寧夏銀川市高三4月高中教學質(zhì)量檢測化學試題

寧夏銀川2018屆高三4月高中教學質(zhì)量檢測理科綜合試題化學部分可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23S321.下列說法錯誤的是A.生活中大力推廣使用一次性塑料袋和紙巾B.用可溶性的鋁鹽和鐵鹽處理水中的懸浮物C.維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑D.將SO2添加于紅酒中可以起到殺菌和抗氧化作用【答案】A【解析】A.一次性塑料袋為難以降解的高分子化合物，會破壞環(huán)境，紙巾是由木材生產(chǎn)的，不應該大力提倡，故A錯誤。B.鋁鹽和鐵鹽溶解后，溶液中的Al3+、Fe3+、水解分別生成Al(OH)3膠體、Fe(OH)3膠體，吸附水中的懸浮物，故B項正確。C.維生素C是一種經(jīng)常用于食品抗氧化劑的還原劑，故C正確。D少量的二氧化硫加入到葡萄酒中可以起到殺菌、保鮮、抗氧化的作用，故D正確。點睛：本題從生活中的化學入手，考察了學生在日常學習中對化學知識的積累，考察了學生平時的化學素養(yǎng)。2.阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是A.4.6g乙醇分子中含極性鍵數(shù)目為0.6NAB.標準狀況下，2.24LSO3含分子數(shù)為0.1NAC.Na2S和Na2O2固體混合物7.8g中，含有的陰離子數(shù)為0.1NAD.0.2molNO和0.1molO2于密閉容器中充分反應后，其分子數(shù)為0.2NA【答案】C【解析】g的乙醇物質(zhì)的量為0.1mol，乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，一個分子中包含了7個記性共價鍵，所以極性鍵的總數(shù)應為0.7mol，故A錯誤；B.標況下標況下,三氧化硫不是氣體,故B錯誤;C.Na2S和Na2O2摩爾質(zhì)量相同，過氧化鈉是有鈉離子和過氧根離子構(gòu)成;7.8g的.Na2S和Na2O2的混合物物質(zhì)的量為0.1mol，含有的陰離子數(shù)0.1NA;所以C選項是正確的;D.2NO+O2?2NO2是一個可逆反應，不可能進行完，所以不能全部變成0.2NA的產(chǎn)物，故D錯。點睛：本題通過考察阿伏伽德羅常數(shù)，主要檢測了學生平時化學基礎(chǔ)知識的掌握情況。3.下列說法正確的是A.乙酸與乙酸乙酯互為同分異構(gòu)體B.乙烷室溫下能與溴水發(fā)生取代反應C.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為9.5%D.乙烯可以用作生產(chǎn)食品包裝材料的原料【答案】D【解析】A.乙酸的分子式為C2H4O2，而乙酸乙酯的分子式為C4H8O2，不屬于同分異構(gòu)體，故A項錯誤。B.室溫下，乙烷的性質(zhì)穩(wěn)定，無其它條件的情況下與溴水發(fā)生取代反應，故B項錯誤；C.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為75%，故C錯誤。D.乙烯可用于生產(chǎn)聚乙烯，而聚乙烯可用于食品包裝，因此乙烯可以用作生產(chǎn)食品包裝材料的原料，故D項正確。點睛：本題有機化學的基本常識，包括同分異構(gòu)現(xiàn)象、取代反應的條件、生活中的化學常識，平時要多注重基礎(chǔ)知識的學習。4.NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料電池，其原理見下圖，該電池在使用邊中石墨I電極上生成氧化物Y，下列說法錯誤的是A.Y的化學式可能為NOB.石墨I極為負極，石墨Ⅱ極為正極C.該電池放電時NO3從右側(cè)向左側(cè)遷移D.石墨I附近發(fā)生的反應為NO2+NO3ˉ－eˉ=N2O5【答案】A【解析】解:A.石墨Ⅱ通入氧氣,發(fā)生還原反應,為原電池的正極，所以石墨I為原電池的負極，發(fā)生失電子的氧化反應，NO2失電子不可能得到NO，所以A選項錯誤；B.石墨Ⅱ通入氧氣,發(fā)生還原反應,為原電池的正極，所以石墨I為負極，故B正確；C.原電池工作時，陰離子向負極移動,所以C選項是正確的；D.負極的電極反應應該為NO2+NO3ˉ－eˉ=N2O5所以D選項是正確的。點睛：以NO2、O2、熔融NaNO3組成的燃料電池,在使用過程中石墨I電極為原電池的負極,NO2被氧化,N元素混合升高,應生成N2O5，電極方程式為NO2+NO3ˉ－eˉ=N2O5,石墨Ⅱ通入氧氣,發(fā)生還原反應,為原電池的正極,電極方程式為O2+2N2O5+4eˉ=4NO3以此解答該題.5.a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，a與b同族，a元素的一種同位素原子核內(nèi)無中子；c原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的1/5；b、d同周期且d在該周期原子半徑最小。下列敘述正確的是A.a分別與b、d形成化合物類型相同B.4種元素中b的金屬性最強C.d的氧化物的水化物一定是強酸D.工業(yè)上c單質(zhì)常用電解熔融氧化物制備【答案】B6.通過實驗、觀察類比、推理等方法得出正確的結(jié)論是化學學習的方法之一。對下列反應的現(xiàn)象和解釋都正確的是選項操作可能的實驗現(xiàn)象解釋A品紅溶液中通入某無色氣體溶液褪色該氣體一定是SO2B將CO2通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成CO2與Ba(NO3)2反應生成BaCO3C向淀粉KI溶液中通入少量Cl2溶液變藍Cl2與淀粉發(fā)生顯色反應D向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液溶液變黃發(fā)生氧化還原反應，且氧化性：H2O2>Fe3+A.AB.BC.CD.D【答案】D7.常溫下，分別取未知濃度的MOH和HA溶液，加水稀釋至原體積的n倍。稀釋過程中，兩溶液pH的變化如下圖所示。下列敘述正確的是A.MOH為弱堿，HA為強酸B.水的電離程度：X=Z>YC.若升高溫度，Y、Z點對應溶液的pH均不變D.將X點溶液與Z點溶液等體積混合，所得溶液呈堿性【答案】B【解析】A.縱坐標為物質(zhì)的量的倍數(shù)取對數(shù)，HA從pH=4到pH=5稀釋了100倍，所以HA為弱酸，MOH的pH從10到9稀釋了10倍，所以MOH為強堿，故A錯誤；B.水的電離度受溶液中酸電離出的H+濃度或者堿電離出的OH濃度影響，X點pH=5時，c(H+)水=1014/105=109mol/L，Z點c(H+)水=109mol/L，Y點c(H+)水=1010mol/L，所以水的電離度X=Z>Y，故B正確；C.升溫水的離子積會增大，溶液的pH值會發(fā)生變化，故C錯誤；D.HA為弱酸，MOH為強酸，X點和Z點相比，HA的溶液濃度大于MOH，所以等體積混合后溶液應該呈酸性，故D錯誤。點睛：本題通過圖像的分析，考察了弱酸在稀釋過程中電離程度的變化，同時考察了水的離子積，對學生知識的遷移運用有較高的要求。8.利用化學原理可以對工廠排放的廢水、廢渣等進行有效檢測與合理處理。某工廠對制革工業(yè)污泥中Cr(III)的處理工藝流程如下：已知：①硫酸浸取液中的金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。②常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下：陽離子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全時的pH3.711.15.4(＞8溶解)9(＞9溶解)(1)酸浸時，為了提高浸取率可采取的措施有_________________(寫出兩條)。(2)過濾操作時所用玻璃儀器除燒杯外，還需要________________。(3)H2O2的作用是將濾液I中的Cr3+轉(zhuǎn)化為C2O72，該反應的離子方程式為：____________________。(4)加入NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液pH=8，既可以使溶液中某些雜質(zhì)離子轉(zhuǎn)化為沉淀，同時又可以將Cr2O72轉(zhuǎn)化為________(填微粒的化學式)，當溶液的pH>8時，沉淀的主要成份為________(填化學式)。(5)鈉離子交換樹脂的反應原理為：Mn++nNaR=MRn+nNa+，則利用鈉離子交換樹脂可除去濾液Ⅱ中的金屬陽離子有________________，交換后溶液中濃度明顯增大的離子為________________?！敬鸢浮?1).升高溫度、適當增大硫酸濃度、攪拌等(2).漏斗、玻璃棒(3).2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72?+8H+(4).CrO42?(5).Fe(OH)3(6).Ca2+、Mg2+(7).Na+【解析】（1）酸浸時，為了提高浸取率可采取的措施是延長浸取時間、加快溶解速度等措施，硫酸浸取液中的金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，酸浸是溶解物質(zhì)為了提高浸取率，可以升高溫度增大物質(zhì)溶解度，增大接觸面積增大反應速率，或加快攪拌速度等。（2）過濾時用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒。（3）雙氧水有強氧化性，能氧化還原性的物質(zhì)，Cr3+有還原性，Cr3+能被雙氧水氧化為高價離子，以便于與雜質(zhì)離子分離，依據(jù)氧化還原反應電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式：2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72?+8H+。（4）在堿性條件下Cr2O72會轉(zhuǎn)化為CrO42?，根據(jù)圖標中的信息可知溶液的pH=8的時候，F(xiàn)e3+、Al3+沉淀完全，pH>8的時候Al(OH)3會再次溶解，只剩下Fe(OH)3沉淀（5）根據(jù)框圖轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，濾液Ⅱ中主要陽離子為Na+、Mg2+、Ca2+，鈉離子交換樹脂就是對濾液Ⅱ進行離子交換，交換的離子是Mg2+、和Ca2+，增加的是Na+。點睛：本題以污水處理為背景，考查離子方程式、化學方程式的書寫、物質(zhì)的分離、利用溶液的PH值對溶液中的離子進行分離等知識點，考查考生的綜合運用能力。9.氫能是一種高效清潔、極具發(fā)展?jié)摿Φ哪茉础＠蒙镔|(zhì)發(fā)酵得到的乙醇制取氫氣，具有良好的應用前景。(1)反應Ⅰ和反應Ⅱ的平衡常數(shù)隨溫度變化曲線如圖所示。則△H1________△H2(填“>”、“<”或“=”)；△H3=________(用△H1、△H2表示)。(2)向2L密閉容器中充入H2和CO2共6mol，改變氫碳比[n(H2)/n(CO2)]在不同溫度下發(fā)生反應III達到平衡狀態(tài)，測得的實驗數(shù)據(jù)如下表。分析表中數(shù)據(jù)回答下列問題：①溫度升高，K值________(填“增大”、“減小”、或“不變”)。②提高氫碳比，K值________(填“增大”“減小”或“不變”)，對生成乙醇________(填“有利”或“不利”)③在700K、氫碳比為1.5，若5min反應達到平衡狀態(tài)，則0~5min用H2表示的速率為________。(3)反應III在經(jīng)CO2飽和處理的KHCO3電解液中，電解活化CO2制備乙醇的原理如圖所示。①陰極的電極反應式為________________。②從電解后溶液中分離出乙醇的操作方法為________________。(4)在一定條件下發(fā)生反應Ⅳ，測得不同溫度對CO2的平衡轉(zhuǎn)化率及催化劑的效率影響如圖所示，下列有關(guān)說法正確的為________(填序號)①不同條件下反應，N點的速率最大②M點平衡常數(shù)比N點平衡常數(shù)大③溫度低于250℃時，隨溫度升高乙烯的產(chǎn)率增大④實際反應應盡可能在較低的溫度下進行，以提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】(1).>(2).(2△H2+△H1)(3).減小(4).不變(5).有利(6).0.144mol·L1·min1(7).14CO2+12e+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3(8).蒸餾(9).②【解析】（1）由KT圖可知，溫度升高，反應Ⅰ的平衡常數(shù)增大，說明升高溫度，平衡向正向移動，因此反應Ⅰ為正向吸熱的反應，即△H1>0，同理反應Ⅱ平衡常數(shù)減小，說明升溫平衡逆向移動，為放熱反應，△H2<0，故△H1>△H2。根據(jù)蓋斯定律，反應Ⅲ等于反應Ⅰ的逆反應加上反應Ⅱ的逆反應的2倍，故得出△H3=(2△H2+△H1)。（2）①由表中數(shù)據(jù)可知，n（H2）/n（CO2）一定情況下，溫度越高，CO2轉(zhuǎn)化率越低，說明升高溫度平衡向逆反應移動，正反應為放熱反應，所以平衡常數(shù)k減?。还蚀鸢笧椋簻p??；②平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，提高氫碳比[n（H2）/n（CO2）]，但溫度不變，所以平衡常數(shù)K值將不變，但是增加氫氣的量有利于平衡正向移動，有利于生成乙醇，故答案為：不變；有利；（3）①陰極得電子，發(fā)生還原反應，元素化合價降低，CO2中碳元素為+4價，乙醇中碳元素平均化合價為2價，為了維持電荷守恒，生成物還有HCO3，HCO3中的氫元素可從H2O中獲得，則陰極的電極反應式為：14CO2+12e+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3；②與水溶液相比，乙醇易揮發(fā)，沸點較低，可采用蒸餾的方法從電解液中分離出乙醇。（4）①化學反應速率隨溫度的升高而加快，催化劑的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故①不正確；②升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減低，則升溫平衡逆向移動，所以M化學平衡常數(shù)大于N，故②正確；③溫度低于250℃時，隨溫度升高平衡逆向進行乙烯的產(chǎn)率減小，故③不正確；④為提高CO2的轉(zhuǎn)化率，平衡正向進行，反應是放熱反應，低的溫度下進行反應，平衡正向進行，但催化劑的活性、反應速率減小，故④不正確；故答案為：②。10.三氯化硼(BCl3)是一種重要的化工原料，可用于制取乙硎烷(B2H6)，也可做有機合成的催化劑。某興趣小組選用下列裝置制備BCl3。查閱資料：①BCl3的沸點為12.5℃，熔點為－107.3℃，易水解；②2B+6HCl2BCl3+3H2請回答下列問題：(1)裝置A中盛濃鹽酸的儀器名稱為_________；裝置A中發(fā)生反應的離子方程為___________。(2)按氣流方向連接各裝置的接口，順序為a→___→___→___→___→b→c→f→g→h，連接好裝置后的第一步實驗操作為_________。(3)裝置C中盛放的試劑為_________，實驗中若不用裝置C，可能產(chǎn)生的危險為_________。(4)裝置E的作用為__________________。(5)常溫下，KSP[Mn(OH)2]=1.0×1013，向制取Cl2后的殘余液中加入氫氧化鈉溶液至Mn2+沉淀完全[c(Mn2+)≤1.0×105mol·L1]溶液的PH最小為_________?！敬鸢浮?1).分液漏斗(2).MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O(3).edjk(4).檢查裝置的氣密性(5).飽和NaCl溶液(6).Cl2和H2加熱發(fā)生爆炸(7).防止空氣中的水蒸氣進入U形管使產(chǎn)物發(fā)生水解；吸收多余Cl2,防止污染空氣(8).10【解析】（1）裝置A叫做分液漏斗，根據(jù)裝置A的藥品和反應條件可以知道該裝置是實驗室制備氯氣的裝置，其中發(fā)生反應的離子方程式為MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O。（2）根據(jù)實驗目的“某興趣小組擬選用下列裝置制備BCl3，根據(jù)的原理是3Cl2+2B=2BCl3，所以裝置連接的順序應該為氣體發(fā)生裝置除雜裝置反應裝置收集裝置尾氣處理裝置的順序，又實驗室制備氯氣中夾雜有氯化氫和水，且應先除去HCl再除去水，按氣流方向連接各裝置的接口，順序為a→e→d→j→k→b→c→f→g→h，點燃A處酒精燈之前要先檢驗裝置的氣密性，因此，本題正確答案是：edjk，檢查裝置的氣密性。（3）裝置C的作用是除去氯氣中的氯化氫氣體，夾雜在氯氣中的氯化氫也會進入盛有硼粉的玻璃管發(fā)生反應2B+6HCl=2BCl3+3H2↑，可能產(chǎn)生的危險是氫氣和氯氣混合氣體受熱易爆炸，所以C中盛飽和氯化鈉溶液可以除去氯氣中的氯化氫，本題正確答案是：飽和NaCl溶液，Cl2和H2加熱發(fā)生爆炸。（4）裝置E的作用是防止空氣中的水蒸氣進入U形管使產(chǎn)物發(fā)生水解；吸收多余Cl2,防止污染空氣.（5）已知KSP[Mn(OH)2]=1.0×1013，c(Mn2+)≤1.0×105mol·L1，帶入公式KSP[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c(OH)2可得c(OH)=1.0×104，故pH=10。11.[化學——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]科學家成功合成了新型抗腫瘤鉑(Ⅳ)類化合物Pt(HPxSC)Cl3，請回答下列問題：(1)基態(tài)磷原子價電子排布圖為__________________。(2)在元素周期表中,鉑元素與鐵元素同族，則鉑元素位于_________。A.s區(qū)B.p區(qū)C.d區(qū)D.ds區(qū)E.f區(qū)(3)磷、硫、氯的第一電離能由小到大的順序為__________________(填化學式)。(4)與S同族的相鄰元素氫化物沸點最高的為_________(填化學式),其原因為_________。(5)Pt2+還能與吡啶()、Clˉ結(jié)合形成二氯二吡啶合鉑(Ⅱ)。①吡啶分子中,氮原子的軌道雜化方式為__________________。②二氯二吡啶合鉑(Ⅱ)分子中存在的微粒間作用力有_________(填序號)。a.離子鍵b.配位鍵c.金屬鍵d.非極性鍵e.氫鍵(6)鉑(Pt)單質(zhì)晶體中原子的堆積方式如圖所示，由圖可知，晶體鉑的堆積方式為_________，一個晶胞中含有_________個鉑原子，距離每個鉑原子最近且等距離的鉑原子有_________個?！敬鸢浮?1).(2).C(3).S<P<Cl(4).H2O(5).H2O分子間形成氫鍵(6).SP2(7).bd(8).面心立方(最)密堆積(9).4(10).12【解析】（1）磷元素為15號元素，最外層為5個電子，故價電子排布圖為。（2）鐵的價電子排布為3d64s2，位于d區(qū)，故鉑也位于D區(qū)。（3）根據(jù)元素周期律，S、P、Cl三種元素在同一周期，但是P的最外層處于半充滿狀態(tài)，故按照S<P<Cl的順序第一電離能增加。（4）同族的相鄰元素氫化物沸點最高的是H2O，因為H2O中可以形成分子間氫鍵，造成H2O的沸點最高。（5）①通過結(jié)構(gòu)可知吡啶中的N的與兩個C以σ鍵相連同時還有一個大π鍵，剩余一對孤電子對，所以N原子是sp2雜化。②二氯二吡啶合鉑(Ⅱ)分子中，中心離子是鉑(Ⅱ)，配體是氯和吡啶，所以有配位鍵和非極性鍵，故選bd。（6）由圖像可知，為面心立方(最)密堆積，每個面心各有一個原子，八個頂點各有一個，6×1/2+8×1/8=4，所以一個晶胞有4個