天津市静海县第一中学学年高3下学期学生学业能力调研化学试题文档格式.docx
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D.双层石墨烯以一个特殊角度扭曲在一起时可以实现在零电阻下导电
4.下列关于同一种原子中的基态和激发态说法中,正确的是(
)
A.基态时的能量比激发态时高
B.激发态时比较稳定
C.由基态转化为激发态过程中吸收能量
D.电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
5.下列属于物理变化的是
A.煤的气化B.天然气的燃烧C.烃的裂解D.石油的分馏
6.化学反应Zn(s)+H2SO4(aq)==ZnSO4(aq)+H2(g)
反应过程如下图所示,下列叙述中不正确的是()
A.若将该反应设计成原电池,正极可以是C棒或Fe棒
B.反应过程中滴加少量CuSO4溶液可加快该反应的反应速率
C.H2SO4的总能量大于ZnSO4的总能量
D.若将该反应设计成原电池,当有32.5g锌溶解时,正极产生的气体在标的体积为11.2L
7.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应,化学方程式如下:
KMnO4+FeSO4+H2SO4―→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O。
(未配平)下列说法正确的是()
A.Fe2+的还原性强于Mn2+
B.MnO4-是氧化剂,Fe3+是还原产物
C.氧化剂和还原剂物质的量之比为5:
1
D.生成1 mol水时,转移2.5 mol电子
8.常温下,将NaOH溶液滴入某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知:
]。
下列叙述不正确的是
A.Ka(HA)的数量级为10-5
B.滴加NaOH溶液的过程中,
保持不变
C.m点所示溶液中:
c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)
D.n点所示溶液中:
c(Na+)=c(A-)+c(HA)
9.镍废料中主要含有Ni,还有少量的Cu、Fe、Pb等。
现从中制取Ni2O3,可用于制造人造卫星、宇宙飞船的高能电池,也可用于制成镍镉碱性电池。
生产流程见下:
已知0.010mol/L金属离子在不同pH下的沉淀情况如下:
Fe3+
Cu2+
Ni2+
Fe2+
开始沉淀pH
3.0
5.0
7.4
9.7
完全沉淀pH
4.0
6.5
9
11
回答下列问题:
(1)加入碳酸钙调pH
目的是___________________,“沉渣2”的主要成分是_____,必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”的原因是______________。
(2)用离子方程式解释加入NH4F“除Ca”的过程________________。
(3)“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3物质的量比保持为3:
2,此时Ni单质所发生的化学方程式为_______。
(4)“操作X”是________、________
(5)向NiO中加入盐酸溶解,待完全溶解后,加入足量NaOH溶液,再加入NaClO溶液,写出其中和NaClO相关的反应的离子方程式为__________________。
(6)根据上表数据,计算当0.010mol/LNiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时的c(Ni2+)=____mol/L。
10.有机物Z可用于防治骨质疏松,可通过X、Y经两步转化得到Z。
下列说法正确的是( )
A.X、Y、Z都属于芳香族化合物 B.Y分子中含有3个手性碳原子
C.X、Y、Z与浓溴水反应最多消耗1molBr2 D.1molZ与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH
11.下列物质暴露在空气中不容易变质的是()
A.水玻璃B.石灰水C.生石灰D.小苏打
12.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别
B.异丁烷的一氯代物有3种
C.乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4-二氯甲苯
13.【加试题】
(10分)某研究小组从甲苯出发,按下列路线合成染料中间体X和医药中间体Y。
已知:
化合物A、E、F互为同分异构体。
请回答:
(1)下列说法不正确的是
A.化合物C能发生氧化反应,不发生还原反应B.化合物D能发生水解反应
C.化合物E能发生取代反应D.化合物F能形成内盐
(2)B+C→D的化学方程式是____________________________________________。
(3)化合物G的结构简式是___________________。
(4)写出同时符合下列条件的A的所有同分异构体的结构筒式___________。
①红外光谱检测表明分子中含有醛基,
②1H-NMR谱显示分子中含有苯环,且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。
(5)为探索新的合成路线,采用苯和乙烯为原料制备化合物F,请设计该合成路线(用流程图表示,无机试剂任选)。
2016年10月浙江省普通高校招生选考科目考试
二、填空题
14.有A、B、C、D、E五种短周期元素,已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外最外层共有24个电子,在周期表中的位置如图所示.E的单质可与酸反应,1mol
E单质与足量酸作用,在标准状况下能产生33.6L
H2;
E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同
(1)A与E形成的化合物的化学式是__________.B的最高价氧化物化学式为_____________,
(2)D的单质与水反应的方程式为__________________________________________________.
(3)向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至过量,观察到的现象是___________________:
有关反应的离子方程式为:
_____________________________________.
三、单选题
15.第21号元素“钪”有很高的应用前景,下列说法错误的是()
A.元素符号为Sc
B.位于元素周期表的第四周期第IIIB族
C.最外层有2个电子,最高正价为+2
D.同周期元素中,基态原子未成对电子数与钪原子相同的还有4种
【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除
1.无
2.H
解析:
(10分)
(1)2H2S+SO2=3S+2H2O(2分)
(2)4NH3+5O2
4NO+6H2O(2分)湿润的红色石蕊试纸(1分)
(3)第三周期第ⅢA族(1分)2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑(2分)
(4)2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑(2分)
3.D
D
“84消毒液”的有效化学成分是NaClO,能用于漂白物质、消毒,但不能用于净化自来水,A项错误;
汽油中掺入
,可以节省燃料减少大气污染,B项错误;
已经与水结合不能再作食品干燥剂,C项错误。
4.C
C
【解析】
【分析】
A、处于最低能量状态的原子叫做基态原子;
B、基态时的能量低,稳定;
C、基态转化为激发态是由低能量状态转成高能量状态;
D、电子由基态跃迁到激发态需要吸收能量,从由激发态跃迁到基态辐射光子,放出能量。
【详解】A.处于最低能量状态的原子叫做基态原子,基态时的能量比激发态时低,故A错误;
B.基态时的能量低、稳定,激发态时能量高、不稳定,故B错误;
C.基态转化为激发态
由低能量状态转成高能量状态,转化过程中要吸收能量,故C正确;
D.电子由基态跃迁到激发态需要吸收能量,从由激发态跃迁到基态辐射光子,放出能量。
电子在激发态跃迁到基态时会产生原子发射光谱,电子由基态跃迁到激发态吸收光子,获得能量,产生吸收光谱,故D错误;
故选C。
【点睛】本题考查原子构造原理,解题关键:
对基础知识的理解掌握,掌握构造原理.难点:
D,注意对光谱产生的过程和能量变化的关系的理解。
5.D
分析:
无新物质生成的变化为物理变化,有新物质生产的变化为化学变化,据此分析。
详解:
A、煤的气化是用煤和水在高温条件下来生产CO和H2的过程,故为化学变化,A错误;
B、天然气燃烧生成二氧化碳和水,故为化学变化,B错误;
C、烃的裂解是用重油为原料来生产乙烯等短链烯烃的过程,有新物质生成,故为化学变化,C错误;
D、石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的方法,无新物质生成,故为物理变化,D正确。
答案选D。
6.C
【详解】A.将Zn和硫酸
改成原电池,Zn失去电子作负极,那么正极的电极材料可以选择惰性电极或者活动性比Zn弱的金属,所以正极材料可以为C棒和Fe棒;
A项正确,不符合题意;
B.加入少量的CuSO4,Zn会置换出Cu。
有活动性不同的金属Zn和Cu作电极,电解质溶液为H2SO4,形成原电池,可以加快氧化还原速率,B项正确,不符合题意;
C.根据图示,可以知道反应物的总能量大于生成物的总能量,即Zn和H2SO4的总能量大于ZnSO4和H2的总能量。
但是不知道H2SO4的能量和ZnSO4能量的相对大小,C项错误,不符合题意;
D.1molZn转移2mol电子,生成1molH2,在标准状况下的体积为22.4L。
32.5gZn为0.5molZn,转移1mol电子,生成0.5molH2,在标准状况下的体积为11,2L,D项正确,不符合题意;
本题答案选C。
7.A
A
【详解】A项,Fe2+化合价升高,
还原剂,Mn2+是还原产物,还原性:
还原剂>
还原产物,故A项正确;
B项,MnO4-化合价降低,是氧化剂,Fe3+是氧化产物,故B项错误;
C项,锰元素由+7价降至+2价,铁元素由+2价升至+3价,根据得失电子守恒,MnO4-、Mn2+的系数为1,Fe2+、Fe3+的系数为5,根据电荷守恒,H+的系数为8,根据质量守恒,H2O的系数为4,所以离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1:
5,故C项错误;
D项,根据离子方程式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,生成4mol水时转移5mol电子,所以生成1 mol水时,转移1.25 mol电子,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为A。
8.D
根据图像,溶液中含有HA,说明HA为弱酸,即存在HA
H++A-,加入NaOH溶液,发生NaOH+HA=NaA+H2O,c(A-)/c(HA)比值增大,即
,
减小,然后依据溶液中三个“守恒”进行分析;
【详解】A、HA为弱酸,即存在HA
H++A-,Ka=c(H+)×
c(A-)/c(HA),
,时,Ka=c(H+)=10-4.76=10-5+0.24,即数量级为10-5,故A说法正确;
B、
,Ka和Kw只受温度的影响,因此该比值保持不变,故B说法正确;
C、根据电荷守恒,m点所示溶液中:
c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),由A选项分析,m点时,c(A-)=c(HA),因此有c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+),故C说法正确;
D、n点时溶液pH=2,HA的物质的量大于NaOH的物质的量,则此时溶液中:
c(Na+)<
c(A-)+c(HA),故D说法错误。
9.H
(1).提高溶液pH,去除Fe3+(使之转化为Fe(OH)3)
(2).CuS(3).“除Cu”时溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀(4).Ca2++2F-=CaF2↓(5).3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O(6).过滤(7).洗涤(8).2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O(9).10-5.2
由流程图可知,镍废料在70—80℃条件下,与硫酸和硝酸的混酸反应,镍废料溶解得到浸出液,向浸出液中加入双氧水,将亚铁离子氧化为铁离子,加入碳酸钙调节溶液pH,可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去;
向滤液中加入H2S,溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀而除去;
向所得滤液中加入NH4F溶液,溶液中钙离子转化为氟化钙沉淀而除去;
向滤液中加入草酸溶液,溶液中镍离子转化为草酸镍沉淀,煅烧草酸镍沉淀,草酸镍分解生成NiO,向NiO中加入盐酸溶解NiO生成Ni2+,Ni2+在碱性条件下与次氯酸钠反应生成氧化镍。
【详解】
(1)加入碳酸钙调节溶液pH,可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去;
向滤液中加入H2S,溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀;
除溶液中铜离子时,铜离子与硫化氢反应时,有氢离子生成,使溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀,所以必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”,故答案为:
提高溶液pH,去除Fe3+(使之转化为Fe(OH)3);
CuS;
“除Cu”时溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀;
(2)加入NH4F溶液,溶液中的钙离子与氟离子反应生成氟化钙沉淀,达到除钙的目的,反应的离子方程式为Ca2++2F-=CaF2↓;
故答案为:
Ca2++2F-=CaF2↓;
(3)由题意设H2SO4与HNO3物质的量分别为3mol,2mol;
两种混合酸提供氢离子8mol,2mol硝酸根离子全部被还原为2mol一氧化氮,转移电子总数为6mol,镍在反应中被氧化为硫酸镍,根据电子守恒可知,消耗金属镍3mol,则反应的化学方程式为:
3Ni+3H2SO4+2HNO3
=3NiSO4+2NO↑+4H2O,故答案为:
3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O;
(4)向滤液中加入草酸,溶液中镍离子与草酸反应生成草酸镍沉淀,然后进行过滤、洗涤干燥得到草酸镍沉淀,故答案为:
过滤;
洗涤;
(5)向NiO中加入盐酸溶解,待完全溶解后生成NiCl2,NiCl2在碱性环境下被次氯酸钠氧化为三氧化二镍、次氯酸钠被还原为氯化钠,反应的离子方程式为:
2Ni(OH)2+ClO-=
Ni2O3+Cl-+2H2O,故答案为:
2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O;
(6)由表中数据可知,当0.010mol/LNiSO4溶液中Ni2+开始沉淀时,溶液中c(OH-)=10-6.6mol/L,Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=0.010mol/L×
(10-6.6mol/L)2=10-15.2,当0.010mol/LNiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时,溶液中c(OH-)=10-5mol/L,c(Ni2+)=
=
=10-5.2mol/L,故答案为:
10-5.2。
【点睛】本题考查化学工艺流程,注意理解流程所表达的化学信息,利用物质的性质分析物质的转化,注意溶度积的计算是解答关键。
10.B
BD
11.D
12.A
【详解】A、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体,乙酸乙酯不能,所以可用Na2CO3溶液加以区别,选项A正确;
B.异丁烷
一氯代物有(CH3)2CHCH2Cl、(CH3)2CClCH3共2种,选项B错误;
C.聚乙烯为氯乙烯的加聚产物,不含碳碳双键,苯分子中也不含有碳碳双键,选项C错误;
D.甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代,不能得到苯环上氢原子被取代的产物2,4-二氯甲苯,选项D错误;
答案选A。
13.A
(10分)
(1)A
(2)
(3)H2NCHO
(4)
(5)
(其他合理答案也给分)
14.
(1).Al2O3
(2).P2O5(3).Cl2+H2O=HCl+HClO(4).先产生白色胶状沉淀,后又逐渐溶解(5).Al3++
(1).Al2O3
(2).P2O5(3).Cl2+H2O=HCl+HClO(4).先产生白色胶状沉淀,后又逐渐溶解(5).Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
观察这些元素的位置关系推断A位于第二周期,BCD位于第三周期,设C的最外层电子数为x,那么A的最外层电子数为x,B的最外层电子数为x-1,D的最外层电子数为x+1,得x+x+x-1+x+1=24,x=6,因最外层电子数等于主族序数,即AC位于第ⅥA族,则A为O元素,C为S元素,继而B为P元素,D为Cl元素。
设E的价态为+n,则E与盐酸的化学方程式可写为E+nHCl=ECln+
H2↑,n(E):
n(H2)=1:
,其中n(E)=1mol,n(H2)=
mol=1.5mol,带入数据于上述方程中,解得n=3,由题意知E3+与A的阴离子,即O2-,核外电子层结构完全相同可推知E是Al元素。
故ABCDE分别为O、P、S、Cl、Al。
(1)AE分别为O和Al,其构成的化合物的化学式为Al2O3,B是P元素,其最高正价为+5,因而它最高价氧化物化学式是P2O5。
(2)D的单质是Cl2,与水反应生成盐酸和次氯酸,化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO。
(3)D与E形成的化合物为AlCl3,向其水溶液中滴入烧碱溶液,Al3+和OH-反应生成Al(OH)3白色胶状沉淀,当Al3+恰好完全反应,继续滴加碱液,Al(OH)3和OH-反应生成AlO2-和水。
因而现象是先产生白色胶状沉淀,后又逐渐溶解,有关离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
15.C
【详解】A.“钪”元素符号为Sc,故A正确;
B.21号元素位于元素周期表的第四周期第IIIB族,故B正确;
C.Sc原子外围电子排布式为3d14s2,最高正价为+3,故C错误;
D.根据外围电子排布式判断,第四周期中,基态原子未成对电子数为1的原子还有钾、铜、镓、溴4种,故D正确;