探究:学习小组拟通过实验探究绿矾热分解的产物,提出如下4种猜想:R甲:FeO、SO2、H2O乙:Fe2O3、SO3、H2O丙:Fe2O3、SO2、H2O丁:Fe2O3、SO2、SO3、H2O(1)根据氧化还原反应原理,上述猜想 肯定不成立.(2)设计实验:针对其它三种猜想,设计如下图所示的实验装置(夹持仪器等均省略):(3)实验过程:①连接仪器并检查装置的气密性,放入固体试剂,通N2排空气.②称取绿矾晶体5.56g置于A中,加热到600℃以上.③一段时间后,打开K通N2,移开酒精灯,冷却A装置至室温、称量,测得剩余固体的质量为2.32g.此步通N2的主要目的是 (任写一点).④观察到B装置中无水硫酸铜变蓝,C中锥形瓶内产生沉淀,D中品红溶液褪色.由此可以证明的产物有 .⑤取A中剩余固体少许于试管中,加入适量稀硫酸溶解,再滴入2滴KSCN溶液,溶液变红.(4)问题探讨:某同学取A中剩余固体少许于一支试管中,加入适量硫酸溶解,再滴加少许KMnO4溶液,发现KMnO4溶液紫红色褪去,于是认为上述实验还有FeO生成.小组讨论后否定了该同学的观点,请说明理由 .(5)实验结论:根据实验现象得出上述猜想 正确.Ⅲ.定量探究:该学习小组取ag抗贫血药物配成100mL溶液,取25.0mL于锥形瓶中,用bmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定(已知该反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3+,药物其它成分不与K2Cr2O7反应),平均消耗K2Cr2O7标准溶液vmL.则该抗贫血药中铁元素的质量分数为 .(用含a、b和v的代数式表示) 10.丙烯是石油的裂解之一,工业上可用它制得合成中间体A、B.下列是合成路线之一,A的结构简式为.已知:-19-请回答下列问题;(1)①反应产物的分子式为 ;由A可合成橡胶,该反应的类型是 ;B遇FeCl3溶液显紫色,B的名称是 .(2)丙烯也可由“2﹣溴丙烷”在某条件下一步反应制得,请写出该化学反应方程式 .(3)C与C2H2合成D的化学方程式为 .(4)已知:R″CHO+RCH2CHO+H2O①G有如下转化:由B和G在浓硫酸条件下合成树脂X,则X的结构简式为 .②写出符合下列要求的的所有同分异构体的结构简式 .ⅰ与FeCl3溶液发生显色反应;ⅱ能发生银镜反应;ⅲ核磁共振氢谱中有四种峰,且无﹣O﹣O结构. 11.最近,著名记者柴静的雾霾调查纪录片《穹顶之下》,在互联网上产生了爆炸性影响.煤燃烧的尾气是造成雾霾天气的原因之一,下列是一种变废为宝的处理方法.(1)上述流程中循环使用的物质有 ,吸收池Ⅰ吸收的气体有 .(2)向吸收池Ⅳ得到的HSO3﹣溶液中滴加CaCl2溶液,出现浑浊,pH降低,用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因: .(3)电解池Ⅴ制得S2O32﹣的原理如图1所示.写出电解总反应的离子方程式 .-19-(4)1molCO(g)和1molNO2(g)反应生成1molCO2(g)和1molNO(g),反应过程中的能量变化如图2,E1=134kJ/mol,E2=368kJ/mol.已知:①N2(g)=2NO(g)△H=+179.5kJ/mol②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=﹣112.3kJ/mol请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式: .(5)上述流程中每一步均恰好完全反应,若制得NH4NO3质量为xkg,电解池V制得cmol/L的S2O32﹣溶液ym3,则氧化池Ⅵ中消耗的O2在标准状况下的体积为 m3. -19-2022年四川省泸州市高考化学三诊试卷参考答案与试题解析 一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1.化学与生活、生产密切相关.下列叙述正确的是( )A.硅胶和铁粉常用于食品包装袋中作抗氧化剂,它们都是无机物B.食盐和食醋常用于厨房中作调味品,它们都是盐C.硅和石英常用于制作光导纤维,它们都是原子晶体D.氢氧化铝和碳酸氢钠常用于消除胃酸过多,它们都是电解质【考点】无机化合物与有机化合物的概念;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;原子晶体;电解质与非电解质.【分析】A.硅胶无抗氧化性;B.食醋的主要成分是乙酸;C.光导纤维的主要成分是二氧化硅;D.氢氧化铝和碳酸氢钠能与氯化氢反应.【解答】解:A.硅胶无抗氧化性,硅胶有吸水性,可做干燥剂,故A错误;B.食醋的主要成分是乙酸,属于酸,故B错误;C.光导纤维的主要成分是二氧化硅,硅常用作太阳能电池,故C错误;D.氢氧化铝和碳酸氢钠能与氯化氢反应,可做抗酸药,故D正确.故选D.【点评】本题综合考查食品添加剂、材料、药物和电解质等问题,为高频考点,侧重化学与生活、生产以及环境的考查,有利于培养学生的良好的科学素养,难度不大. 2.下列说法不正确的是( )A.在船外壳镶嵌锌块保护船身,锌为原电池的负极B.MgO的熔点高于NaCl,是因为MgO的晶格能大于NaClC.1molFeCl3完全水解将产生6.02×1023个胶体粒子D.水的离子积常数Ksp随着温度的升高而增大,说明水的电离是吸热过程【考点】金属的电化学腐蚀与防护;晶格能的应用;吸热反应和放热反应;盐类水解的原理.【分析】A.原电池的正极金属易被保护,不易腐蚀;B.均为离子晶体,晶格能大的熔点高,晶格能与离子半径与离子电荷有关;C.Fe(OH)3胶体粒子是由Fe(OH)3“分子”聚合成的较大颗粒;D.水的离子积随温度升高增大,说明氢离子和氢氧根离子浓度增大,所以水的电离是吸热过程.【解答】解:A.海轮外壳镶嵌锌块,锌为原电池的负极,此时铁作为原电池的正极金属而被保护,不易腐蚀,是采用了牺牲阳极的阴极保护法,故A正确;B.决定晶格能的因素为:离子电荷、离子半径、离子的电子层构型,MgO所带电荷多,MgO的熔点高于NaCl,故B正确;C.Fe(OH)3胶体粒子是由Fe(OH)3“分子”聚合成的较大颗粒,含1molFe3+的FeCl3完全水解,产生Fe(OH)3胶体粒子小于6.02×1023,故C错误;D.水的离子积随温度升高增大,说明氢离子和氢氧根离子浓度增大,促进水的电离,所以水的电离是吸热过程,故D正确.-19-故选C.【点评】本题考查金属腐蚀、晶格能、胶体和离子积,题目难度不大,做题时注意物质的组成、结构、性质以及存在的状态和条件等问题. 3.对下表中实验操作或现象的解释不合理的是( )实验操作及现象现象的解释A将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧,铝箔熔化但不滴落单质铝的熔点特别高B用玻璃尖嘴导管导出氢气,点燃,观察到火焰呈黄色普通玻璃中含有钠元素C往水中加入Na2O2固体,滴入酚酞呈红色,振荡,红色褪去产生了碱性物质,且Na2O2具有漂白性D向过量的苯酚浓溶液中滴加少许饱和溴水,振荡,未观察到白色沉淀产生三溴苯酚溶解在过量的苯酚中A.AB.BC.CD.D【考点】铝的化学性质;钠的重要化合物;焰色反应;苯酚的化学性质.【分析】A.氧化铝的熔点高,包裹在Al的外面;B.黄色火焰为钠元素的性质;C.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠;D.三溴苯酚易溶于苯酚.【解答】解:A.将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝,氧化铝的熔点高,包裹在Al的外面,则铝箔熔化但不滴落,故A错误;B.黄色火焰为钠元素的性质,说明玻璃中含有钠元素,故B正确;C.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,呈碱性,酚酞呈红色,过氧化钠有漂白性,能使酚酞褪色,故C正确;D.三溴苯酚易溶于苯酚,观察不到白色沉淀,故D正确.故选A.【点评】本题考查化学实验方案的评价,涉及物质的性质以及元素的检验等知识点,侧重物质性质的考查,选项D为易错点,题目难度中等. 4.解释下列事实的离子方程式或电极反应式不正确的是( )A.酸性KI淀粉溶液在空气中久置后变蓝:4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣B.用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4:CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣C.铅蓄电池充电时阴极质量减轻:PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣D.明矾与足量Ba(OH)2溶液混合有沉淀出现:Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写.【分析】A.酸性溶液中氢氧根离子不能大量存在;B.碳酸钙比硫酸钙更难溶,硫酸钙沉淀转化成碳酸钙沉淀;C.铅蓄电池的阴极发生还原反应,铅离子得到电子生成铅单质;D.氢氧化钡足量,铝离子完全转化成偏铝酸根离子.【解答】解:A.酸性溶液中,反应产物不会存在氢氧根离子,正确的离子方程式为:4I﹣+O2+4H+=2I2+2H2O,故A错误;B.用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4,实现了沉淀的转化,反应的离子方程式为:CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣,故B正确;C.铅蓄电池充电时阴极硫酸铅中铅离子得到电子生成铅单质,导致质量减轻,反应的离子方程式为:PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣,故C正确;-19-D.明矾与足量Ba(OH)2溶液混合,铝离子与足量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子,同时生成硫酸钡沉淀,反应的离子方程式为::Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O,故D正确;故选A.【点评】本题考查了离子方程式的书写,题目难度中等,明确离子方程式的书写原则及电解原理为解答关键,A为易错点,注意反应溶液的酸碱性,试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力. 5.X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素,X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍;Z是地壳中含量最多的元素;W、Q同周期,且最外层电子数都为1,Q的核外电子排布中未成对电子数为6.下列说法错误的是( )A.X、Y、Z的气态氢化物的稳定性依次增强B.XZ2分子中δ键与π键个数之比为1:1C.原子半径由大到小的顺序:W>Z>YD.由Z、W、Q三种元素形成的某种化合物可用于检查司机是否酒后驾车【考点】原子结构与元素周期律的关系;原子结构与元素的性质.【分析】X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素,X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍,原子核外电子排布为1s22s22p2,故X为C元素;Z是地壳中含量最多的元素,则Z为O元素;Y原子序数介于碳、氧之间,故Y为N元素;W、Q同周期,且最外层电子数都为1,只能处于第四周期,Q的核外电子排布中未成对电子数为6,外围电子排布为3d54s1,故Q为Cr,W原子序数小于Cr,故W为K,据此解答.【解答】解:X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素,X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍,原子核外电子排布为1s22s22p2,故X为C元素;Z是地壳中含量最多的元素,则Z为O元素;Y原子序数介于碳、氧之间,故Y为N元素;W、Q同周期,且最外层电子数都为1,只能处于第四周期,Q的核外电子排布中未成对电子数为6,外围电子排布为3d54s1,故Q为Cr,W原子序数小于Cr,故W为K.A.X、Y、Z分别为C、N、O,非金属性依次增强,故气态氢化物的稳定性依次增强,故A正确;B.XZ2分子为CO2,结构式为O=C=O,分子中δ键与π键个数之比为1:1,故B正确;C.同周期自左而右原子半径较小、同主族自上而下原子半径增大,故原子半径由大到小的顺序:K>N>O,故C错误;D.由Z、W、Q三种元素形成的化合物K2Cr2O4可用于检查司机是否酒后驾车,故D正确,故选:C.【点评】本题结构性质位置关系综合应用,涉及核外电子排布、元素周期律、化学键等,根据核外电子排布规律推断元素是解题关键,难度中等. 6.常温下,下列溶液中的pH判断或各微粒浓度关系,不正确的是( )A.将5mL0.02mol/L的H2SO4溶液与5mL0.02mol/LNaOH溶液充分混合,若混合后溶液的体积为10mL,则混合液的pH=2B.将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,混合液pH大于7,则反应后的混合液中:c(OH﹣)+c(A﹣)>c(H+)+c(HA)C.pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中,c(Na+)大小关系:①>③>②D.常温下,0.1mol/L的CH3COONa和NaClO的混合溶液中:c(OH﹣)﹣c(H+)=c(HClO)+c(CH3COOH)-19-【考点】离子浓度大小的比较;pH的简单计算.【分析】A.首先判断过量问题,然后计算溶液的中c(H+),再计算出溶液的pH;B.反应后溶质为等浓度的NaA和HA,混合液的pH大于7,则A﹣的水解程度大于HA的电离程度,然后结合电荷守恒和物料守恒判断;C.对应酸的酸性越弱,酸根离子的水解程度越强,溶液的pH越大,已知酸性:c(CH3COOH)>c(H2CO3)>c(C6H5OH),据此判断pH相同的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液的浓度关系及钠离子浓度;D.根据混合液中的质子守恒判断.【解答】解:A.常温下将5mL0.02mol/LNaOH溶液与5mL0.02mol/LH2SO4溶液充分混合,硫酸过量,反应后c(H+)==0.01mol/L,则pH=2,故A正确;B.二者混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的HA和NaA,溶液呈碱性,则:c(OH﹣)>c(H+),说明A﹣的水解程度大于HA电离程度,则溶液中存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得c(OH﹣)+c(A﹣)=c(H+)+c(Na+),根据物料守恒得2c(Na+)=c(A﹣)+c(HA),二者结合可得:2c(OH﹣)+c(A﹣)=2c(H+)+c(HA),由于c(OH﹣)>c(H+),则c(OH﹣)+c(A﹣)<c(H+)+c(HA),故B错误;C.酸性大小为:c(CH3COOH)>c(H2CO3)>c(C6H5OH),则等浓度的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液的pH大小为:c(CH3COONa)<c(NaHCO3)<c(C6H5ONa),则①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液的浓度关系为:c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(C6H5ONa),由于钠离子不水解,则钠离子浓度大小为:①>③>②,故C正确;D.常温下,0.1mol/L的CH3COONa和NaClO的混合溶液中,根据质子守恒可得:c(OH﹣)=c(H+)+c(HClO)+c(CH3COOH),整理可得:c(OH﹣)﹣c(H+)=c(HClO)+c(CH3COOH),故D正确;故选B.【点评】本题考查了离子浓度大小比较,题目难度中等,涉及酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、盐的水解原理、离子浓度大小比较等知识,试题知识点较多、综合性较强,充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力. 7.在对应的温度下,体积均为2L的三个恒容密闭容器中发生如下可逆反应:N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+57kJ/mol,实验测得有关数据如下表:容器编号温度起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化达到平衡所需时间N2O4NO2①T120吸热22.8kJ2min②T204放热Q(Q>0)kJ…③T331……下列叙述正确的是( )A.容器①中,从起始到平衡时,用NO2表示的平均反应速率v(NO2)为0.2mol(L•min)B.若容器①在恒温恒压下达平衡,该条件下的平衡常数等于0.2C.若Q<34.2kJ,则T1>T2D.容器③在达平衡前,v(正)<v(逆)【考点】化学平衡的计算.-19-【分析】A.生成的二氧化氮为2×=0.8mol,再根据v=计算;B.生成的二氧化氮为0.8mol,则:N2O4(g)⇌2NO2(g)开始(mol):20转化(mol):0.40.8平衡(mol):1.60.8恒温恒压下,平衡时体积为2L×=2.4L,再计算平衡浓度,代入平衡常数表达式K=计算;C.若①②温度相同,二者为等效平衡,平衡时N2O4为1.6mol,若Q<34.2kJ,则②中生成N2O4小于=0.7mol,与①相比平衡正向移动;D.容器③中不能确定反应进行方向.【解答】解:A.生成的二氧化氮为2×=0.8mol,则v(NO2)==0.2mol(L•min),故A正确;B.生成的二氧化氮为0.8mol,则:N2O4(g)⇌2NO2(g)开始(mol):20转化(mol):0.40.8平衡(mol):1.60.8恒温恒压下,平衡时体积为2L×=2.4L,则平衡常数K===,故B错误;C.若①②温度相同,二者为等效平衡,平衡时N2O4为1.6mol,若Q<34.2kJ,则②中生成N2O4小于=0.7mol,与①相比平衡正向移动,正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,则T1<T2,故C错误;D.容器③中不能确定反应进行方向,则在达平衡前v(正)、v(逆)相对大小不能确定,故D错误,故选:A.【点评】本题考查化学平衡计算及影响因素,B选项为易错点,注意容器的体积发生变化,C中注意利用等效平衡进行分析解答,难度中等. 二、解答题(共4小题,满分58分)-19-8.某校化学兴趣小组将废弃的线路板处理后,得到紫红色金属A,并进行如下框图所示实验,得到深蓝色溶液D.(图中某些生成物已略去)(1)A元素位于元素周期表中 第四 周期 IB 族.B溶液中的金属阳离子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d9 .(2)H2O2分子中氧原子杂化方式为 sp3 .E为气体,其水溶液呈弱碱性,E分子的VSEPR模型是 四面体型 .(3)向D的溶液中加入镁条(表面已除去氧化膜),一段时间后镁条表面有紫红色金属析出.写出该反应的离子方程式: [Cu(NH3)4]2+Mg+2H2O=Cu+Mg(OH)2+2NH4++2NH3 .【考点】无机物的推断.【分析】将废弃的线路板处理后,得到紫红色金属A为Cu,与硫酸、过氧化氢反应得到B为CuSO4,B与E连续反应得到深蓝色溶液D,(2)中E为气体,其水溶液呈弱碱性,则E为NH3,C为Cu(OH)2,D为[Cu(NH3)4]SO4,据此解答.【解答】解:将废弃的线路板处理后,得到紫红色金属A为Cu,与硫酸、过氧化氢反应得到B为CuSO4,B与E连续反应得到深蓝色溶液D,(2)中E为气体,其水溶液呈弱碱性,则E为NH3,C为Cu(OH)2,D为[Cu(NH3)4]SO4.(1)A为Cu元素,位于元素周期表中第四周期IB族.CuSO4溶液中的金属阳离子为Cu2+,电子排布式为:1s22s22p63s23p63d9,故答案为:第四、IB;1s22s22p63s23p63d9;(2)H2O2分子结构式为H﹣O﹣O﹣H,分子中氧原子形成2个σ键,含有2对孤电子对,杂化轨道数目为4,氧原子采取sp3杂化,E为NH3,价层电子对数为3+=4,E分子的VSEPR模型是:四面体型,故答案为:sp3;四面体型;(3)向[Cu(NH3)4]SO4的溶液中加入镁条(表面已除去氧化膜),一段时间后镁条表面有紫红色金属析出,可以看作Mg与铜离子反应,镁离子与氨水反应,该反应的离子方程式:[Cu(NH3)4]2+Mg+2H2O=Cu+Mg(OH)2+2NH4++2NH3,故答案为:[Cu(NH3)4]2+Mg+2H2O=Cu+Mg(OH)2+2NH4++2NH3.【点评】本题考查无机物推断,注意根据物质的颜色、E的状态及水溶液性质进行推断,侧重对物质结构的考查,需要学生具备扎实的基础,难度中等. 9.绿矾(FeSO4•7H2O)是抗贫血药物的主要成分,可用于缺铁性贫血的治疗.某校化学学习小组对绿矾展开了制备、定性和定量探究.请你帮助完成相应实验或问题.查阅资料:绿矾(相对分子质量为278)在300℃失去全部结晶水,FeSO4在600℃以上发生分解.Ⅰ.制备:取除去油脂的废铁屑(含少量的铁锈和碳)于一烧杯中,加入20~30%的稀硫酸溶液,在50℃~80℃水浴中加热至不再产生气泡.将溶液趁热过滤、 冷却结晶 、再次过滤、冰水洗涤、小心烘干,得到绿矾晶体.加入稀硫酸的实验中可能的反应有3个:Fe+2H+=Fe2++H2↑,Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O和 Fe+2Fe3+=3Fe2+ (写离子方程式).Ⅱ.定性探究:学习小组拟通过实验探究绿矾热分解的产物,提出如下4种猜想:R-19-甲:FeO、SO2、H2O乙:Fe2O3、SO3、H2O丙:Fe2O3、SO2、H2O丁:Fe2O3、SO2、SO3、H2O(1)根据氧化还原反应原理,上述猜想 乙 肯定不成立.(2)设计实验:针对其它三种猜想,设计如下图所示的实验装置(夹持仪器等均省略):(3)实验过程:①连接仪器并检查装置的气密性,放入固体试剂,通N2排空气.②称取绿矾晶体5.56g置于A中,加热到600℃以上.③一段时间后,打开K通N2,移开酒精灯,冷却A装置至室温、称量,测得剩余固体的质量为2.32g.此步通N2的主要目的是 将分解产生的气体全部排出 (任写一点).④观察到B装置中无水硫酸铜变蓝,C中锥形瓶内产生沉淀,D中品红溶液褪色.由此可以证明的产物有 H2O、SO2、SO3 .⑤取A中剩余固体少许于试管中,加入适量稀硫酸溶解,再滴入2滴KSCN溶液,溶液变红.(4)问题探讨:某同学取A中剩余固体少许于一支试管中,加入适量硫酸溶解,再滴加少许KMnO4溶液,发现KMnO4溶液紫红色褪去,于是认为上述实验还有FeO生成.小组讨论后否定了该同学的观点,请说明理由 5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g,实验剩余固体为2.32g,说明亚硫酸铁没有分解完或有剩余 .(5)实验结论:根据实验现象得出上述猜想 丁 正确.Ⅲ.定量探究:该学习小组取ag抗贫血药物配成100mL溶液,取25.0mL于锥形瓶中,用bmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定(已知该反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3+,药物其它成分不与K2Cr2O7反应),平均消耗K2Cr2O7标准溶液vmL.则该抗贫血药中铁元素的质量分数为 ×100% .(用含a、b和v的代数式表示)【考点】探究物质的组成或测量物质的含量.【分析】I.从溶液中提取绿矾经过趁热过滤,去除杂质,冷却结晶析出绿矾晶体,再过滤等操作;Fe与铁离子反应生成亚铁离子;II.(1)依据氧化还原反应的特征化合价有升必有降来分析;(3)③分解生成的气体充满装置,不能全部被排出;④根据检验H2O、SO2、SO3的方法分析;(4)根据2FeSO4•7H2O~e2O3的关系式可以计算5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g,而实际剩余固体为2.32g,说明亚硫酸铁有剩余;(5)根据实验可知分解产物为H2O、SO2、SO3、Fe2O3;III.滴定时发生的反应为:Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,根据消耗的K2Cr2O7标准溶液的物质的量可以求出Fe2+的物质的量,再求出100mL溶液中Fe2+的物质的量和质量,然后求出质量分数.-19-【解答】解:I.从溶液中提取绿矾经过趁热过滤,去除杂质,冷却结晶析出绿矾晶体,再过滤,冰水洗涤、小心烘干,得到绿矾晶体;Fe与铁离子反应生成亚铁离子,则发生的反应会有:Fe+2Fe3+=3Fe2+;故答案为:冷却结晶;Fe+2Fe3+=3Fe2+;II.(1)乙:Fe2O3、SO3、H2O,反应中化合价只有铁升高了,没有元素化合价的降低,不符合氧化还原反应规律,所以乙猜想肯定不成立;故答案为:乙;(3)③分解生成的气体充满装置,不能全部被排出,通入N2可以将生成的气体产物全部排出,被后面的试剂完全吸收;故答案为:将分解产生的气体全部排出;④B装置中无水硫酸铜变蓝,说明有水生成,C中锥形瓶内产生沉淀,说明有SO3,D中品红溶液褪色,说明有SO2.由此可以证明的产物有H2O、SO2、SO3;故答案为:H2O、SO2、SO3;(4)根据2FeSO4•7H2O~e2O3的关系式可以计算5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g,而实际剩余固体为2.32g,剩余的固体的质量偏大,说明亚硫酸铁没有完全分解有剩余,则剩余固体中含有二价铁,所以加入适量硫酸溶解,再滴加少许KMnO4溶液,发现KMnO4溶液紫红色褪去;故答案为:5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g,实验剩余固体为2.32g,说明亚硫酸铁没有分解完或有剩余;(5)根据实验可知分解产物为H2O、SO2、SO3、Fe2O3,则丁的猜想正确;故答案为:丁;III.滴定时发生的反应为:Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,n(Cr2O72﹣)=bmol•L﹣1×v×10﹣3L,则n(Fe2+)=6n(Cr2O72﹣)=6×bmol•L﹣1×v×10﹣3L,所以100mL溶液中Fe2+的物质的量6×bmol•L﹣1×v×10﹣3L×,则该抗贫血药中铁元素的质量分数为×100%=×100%;故答案为:×100%.【点评】本题考查了探究物质组成的方法,题目难度较大,试题涉及物质组成的测定、Fe及其化合物的性质、离子方程式、离子的检验方法等知识,试题知识点较多,综合性较强,充分考查了学生灵活应用基础知识的能力. 10.丙烯是石油的裂解之一,工业上可用它制得合成中间体A、B.下列是合成路线之一,A的结构简式为.-19-已知:请回答下列问题;(1)①反应产物的分子式为 C9H12 ;由A可合成橡胶,该反应的类型是 加聚反应 ;B遇FeCl3溶液显紫色,B的名称是 苯酚 .(2)丙烯也可由“2﹣溴丙烷”在某条件下一步反应制得,请写出该化学反应方程式 CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3↑+NaBr+H2O .(3)C与C2H2合成D的化学方程式为 .(4)已知:R″CHO+RCH2CHO+H2O①G有如下转化:由B和G在浓硫酸条件下合成树脂X,则X的结构简式为 .②写出符合下列要求的的所有同分异构体的结构简式 .ⅰ与FeCl3溶液发生显色反应;ⅱ能发生银镜反应;ⅲ核磁共振氢谱中有四种峰,且无﹣O﹣O结构.【考点】有机物的推断.-19-【分析】在催化剂条件下,丙烯和苯发生加成反应生成,发生氧化反应生成B和C,C和乙炔能发生反应生成D,根据题给信息及C的分子式知,C是,(1)中B遇FeCl3溶液显紫色,结合B的分子式可知B为.丙酮和乙炔发生加成反应生成D,,D和氢气发生加成反应生成E,E发生消去反应生成A,结合A的结构简式,则D的结构简式为、E的结构简式为.(4)①G和乙醛反应生成H,H和银氨溶液反应然后酸化生成,所以H为,根据题给信息知,G的结构简式为:,B的分子式是C6H6O,可与NaOH溶液反应,B与G在一定条件下反应生成合成树脂X,则X的结构简式为:;②有多种同分异构体,符合下列要求的同分异构体:i能与FeCl3溶液反应显紫色,含有酚羟基,ii能发生银境反应,含有醛基,ⅲ核磁共振氢谱中有四种峰,醛基、酚羟基个含有1种H原子,则苯环应含有2种H原子,且无﹣O﹣O结构,侧链为﹣OOCH、﹣OH且处于对位,或侧链为2个﹣OH、1个﹣CHO,3个取代基处于间位,或处于邻位且﹣CHO位于2个﹣OH之间.【解答】解:在催化剂条件下,丙烯和苯发生加成反应生成,发生氧化反应生成B和C,-19-C和乙炔能发生反应生成D,根据题给信息及C的分子式知,C是,(1)中B遇FeCl3溶液显紫色,结合B的分子式可知B为.丙酮和乙炔发生加成反应生成D,,D和氢气发生加成反应生成E,E发生消去反应生成A,结合A的结构简式,则D的结构简式为、E的结构简式为.(1)①反应产物为,分子式为C9H12;由A可合成橡胶,该反应的类型是:加聚反应;B遇FeCl3溶液显紫色,分子式是C6H6O,则B是苯酚,故答案为:C9H12;加聚反应;苯酚;(2)2﹣溴丙烷在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应应生成丙烯,该化学反应方程式为:CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3↑+NaBr+H2O,故答案为:CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3↑+NaBr+H2O;(3)C与C2H2合成D的化学方程式是:,故答案为:;(4)①G和乙醛反应生成H,H和银氨溶液反应然后酸化生成,所以H为,根据题给信息知,G的结构简式为:,B的分子式是C6H6-19-O,可与NaOH溶液反应,B与G在一定条件下反应生成合成树脂X,则X的结构简式为:,故答案为:;②有多种同分异构体,符合下列要求的同分异构体:i能与FeCl3溶液反应显紫色,含有酚羟基,ii能发生银境反应,含有醛基,ⅲ核磁共振氢谱中有四种峰,醛基、酚羟基个含有1种H原子,则苯环应含有2种H原子,且无﹣O﹣O结构,侧链为﹣OOCH、﹣OH且处于对位,或侧链为2个﹣OH、1个﹣CHO,3个取代基处于间位,或处于邻位且﹣CHO位于2个﹣OH之间,符合条件同分异构体有:,故答案为:.【点评】本题考查有机物的推断,注意结合题给信息、有机物的分子式与A的结构采用正、逆推法相结合进行分析推断,侧重考查学生的分析推理能力与知识迁移运用能力,难度中等. 11.最近,著名记者柴静的雾霾调查纪录片《穹顶之下》,在互联网上产生了爆炸性影响.煤燃烧的尾气是造成雾霾天气的原因之一,下列是一种变废为宝的处理方法.(1)上述流程中循环使用的物质有 乙醇胺、Ce4+ ,吸收池Ⅰ吸收的气体有 CO2、SO2 .(2)向吸收池Ⅳ得到的HSO3﹣溶液中滴加CaCl2溶液,出现浑浊,pH降低,用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因: HSO3﹣溶液中存在电离平衡:HSO3﹣⇌H++SO32﹣,加入氯化钙以后,钙离子会消耗硫酸根离子产生硫酸钙沉淀,导致电离平衡正向移动,氢离子浓度增大,所以溶液pH降低 .(3)电解池Ⅴ制得S2O32﹣的原理如图1所示.-19-写出电解总反应的离子方程式 4Ce3++2HSO3﹣+4H+4Ce4++2S2O32﹣+3H2O .(4)1molCO(g)和1molNO2(g)反应生成1molCO2(g)和1molNO(g),反应过程中的能量变化如图2,E1=134kJ/mol,E2=368kJ/mol.已知:①N2(g)=2NO(g)△H=+179.5kJ/mol②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=﹣112.3kJ/mol请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式: 2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=﹣759.8KJ/mol .(5)上述流程中每一步均恰好完全反应,若制得NH4NO3质量为xkg,电解池V制得cmol/L的S2O32﹣溶液ym3,则氧化池Ⅵ中消耗的O2在标准状况下的体积为 0.21x﹣22.4cy m3.【考点】电解原理;用盖斯定律进行有关反应热的计算;化学平衡移动原理.【分析】(1)根据流程图中物质的循环来判断循环使用的物质;根据吸收池Ⅰ进入的气体NO、CO2、SO2结合出来的气体是NP,来确定吸收的气体;(2)亚硫酸氢根离子存在电离平衡,加入氯化钙,钙离子会影响化学平衡的移动,根据平衡移动原理来解释;(3)根据电解池的工作原理:阳极上是Ce3+失电子的氧化反应,阴极上是HSO3﹣得电子的还原反应,据此书写电解原理方程式;(4)已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+179.5kJ/mol②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=﹣112.3kJ/mol298k条件下1molNO2和1molCO反应生成1molCO2和1molNO的热化学方程式为③2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)△H=﹣(368﹣134)KJ/mol=﹣232KJ/mol,由盖斯定律(②﹣①+③)÷2得到反应的热化学方程式:2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g),根据盖斯定律计算焓变;(5)根据N元素守恒,找到硝酸根离子、亚硝酸根离子以及硝酸铵之间的关系,根据电子守恒,得到Ce3+、Ce4+、S2O32﹣之间的关系,进行计算即可.【解答】解:(1)根据流程图中物质的循环,得到循环使用的物质是乙醇胺、Ce4+;根据吸收池Ⅰ进入的气体NO、CO2、SO2,出来的气体是NO,确定吸收的气体是CO2、SO2;故答案为:乙醇胺、Ce4+;CO2、SO2;(2)HSO3﹣溶液中存在电离平衡:HSO3﹣⇌H++SO32﹣,加入氯化钙以后,钙离子会消耗硫酸根离子产生硫酸钙沉淀,导致电离平衡正向移动,氢离子浓度增大,所以溶液pH降低;故答案为:HSO3﹣溶液中存在电离平衡:HSO3﹣⇌H++SO32﹣,加入氯化钙以后,钙离子会消耗硫酸根离子产生硫酸钙沉淀,导致电离平衡正向移动,氢离子浓度增大,所以溶液pH降低;(3)根据电解池的工作原理:阳极上是Ce3+失电子的氧化反应,阴极上是HSO3﹣得电子的还原反应,电解原理方程式为:4Ce3++2HSO3﹣+4H+4Ce4++2S2O32﹣+3H2O;(4)已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+179.5kJ/mol②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=﹣112.3kJ/mol-19-298k条件下1molNO2和1molCO反应生成1molCO2和1molNO的热化学方程式为③2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)△H=﹣(368﹣134)KJ/mol=﹣232KJ/mol,由盖斯定律(②﹣①+③)÷2得到反应的热化学方程式:2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=﹣759.8KJ/mol,故答案为:2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=﹣759.8KJ/mol;(5)设亚硝酸根离子、硝酸根离子的物质的量分别是m、n,从Ⅴ→Ⅵ→硝酸铵,根据N元素守恒,得到①m+n=;4Ce3++2HSO3﹣+4H+4Ce4++2S2O32﹣+3H2O,结合电子转移关系,得到4Ce3+~2HSO3﹣~2S2O32﹣~4Ce4+,NO~NO2﹣~e﹣,NO~NO3﹣~e﹣,根据电子守恒,得到m+3n=n(Ce4+)=4n(S2O32﹣),可以得到②m+3n=4cy×1000,联立①②解得m=﹣2000cy,根据反应2NH3+2H++O2+2NO2﹣=2NH4NO3,得到n(O2)=n(NO2﹣)=﹣1000cy,氧气的体积V=22.4(﹣1000cy)×10﹣3m3=0.21x﹣22.4cy,故答案为:0.21x﹣22.4cy.【点评】本题目一工艺流程的方式考查了有关电化学、热化学、氧化还原反应以及电子守恒的有关计算知识,综合性强,难度大. -19-
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