[ID:7-5860242] 安徽省示范高中2018-2019学年高二春季联赛考试化学试题(pdf版)
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" <*á #+ " - # ??XY A & 3 RoRu ! + " 4 7·? 8 Rt??u 8 ,. 7 ,, : 6 P $ Na+,根据图示可知,a 离子为氯离子,b 为 Na+,故 A 错误; C.不知道 NaCl 溶液的体积,无法计算该溶液中含有 Na+的数目,故 C 错误; D.b 为钠离子,带正电荷,会使水分子中带有负电的氧原子受到吸引,图示 b 离子不科学, 故 D 正确。 4.答案 A 解析: A.苯环为平面结构,与苯环直接相连的 C在同一平面内,而两个甲基中最多有一个 C原子 和苯环共平面,即异丙苯中不可能所有的 C原子同平面,选项 A错误; B.乙醇和乙烯都具有还原性,都能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,选项 B 2 正确; C.三者具有相同的分子式 C5H6,但结构不同,互为同分异构体,故 C正确; D.苯的硝化和乙酸的酯化反应都属于取代反应,故 D正确。 5.答案:B 解析: A. 根据新定义,NA 就是具体的 6.02214076×1023个基本单元,不确定度被消除,故 A 正 确; B. 28g 乙烯的物质的量为 1mol,1mol 乙烯中含有 2mol 碳碳共用电子对、4mol 碳氢共用 电子对,总共含有 6mol 共用电子对,所含的共用电子对总数为 6NA,故 B 错误; C.15g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中,乙醇质量 6.9g,乙醇所含氧原子数目为 0.15NA,水 的质量 8.1g,水中含有氧原子 0.15NA,所以 15g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中,含有的 氧原子数为 0.6NA; D.60g C3H8O 的物质的量为 1 mol,C3H8O 存在多种同分异构体,若是醚类物质,则含有 C-C 键为 NA,若是醇类物质,则含有 C-C 键为 2NA,故 D 正确。 6.答案:A 解析: A. H2SO4溶液中的氢离子、硫酸根离子与题中的几种离子均不发生反应,故 A 正确; B. AlO2-与 NH + 4 发生双水解反应,不共存;故 B 错误。 C. Na2SO3溶液中 SO32-与 Ba2 + 形成沉淀,且会被 ClO - 氧化;故 C 错误。 D. OH-与 NH + 4 反应生成一水合氨,并且 OH-与 HCO - 3 反应生成 CO32-,故 D 错误。 7.答案:B 解析: A. 灼烧碎海带应用坩埚,A 项不符合题意; B. 海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含 I-的溶液,B 项符合题意; C. MnO2与浓盐酸常温不反应,MnO2与浓盐酸反应制 Cl2需要加热,C 项不符合题意; D. Cl2在饱和 NaCl 溶液中溶解度很小,不能用饱和 NaCl 溶液吸收尾气 Cl2,尾气 Cl2应用 NaOH 溶液吸收,D 项不符合题意; 8.答案:C 解析: A. 氨气催化氧化生成 NO,4NO+3O2+2H2O=4HNO3, 故 A 能实现; B. 浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气,氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙,故 B 能 实现; C. AlCl3(aq)加热会促进水解,生成 Al(OH)3,最终生成 Al2O3,故不能实现。 D. 葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇,乙醇催化氧化为乙醛,故 D 能实现。 9.答案:B 解析: 3 A.SO2 失去电子生成 SO42-,电解质溶液为酸性,根据得失电子守恒,负极的方程式为: SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+,故 A 不符合题意; B.酸性环境,选项中的电极反应为 O2+2e-+4H+=2H2O,B 符合题意。 C.二氧化硫-空气侄子交换膜燃料电池,吸收了空气中的二氧化硫起到了环保作用,产物中 有硫酸,而且发电,C 不符合题意; D. SO2 失去电子生成 SO42-,失电子,为负极,在原电池中,阳离子向正向移动,H+从 Pt1 (负极)向 Pt2(正极)移动,D 不符合题意。 10.答案:C 解析: A. .向鸡皮上滴加少量浓硝酸,并微热,发生显色反应,鸡皮变黄,A 正确; B. 空气中 N2、O2 的体积比是 4:1,将带火星的木条伸入盛有空气中,木条不复燃,而伸 入盛有体积比为 4︰1 的 NO2与 O2的混合气体中,木条复燃,证明 NO2具有氧化性能作助 燃剂,B 正确; C. 石蜡油是 17 个碳以上的烷烃混合物,将石蜡油蒸气依次通过加热的内含碎瓷片的玻璃 管、盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶,高锰酸钾溶液褪色,是因为石蜡油在碎瓷片催化作用 下发生分解反应,生产了含有不饱和的烯烃的产物,不能石蜡油中含有不饱和键的烃,C 错 误; D.将氯化铵固体溶于水的过程,离子由晶体表面向水中扩散需要吸收能量,离子在水中成为 成为水合离子需要释放出能量,氯化铵固体溶于水后温度下降不能证明铵根离子发生水解过 程是吸热还是放热,故 D 正确。 11.答案:D 解析: A. CuFeS2中铁元素的化合价为+2 价,反应物 Fe3 + 的化合价为+3 价,生成物中 Fe2 + 的化合 价为+2 价,所以不是所有铁元素均被还原,故 A 错误; B、依据反应中元素化合价的变化硫元素化合价从-2 变化为 0 价被氧化为 S,氧化产物是 S, 还原产物是 Fe2 + ,铜离子反应前后化合价不变,所以氧化剂是 Fe3 + ,氧化产物是 S,故 B 错误; C、由 CuFeS2+4Fe3 + =Cu2 + +5Fe2 + +2S 可知,生成 2molS 转移电子为 4mol,则获得单质硫 x mol 转移电子为 2x mol,故 C 不正确; D.由 CuFeS2+4Fe3 + ==Cu2 + +5Fe2 + +2S,生成单质硫 x mol 时,生成 0.5x molCu2 + 、2.5x molFe2 + ,剩余(y-0.5x-2.5x)mol=(y-3x) molFe3 + ,生成 x mol S 单质时,消耗 2x mol Fe3 + ,所 以原溶液中 Fe3 + 的总物质的量为(y-3x) mol +2x mol=(y-x)mol,故 D 正确。 12.答案:D 解析: A.反应①是取代反应,反应②是加成反应,故 A错误; B.反应③的原子利用率为 100%,反应④由 C4H10+O2 C4H8O2,氢没有全部进入目标产物,B 项错误; C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯有 HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3,共三种, 4 C 项错误; D.乙醇溶于 Na2CO3溶液,乙酸与 Na2CO3溶液反应产生 CO2,乙酸乙酯不溶于 Na2CO3溶液, D 项正确。 13.答案:D 解析: A. 离子方程式正确应该是: CH3COO-+H2O CH3COOH+OH- B. 离子方程式正确应该是:Al3++3NH3 . H2O═Al(OH)3↓+3NH4+ C. 离子方程式正确应该是:S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O D.CaSO4微溶,CaCO3难溶,书写正确 14.答案:C 解析: A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化,正确; B. 总反应的热化学方程式为:H2O(l) === H2 (g)+1/2 O2(g) ΔH = +286 kJ·mol-1,SO2和 I2 对总反应起到了催化剂的作用,正确; C. 总反应的热化学方程式为:H2O(l) === H2 (g)+1/2 O2(g) ΔH = +286 kJ·mol-1 , 错误。 D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能,但总反应的 ΔH 是一个固定值,不会改变,正 确。 16.答案:D 解析: A. 由图像可知, 0~20 min 内,υ(HI)= =0.0045 mol·L-1·min-1,根据化学计量数之比等 于速率之比可知,υ(H2)= υ(HI)=0.00225 mol·L-1·min-1,故 A 错误; B.由图像知,120min 时 HI 浓度不再改变,反应达到平衡,此时,c(HI) =0.78 mol·L-1,由于 此反应是吸热反应,当升高温度时,反应向吸热移动,HI 会继续分解,浓度减小,再次平 衡时,c(HI) <0.78 mol·L-1,故B 错误; C.该反应的化学平衡常数计算式为 D. 反应进行 40 min 时,HI 浓度变化:(1-0.85)mol.L-1=0.15mol/L,则反应了 0.15mol,由 2HI(g) H2(g) +I2(g) ΔH = +12.5 kJ·mol-1可知,反应 2 mol HI 体系吸收的热量为 12.5 kJ,故 D 正确。 16.答案:B 解析: 5 A.由起点溶液中-lgc 水(H+)=12 可知,酸电离的 c(H+)=10-2,故 Ka(HA)= 10 -4,故 A 正确; B.从图像可知,HA 是弱酸,曲线的最高点为 NaA 溶液,b 点溶液的溶质是 NaA 和 NaOH 溶液,溶液呈碱性,pH>7,故 B 错误; C.a 点到 b 点发生酸碱中和反应生成可水解的盐,然后碱过量,所以水的电离程度先增大后 减小,故 C 正确; D.不断加入 NaOH 溶液,溶液中的离子总浓度不断增大,溶液的导电性逐渐增强,故 D 正 确。 II 卷 二、非选择题:共 52分。第 17~20题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 21、22题 为选考题,考生根据要求选择其中一道题作答。 (一)必考题:40分。 17. (8 分) (1) 第三周期,ⅦA 族(1 分) (2) Si(1 分) (3) a c(1 分) (4) Mg2C3+4H2O=2 Mg(OH)2+C3H4↑(2 分) (5) 0.9mol(1 分)、 1.3mol(1 分), 2mol (1 分) 解析: 根据元素在周期表中的位置,可知 X 为 Si,Y 为 O,Z 为 Cl, (1)周期表中 Z 元素为氯元素,核电荷数为 17,三个电子层,最外层 7 个电子,位于周期表 中第三周期,第ⅤⅡA 族,故答案为:第三周期,第ⅤⅡA 族; (2)表中元素为第二周期和第三周期中的元素,依据同周期原子半径依次减小,同主族原子 半径依次增大的原则,表中元素的原子半径最大的是 Si,故答案为:Si; (3)a.Y 单质是氧气,氧气与 H2S 溶液反应,溶液变浑浊,说明氧气的氧化性比硫强,则说 明 Y 元素的非金属性比 S 元素的非金属性强,故 a 正确; b.在氧化还原反应中,氧化性强弱与得失电子数没有必然关系,故 b 错误; c.元素的非金属性越强,氢化物的稳定性越强,Y 和 S 两元素的简单氢化物受热分解,前 者的分解温度高,说明 Y 的非金属性较强,故 c 正确; 故答案为:ac; (4).该烃分子中碳氢质量比为 9:1,则 N(C):N(H)= : =3:4,应为 C3H4,有 2 个不饱和度,依据 碳化钙与水反应推测,其为炔烃,4 个 H 由 2 个 Mg 代替(通过带电量来替换),Q 为 Mg2C3, 与水反应的方程式为 Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑, 6 故答案为: Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑; (5)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成两种气体为 NO、NO2,最终转化为 NaNO3,1mol 氧气参与反应转移电子的物质的量为 4mol,设出 NO、NO2 的物质的量分别为 xmol、ymol, 根据 N 原子从 Cu 中得到的电子,之后又都转移给 O2,以保持电子数守恒关系;同时气体被 氢氧化钠吸收时,N 原子一直保持守恒、Na 原子守恒关系,可得 则: x+y=2.2 x+3y=4 解得:x=1.3,y=0.9, 根据电子守恒: 即铜失去的电子,转移给了 N 原子,之后 N 又将电子转移给 O2,N 又重新转变为原来的价 态(+5),所以氧气得到的电子数等于铜失去的电子数。1molO2得到 4mol 电子,铜由 0 价 变为+2 价,所以 故答案为:NO 0.9 mol, NO21.3mol;2mol。 18 (10 分) (1).将矿石粉碎(或适当提高温度或增大 FeCl3溶液的浓度) (1 分) (2).防止 FeCl3及 BiCl3水解生成不溶性沉淀,提高原料的浸出率 (1 分) SiO2 、S (1 分,漏写一个不得分) (3). Bi3+ + 3NH3?H2O===Bi(OH)3↓+3NH4+ (1 分) (4).当 pH=6时,溶液中 c(OH-)=1×10-8 mol?L-1此时溶液中 c(Bi3+)=Ksp[Bi(OH)3]/c3(OH-)=3×10-32/(1×10-8)3=3×10-8 mol?L-1 由于溶液中 c(Bi3+)< 1×10-5 mol?L-1,说明 Bi3+已经完全沉淀 (2 分) (5). 控制干燥且无 CO2的环境 (2 分) (6). 89.29%(2 分) 解析: (1). 提高浸取率的措施可以是将矿石粉碎(或适当提高温度或增大 FeCl3溶液的浓度)等; (2).“浸取”时通常加入 FeCl3 溶液和浓盐酸,向其中加入过量浓盐酸的目的是防止 FeCl3 及 BiCl3水解生成不溶性沉淀,提高原料的浸出率,二氧化硅不溶于盐酸,且铁离子将硫离 子氧化产生的硫单质不溶于酸,故“滤渣”的成分是 SiO2、S; (3)“沉淀”反应是利用氨水将 Bi3+转化为沉淀,同时生成铵盐,反应的离子方程式为:Bi3+ 7 +3NH3 .H2O=Bi(OH)3 + 3NH4+; (4). 当 pH=6 时,溶液中 c(OH-)=1×10-8 mol?L-1此时溶液 c(Bi3+)=Ksp[Bi(OH)3]/c3(OH-)=3×10-32/(1×10-8)3=3×10-8 mol?L-1 由于溶液中 c(Bi3+)<1×10-5 mol?L-1,说明 Bi3+已经完全沉淀; (5). “焙烧”除了采用最佳的质量比、合适的温度外,还需要控制干燥且无 CO2的环境; (6).某辉铋矿中铋元素的质量分数为 20.90%,若 100 吨该辉铋矿完全用于生产,共得到 25.00 吨 NaBiO3,则产率是 *100%=89.29% 19.(11 分) I(1)B (1 分) (2)2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) △H= - 681.8kJ/mol (2 分) (3)① 0.042mol/(L﹒min) (1 分) 减小 (1 分) ②BC (2 分) (4)1050kPa 前反应未达平衡状态,随着压强增大,反应速率加快,NO 转化率提高 (2 分) 50% (2 分) 详解: (1)硫氧化物和氮氧化物的排放引发酸雨、光化学烟雾等, A. 全球变暖是二氧化碳,故 A 错误; B.硫氧化物和氮氧化物的排放引发硫酸型酸雨和硝酸型酸雨,故 B 正确; C. 水体富营养化(水华)是磷元素过量排放,故 C 错误; D. 白色污染是聚乙烯、聚氯乙烯等塑料制品造成,故 D 错误; 故答案为:B; (2)已知:①CaCO3(s)═CO2(g)+CaO(s)△H=+178.2kJ/mol ②SO2(g)+CaO(s)═CaSO3(s)△H=?402kJ/mol ③2CaSO3(s)+O2(g )═2CaSO4(s)△H=?234.2kJ/mol 盖斯定律计算(①+②)×2+③得到石灰石脱硫的热化学反应方程式: 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)△H=?681.8kJ/mol, 故答案为:2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)△H=?681.8KJ/mol; (3)①C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)△H=?34.0kJ/mol,图表数据得到 0?10min内,NO 的平均反应 速率 v(NO)=△c△t=1mol/L?0.58mol/L10min=0.042mol/(L?min) 反应为放热反应升温平衡逆向进行,平衡常数减小, 故答案为:0.042mol/(L?min);减小; 8 ②30min 后,只改变某一条件,反应重新达到平衡,C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g),依据图表数据 分析,平衡状态物质浓度增大,依据平衡常数计算 K= = = 平衡常数随温度变化,平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度;依据数据分析,氮气浓 度增大,二氧化碳和一氧化氮浓度增大,反应前后气体体积不变,所以可能是减小溶液体积 后加入一定量一氧化氮; a.加入一定量的活性炭,碳是固体对平衡无影响,平衡不动,故 a 错误; b.通入一定量的 NO,新平衡状态下物质平衡浓度增大,故 b 正确; c.适当缩小容器的体积,反应前后体积不变,平衡状态物质浓度增大,故 c 正确; d.加入合适的催化剂,催化剂只改变化学反应速率,不改变化学平衡,故 d 错误; 故答案为:bc; (4)1050 kPa 前,反应 b 中 NO2 转化率随着压强增大而增大的原因,1050KPa 前反应未达平衡 状态,随着压强增大,反应速率加快,NO 转化率提高,在 1100 kPa 时二氧化氮转化率 40%, 结合三行计算列式得到;设通入二氧化氮 2mol, 2C(s)+2NO2(g)?N2(g)+2CO2(g) 起始量 2 0 0 变化量 2×40%=0.8 0.4 0.8 平衡量 1.2 0.4 0.8 NO2 的体积分数= ×100%=50%, 故答案为:1050KPa 前反应未达平衡状态,随着压强增大,反应速率加快,NO 转化率提高; 50%。 20. (11 分) (1)胶头滴管、容量瓶(各 1 分) (2)①Na2SO3 过量,Cu2O 与 SO3 2-反应生成 Cu(SO3)2 3-的到无色溶液(2 分) ②无色溶液中存在如下平衡 Cu++2SO3 2- Cu(SO3)2 3-,与空气接触的液面中 SO3 2- 被氧化,SO3 2-浓度减小,化学平衡逆向移动,Cu+浓度增大,被氧化为 Cu2+,所以 变为蓝绿色。(其他合理答案给分,2 分) (3)2, 5,2H2O,1,1SO4 2-,4 (2 分) (4) 试剂或 操作 取少量橙黄色沉淀,加 入稀硫酸(1 分) 预期现象 有刺激性气味(溶液呈蓝 色,有红色固体)(1 分) 9 或 试剂或 操作 取少量橙黄色沉淀加热 (1分) 预期现 象 有刺激性气味(1分) (5) CuSO4 和 Na2SO3的用量 (1 分) (二) 选考题:共 12分。请考生从 21、22两道题中任选一题作答。如果多做,则按所做 的第一题计分。 21.(12 分) 答案:(1)1S22S22P63S23P2 或[Ne]3S23P2 (1 分) 4 (1 分) (2)①正四面体 (1 分) SP3 (1 分) ②8 (1 分) N (1 分) ③1,2,4-三氮唑分子间、与水分子间都可以形成氢键,分子间作用力增大,沸点升高, 在水中的溶解度增大。(2 分) (3)12 (2 分) (2 分)(合理即可) 解析: (1).硅是 14 号元素,电子排布式为 1S22S22P63S23P2 或[Ne]3S23P2;铁的价电子排布式为 3d64s2中有 4 个未成对电子。 (2). ①ClO4-的价电子对数为(7+1)/ 2 = 4,空间构型为正四面体,Cl 原子采用 sp3杂化。 ② 环上有 5 个σ键,环外 3 个σ键,共 8 个σ键;Htrz 当中只有 N 原子有孤对电子, H、C 无孤对电子。 ③两者结构相似,相对分子质量非常接近,但 Htrz 中有一个 N-H 键,N 的原子半径小,电 负性大,分子间可以形成氢键,也可与水分子之间形成氢键。 (3)Fe 在顶点有 8 个,面心有 6 个,棱上有 12 个,体内有 4 个,体心有 1 个,共含 8×1/8+6 ×1/2+12×1/4+4+1=12 个。总质量 m=(12×56+4×28)/NA g,体积为 V=(0.564×10 -7 ) 3 cm 3 , 由ρ=m/V 可知。 22. (12分)答案解析: (1) 醚键、醛基(各 1分,共 2分) 10 (2) 防止醛基在后继步骤中反应或保护醛基(2 分) (3) (2分) (4) (2分) (5) (4分)
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  • 资料类型: 试卷
  • 资料版本:人教版(新课程标准)
  • 适用地区:安徽省
  • 文件大小:1.31M
化学精优课

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