宁夏银川市高三4月高中教学质量检测化学试题

宁夏银川2018届高三4月高中教学质量检测理科综合试题化学部分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S321.下列说法错误的是A.生活中大力推广使用一次性塑料袋和纸巾B.用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D.将SO2添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用【答案】A【解析】A.一次性塑料袋为难以降解的高分子化合物，会破坏环境，纸巾是由木材生产的，不应该大力提倡，故A错误。B.铝盐和铁盐溶解后，溶液中的Al3+、Fe3+、水解分别生成Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物，故B项正确。C.维生素C是一种经常用于食品抗氧化剂的还原剂，故C正确。D少量的二氧化硫加入到葡萄酒中可以起到杀菌、保鲜、抗氧化的作用，故D正确。点睛：本题从生活中的化学入手，考察了学生在日常学习中对化学知识的积累，考察了学生平时的化学素养。2.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A.4.6g乙醇分子中含极性键数目为0.6NAB.标准状况下，2.24LSO3含分子数为0.1NAC.Na2S和Na2O2固体混合物7.8g中，含有的阴离子数为0.1NAD.0.2molNO和0.1molO2于密闭容器中充分反应后，其分子数为0.2NA【答案】C【解析】g的乙醇物质的量为0.1mol，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，一个分子中包含了7个记性共价键，所以极性键的总数应为0.7mol，故A错误；B.标况下标况下,三氧化硫不是气体,故B错误;C.Na2S和Na2O2摩尔质量相同，过氧化钠是有钠离子和过氧根离子构成;7.8g的.Na2S和Na2O2的混合物物质的量为0.1mol，含有的阴离子数0.1NA;所以C选项是正确的;D.2NO+O2⇌2NO2是一个可逆反应，不可能进行完，所以不能全部变成0.2NA的产物，故D错。点睛：本题通过考察阿伏伽德罗常数，主要检测了学生平时化学基础知识的掌握情况。3.下列说法正确的是A.乙酸与乙酸乙酯互为同分异构体B.乙烷室温下能与溴水发生取代反应C.医用消毒酒精中乙醇的浓度为9.5%D.乙烯可以用作生产食品包装材料的原料【答案】D【解析】A.乙酸的分子式为C2H4O2，而乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，不属于同分异构体，故A项错误。B.室温下，乙烷的性质稳定，无其它条件的情况下与溴水发生取代反应，故B项错误；C.医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故C错误。D.乙烯可用于生产聚乙烯，而聚乙烯可用于食品包装，因此乙烯可以用作生产食品包装材料的原料，故D项正确。点睛：本题有机化学的基本常识，包括同分异构现象、取代反应的条件、生活中的化学常识，平时要多注重基础知识的学习。4.NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图，该电池在使用边中石墨I电极上生成氧化物Y，下列说法错误的是A.Y的化学式可能为NOB.石墨I极为负极，石墨Ⅱ极为正极C.该电池放电时NO3从右侧向左侧迁移D.石墨I附近发生的反应为NO2+NO3ˉ－eˉ=N2O5【答案】A【解析】解:A.石墨Ⅱ通入氧气,发生还原反应,为原电池的正极，所以石墨I为原电池的负极，发生失电子的氧化反应，NO2失电子不可能得到NO，所以A选项错误；B.石墨Ⅱ通入氧气,发生还原反应,为原电池的正极，所以石墨I为负极，故B正确；C.原电池工作时，阴离子向负极移动,所以C选项是正确的；D.负极的电极反应应该为NO2+NO3ˉ－eˉ=N2O5所以D选项是正确的。点睛：以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池,在使用过程中石墨I电极为原电池的负极,NO2被氧化,N元素混合升高,应生成N2O5，电极方程式为NO2+NO3ˉ－eˉ=N2O5,石墨Ⅱ通入氧气,发生还原反应,为原电池的正极,电极方程式为O2+2N2O5+4eˉ=4NO3以此解答该题.5.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a与b同族，a元素的一种同位素原子核内无中子；c原子最外层电子数是内层电子数的1/5；b、d同周期且d在该周期原子半径最小。下列叙述正确的是A.a分别与b、d形成化合物类型相同B.4种元素中b的金属性最强C.d的氧化物的水化物一定是强酸D.工业上c单质常用电解熔融氧化物制备【答案】B6.通过实验、观察类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的现象和解释都正确的是选项操作可能的实验现象解释A品红溶液中通入某无色气体溶液褪色该气体一定是SO2B将CO2通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成CO2与Ba(NO3)2反应生成BaCO3C向淀粉KI溶液中通入少量Cl2溶液变蓝Cl2与淀粉发生显色反应D向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2>Fe3+A.AB.BC.CD.D【答案】D7.常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如下图所示。下列叙述正确的是A.MOH为弱碱，HA为强酸B.水的电离程度：X=Z>YC.若升高温度，Y、Z点对应溶液的pH均不变D.将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液呈碱性【答案】B【解析】A.纵坐标为物质的量的倍数取对数，HA从pH=4到pH=5稀释了100倍，所以HA为弱酸，MOH的pH从10到9稀释了10倍，所以MOH为强碱，故A错误；B.水的电离度受溶液中酸电离出的H+浓度或者碱电离出的OH浓度影响，X点pH=5时，c(H+)水=1014/105=109mol/L，Z点c(H+)水=109mol/L，Y点c(H+)水=1010mol/L，所以水的电离度X=Z>Y，故B正确；C.升温水的离子积会增大，溶液的pH值会发生变化，故C错误；D.HA为弱酸，MOH为强酸，X点和Z点相比，HA的溶液浓度大于MOH，所以等体积混合后溶液应该呈酸性，故D错误。点睛：本题通过图像的分析，考察了弱酸在稀释过程中电离程度的变化，同时考察了水的离子积，对学生知识的迁移运用有较高的要求。8.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下：已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全时的pH3.711.15.4(＞8溶解)9(＞9溶解)(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_________________(写出两条)。(2)过滤操作时所用玻璃仪器除烧杯外，还需要________________。(3)H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为C2O72，该反应的离子方程式为：____________________。(4)加入NaOH溶液调节溶液pH=8，既可以使溶液中某些杂质离子转化为沉淀，同时又可以将Cr2O72转化为________(填微粒的化学式)，当溶液的pH>8时，沉淀的主要成份为________(填化学式)。(5)钠离子交换树脂的反应原理为：Mn++nNaR=MRn+nNa+，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有________________，交换后溶液中浓度明显增大的离子为________________。【答案】(1).升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌等(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）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、加快溶解速度等措施，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，酸浸是溶解物质为了提高浸取率，可以升高温度增大物质溶解度，增大接触面积增大反应速率，或加快搅拌速度等。（2）过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。（3）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3+有还原性，Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，依据氧化还原反应电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O72−+8H+。（4）在碱性条件下Cr2O72会转化为CrO42−，根据图标中的信息可知溶液的pH=8的时候，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH>8的时候Al(OH)3会再次溶解，只剩下Fe(OH)3沉淀（5）根据框图转化关系可知，滤液Ⅱ中主要阳离子为Na+、Mg2+、Ca2+，钠离子交换树脂就是对滤液Ⅱ进行离子交换，交换的离子是Mg2+、和Ca2+，增加的是Na+。点睛：本题以污水处理为背景，考查离子方程式、化学方程式的书写、物质的分离、利用溶液的PH值对溶液中的离子进行分离等知识点，考查考生的综合运用能力。9.氢能是一种高效清洁、极具发展潜力的能源。利用生物质发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。(1)反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数随温度变化曲线如图所示。则△H1________△H2(填“>”、“<”或“=”)；△H3=________(用△H1、△H2表示)。(2)向2L密闭容器中充入H2和CO2共6mol，改变氢碳比[n(H2)/n(CO2)]在不同温度下发生反应III达到平衡状态，测得的实验数据如下表。分析表中数据回答下列问题：①温度升高，K值________(填“增大”、“减小”、或“不变”)。②提高氢碳比，K值________(填“增大”“减小”或“不变”)，对生成乙醇________(填“有利”或“不利”)③在700K、氢碳比为1.5，若5min反应达到平衡状态，则0~5min用H2表示的速率为________。(3)反应III在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中，电解活化CO2制备乙醇的原理如图所示。①阴极的电极反应式为________________。②从电解后溶液中分离出乙醇的操作方法为________________。(4)在一定条件下发生反应Ⅳ，测得不同温度对CO2的平衡转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法正确的为________(填序号)①不同条件下反应，N点的速率最大②M点平衡常数比N点平衡常数大③温度低于250℃时，随温度升高乙烯的产率增大④实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的平衡转化率【答案】(1).>(2).(2△H2+△H1)(3).减小(4).不变(5).有利(6).0.144mol·L1·min1(7).14CO2+12e+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3(8).蒸馏(9).②【解析】（1）由KT图可知，温度升高，反应Ⅰ的平衡常数增大，说明升高温度，平衡向正向移动，因此反应Ⅰ为正向吸热的反应，即△H1>0，同理反应Ⅱ平衡常数减小，说明升温平衡逆向移动，为放热反应，△H2<0，故△H1>△H2。根据盖斯定律，反应Ⅲ等于反应Ⅰ的逆反应加上反应Ⅱ的逆反应的2倍，故得出△H3=(2△H2+△H1)。（2）①由表中数据可知，n（H2）/n（CO2）一定情况下，温度越高，CO2转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，所以平衡常数k减小；故答案为：减小；②平衡常数只与温度有关，提高氢碳比[n（H2）/n（CO2）]，但温度不变，所以平衡常数K值将不变，但是增加氢气的量有利于平衡正向移动，有利于生成乙醇，故答案为：不变；有利；（3）①阴极得电子，发生还原反应，元素化合价降低，CO2中碳元素为+4价，乙醇中碳元素平均化合价为2价，为了维持电荷守恒，生成物还有HCO3，HCO3中的氢元素可从H2O中获得，则阴极的电极反应式为：14CO2+12e+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3；②与水溶液相比，乙醇易挥发，沸点较低，可采用蒸馏的方法从电解液中分离出乙醇。（4）①化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故①不正确；②升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故②正确；③温度低于250℃时，随温度升高平衡逆向进行乙烯的产率减小，故③不正确；④为提高CO2的转化率，平衡正向进行，反应是放热反应，低的温度下进行反应，平衡正向进行，但催化剂的活性、反应速率减小，故④不正确；故答案为：②。10.三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料，可用于制取乙硎烷(B2H6)，也可做有机合成的催化剂。某兴趣小组选用下列装置制备BCl3。查阅资料：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为－107.3℃，易水解；②2B+6HCl2BCl3+3H2请回答下列问题：(1)装置A中盛浓盐酸的仪器名称为_________；装置A中发生反应的离子方程为___________。(2)按气流方向连接各装置的接口，顺序为a→___→___→___→___→b→c→f→g→h，连接好装置后的第一步实验操作为_________。(3)装置C中盛放的试剂为_________，实验中若不用装置C，可能产生的危险为_________。(4)装置E的作用为__________________。(5)常温下，KSP[Mn(OH)2]=1.0×1013，向制取Cl2后的残余液中加入氢氧化钠溶液至Mn2+沉淀完全[c(Mn2+)≤1.0×105mol·L1]溶液的PH最小为_________。【答案】(1).分液漏斗(2).MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O(3).edjk(4).检查装置的气密性(5).饱和NaCl溶液(6).Cl2和H2加热发生爆炸(7).防止空气中的水蒸气进入U形管使产物发生水解；吸收多余Cl2,防止污染空气(8).10【解析】（1）装置A叫做分液漏斗，根据装置A的药品和反应条件可以知道该装置是实验室制备氯气的装置，其中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O。（2）根据实验目的“某兴趣小组拟选用下列装置制备BCl3，根据的原理是3Cl2+2B=2BCl3，所以装置连接的顺序应该为气体发生装置除杂装置反应装置收集装置尾气处理装置的顺序，又实验室制备氯气中夹杂有氯化氢和水，且应先除去HCl再除去水，按气流方向连接各装置的接口，顺序为a→e→d→j→k→b→c→f→g→h，点燃A处酒精灯之前要先检验装置的气密性，因此，本题正确答案是：edjk，检查装置的气密性。（3）装置C的作用是除去氯气中的氯化氢气体，夹杂在氯气中的氯化氢也会进入盛有硼粉的玻璃管发生反应2B+6HCl=2BCl3+3H2↑，可能产生的危险是氢气和氯气混合气体受热易爆炸，所以C中盛饱和氯化钠溶液可以除去氯气中的氯化氢，本题正确答案是：饱和NaCl溶液，Cl2和H2加热发生爆炸。（4）装置E的作用是防止空气中的水蒸气进入U形管使产物发生水解；吸收多余Cl2,防止污染空气.（5）已知KSP[Mn(OH)2]=1.0×1013，c(Mn2+)≤1.0×105mol·L1，带入公式KSP[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c(OH)2可得c(OH)=1.0×104，故pH=10。11.[化学——选修3：物质结构与性质]科学家成功合成了新型抗肿瘤铂(Ⅳ)类化合物Pt(HPxSC)Cl3，请回答下列问题：(1)基态磷原子价电子排布图为__________________。(2)在元素周期表中,铂元素与铁元素同族，则铂元素位于_________。A.s区B.p区C.d区D.ds区E.f区(3)磷、硫、氯的第一电离能由小到大的顺序为__________________(填化学式)。(4)与S同族的相邻元素氢化物沸点最高的为_________(填化学式),其原因为_________。(5)Pt2+还能与吡啶()、Clˉ结合形成二氯二吡啶合铂(Ⅱ)。①吡啶分子中,氮原子的轨道杂化方式为__________________。②二氯二吡啶合铂(Ⅱ)分子中存在的微粒间作用力有_________(填序号)。a.离子键b.配位键c.金属键d.非极性键e.氢键(6)铂(Pt)单质晶体中原子的堆积方式如图所示，由图可知，晶体铂的堆积方式为_________，一个晶胞中含有_________个铂原子，距离每个铂原子最近且等距离的铂原子有_________个。【答案】(1).(2).C(3).S<P<Cl(4).H2O(5).H2O分子间形成氢键(6).SP2(7).bd(8).面心立方(最)密堆积(9).4(10).12【解析】（1）磷元素为15号元素，最外层为5个电子，故价电子排布图为。（2）铁的价电子排布为3d64s2，位于d区，故铂也位于D区。（3）根据元素周期律，S、P、Cl三种元素在同一周期，但是P的最外层处于半充满状态，故按照S<P<Cl的顺序第一电离能增加。（4）同族的相邻元素氢化物沸点最高的是H2O，因为H2O中可以形成分子间氢键，造成H2O的沸点最高。（5）①通过结构可知吡啶中的N的与两个C以σ键相连同时还有一个大π键，剩余一对孤电子对，所以N原子是sp2杂化。②二氯二吡啶合铂(Ⅱ)分子中，中心离子是铂(Ⅱ)，配体是氯和吡啶，所以有配位键和非极性键，故选bd。（6）由图像可知，为面心立方(最)密堆积，每个面心各有一个原子，八个顶点各有一个，6×1/2+8×1/8=4，所以一个晶胞有4个