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《名校》广西壮族自治区高三上学期联合调研(12月)考试理科综合化学试题 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:95726 上传时间:2024-05-25 格式:DOC 页数:9 大小:507KB
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资源描述

1、广西名校2019届高三上学期联合调研(12月)考试理科综合试题(化学部分)1.中华本草等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。下列说法错误的是A. 炉甘石不溶于水,但能溶于稀盐酸或稀硫酸B. 锌是人体必需的微量元素C. ZnCO3是含有共价键的离子化合物D. 将炉甘石、赤铜(Cu2O)和木炭粉混合后灼热可制得青铜【答案】D【解析】【详解】A.ZnCO3不溶于水,但能与稀盐酸或稀硫酸反应而溶解,故A项说法正确;B.锌是人体必需的微量元素,故B项说法正确;C.ZnCO3中Zn2+与CO32-是以离子键结合的,CO32-内部是以共价键结合的,故C项说法正确;D.将

2、炉甘石、赤铜(Cu2O)和木炭粉混合后灼热,ZnCO3分解成ZnO和CO2,ZnO、Cu2O被碳还原得到Zn和Cu,所以最终得到黄铜而非青铜,故D项说法错误。答案选D。2.下列叙述正确的是A. 同等质量的乙炔(C2H2)和苯中,原子数比为13B. 16gO2与16gO3中,含有相同的质子数C. 1mol重水(D2O)与1mol水(H2O)中,中子数相同D. 1mol二氧化碳和1mol甲烷中,共用电子对数目之比为12【答案】B【解析】【详解】A.乙炔和苯的最简式相同都为CH,所以同等质量的乙炔和苯中C、H原子数目相等,所以同等质量的乙炔(C2H2)和苯中原子数比为11,A项错误;B.16gO2与

3、16gO3中,所含的氧原子数相同,因此有相同的质子数,B项正确;C.1mol重水中氘原子含1个中子,而水中H原子不含中子,重水与水中氧原子的中子数相同,所以物质的量相同的重水和水中中子数不同,故C项错误;D.1个二氧化碳分子中含有4对共用电子对,1个甲烷分子中含有4对共用电子对,所以1mol二氧化碳和1mol甲烷中,共用电子对数目之比为11,故D项错误。答案选B。3.苯环之间共用两个相邻碳原子而互相稠合的芳香烃称为稠环芳香烃,萘()是最简单的一种。下列关于萘的说法错误的是A. 在加热和浓硫酸作用下,萘可以与浓硝酸发生取代反应B. 萘的二氯代物有9种(不含立体异构)C. 萘分子中所有碳原子和氢原

4、子均处于同一平面D. 萘不能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A.萘与苯性质相似,在加热和浓硫酸作用下,可以与浓硝酸发生取代反应,故A项说法正确;B. 萘的二氯代物有10种(不含立体异构),如图,氯原子可以取代图中8个碳原子上的H,1、4、5、8等效,2、3、6、7等效,一个氯定位到1位,则二氯能取代位置为1,2;1,3;1,4;1,5;1,6;1,7;1,8;共七种;一个氯定位到2位,则二氯能取代位置为2,3;2,6;2,7;共三种,总共10种,故B项说法错误;C.萘分子中两个苯环共用两个碳原子,由于碳碳键无法旋转,联想苯的结构,萘分子中所有碳原子和氢原子均处于同一平面上,故C

5、项说法正确;D.萘分子中没有碳碳双键,所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色,故D项说法正确。答案选B。【点睛】关于二元取代物数目的确定,可以用定一移二法来找,即先定一个取代位置,移动另一个取代位置,从而得到总数目。4.下列实验操作不当或实验结论错误的是A. 用过氧化氢溶液制取氧气时,加少量MnO2以加快反应速率B. 用标准HCl溶液滴定 NaHCO3溶液来测定其浓度,选择甲基橙为指示剂C. 用铂丝蘸取某碱金属的化合物溶液灼烧,火焰呈黄色,证明该化合物是钠盐D. 给试管里的液体加热,液体体积一般不超过试管容积的三分之一【答案】C【解析】【详解】A. MnO2具有催化作用,能够加快过氧化氢溶液的分解,加

6、快反应速率,A正确;B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液,滴定终点时,碳酸氢钠完全反应生成氯化钠、二氧化碳和水,此时溶液显酸性,应该选择遇酸变色的甲基橙为指示剂,B正确; C. 用铂丝蘸取某碱金属的化合物溶液灼烧,火焰呈黄色,证明该化合物一定含有钠元素,可能是钠盐,也有可能是氢氧化钠等,C错误;D. 为防止加热过程中液体不会从试管里溢出,给试管里的液体加热,液体体积一般不超过试管容积的三分之一,D正确;综上所述,本题选C。5.如图装置,放电时可将Li、CO2转化为Li2CO3和C,充电时选用合适催化剂仅使Li2CO3转化为Li、CO2和O2。下列有关表述正确的是A. 放电时,Li+向电极

7、X方向移动B. 充电时,电极Y应与外接直流电源的负极相连C. 充电时,阳极的电极反应式为C+2Li2CO34e=3CO2+4Li+D. 放电时,每转移4mol电子,生成1molC【答案】D【解析】由图可知放电时,电极X为负极,负极上锂放电生成锂离子,电极反应式为:Li-e-=Li+;电极Y为正极,正极上CO2放电转化为Li2CO3和C,电极反应式为3CO2+4Li+4e-= C+2Li2CO3。放电时,阳离子Li+向正极Y方向移动,A错误;放电时,电极Y为正极,充电时电极Y应与外接直流电源的正极相连,B错误;充电时阳极上,合适催化剂仅使Li2CO3转化为CO2和O2,电极反应式为2Li2CO3

8、4e-=2CO2+ O2+4Li+,C错误;由正极电极反应式可知,放电时,每转移4mol电子,生成1molC,D正确。6.常温下,向10mL0.1molL1CuCl2溶液中滴入0.1mlL1的Na2S溶液,滴加过程中溶液中1gc(Cu2+)随滴人的Na2S溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A. Na2S溶液中:c(S2)+c(HS)+c(H2S)=2c(Na+)B. Ksp(CuS)的数量级为1036C. a、b、c三点溶液中,b点水的电离程度最大D. c点溶液中:c(C1)=2c(Na+)【答案】B【解析】【分析】A.根据物料守恒写出Na2S溶液中离子浓度之间的关系式;B.b点是CuC

9、l2与Na2S溶液恰好完全反应的点,c(Cu2+)=c(S2-),据此进行分析;C.CuCl2、Na2S均能水解促进水电离,氯化钠对水的电离平衡无影响;D.c点溶液为NaCl和Na2S,根据原子守恒计算出n(Cl-)、n(Na+),从而得出结论。【详解】A.根据物料守恒Na2S溶液中:2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+),故A错误;B.b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点,c(Cu2+)=c(S2-),根据b点数据,c(Cu2+)=110-18mol/L,该温度下Ksp(CuS)=110-36,Ksp (CuS)的数量级为10-36,故B正确;C.CuCl2、

10、Na2S均能水解、促进水电离,b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点,溶质是氯化钠,对水的电离平衡没有影响,水的电离程度最小的为b点,故C错误;D.c点溶液为NaCl和Na2S,根据原子守恒可知,n(Cl-)=100.1210-3=210-3mol,n(Na+)=0.12010-32=410-3mol,则 c点溶液中:2c(Cl-)=c(Na+),故D错误;综上所述,本题选B。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加,X的某种单质可用作粮仓中的粮食保护气,Y和Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数,Z原子核外电子数是W原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是A. 原

11、子半径大小为YXWZB. Z的简单氢化物的热稳定性比W的弱C. Y、W的离子具有相同的电子层结构D. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强【答案】B【解析】【分析】根据元素周期表,短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X的某种单质可用作粮仓中的粮食保护气,X为N元素;Y和Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数,Z原子核外电子数是W原子最外层电子数的2倍,设W的最外层电子数为a,则Z的核外电子数为2a,Y的最外层电子数为a-(2a-10)=10-a,若a=7,则Z为Si,Y为Al,W为Cl符合题意;若a=6,Z为Mg,Y为C或Si均不符合原子序数增大,以此来解答。【详解】由

12、上述分析可知,X为N,Y为Al,Z为Si,W为Cl,A.电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径:r(X)r(W)r(Z)r(Y),故A项错误;B非金属性ZW,则元素Z的简单氢化物的热稳定性比W的弱,故B项正确;C元素Y、W的离子相差1个电子层,故C项错误;D.非金属性Z”或“ (6). p3p2p1 (7). 50% (8). 0.01【解析】【详解】(1)在反应中N的化合价从+5+4降低1价,Mo从0+6升高6价,根据氧化还原反应中化合价升降总数相等,必有6个硝酸中N降低61=6价,同时有1个Mo升高16=6价,即6个硝酸和1个Mo同时反应,即氧化剂有6摩尔硝酸反应

13、时,就有1摩尔还原剂钼反应,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1,故答案为6:1;(2)根据盖斯定律2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s);2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g);MoS2(s)+2 O2(g)=Mo(s)+2SO2(g),(式-式)2=式,所以H3=(H2-H1),故答案为(H2-H1);(3)将辉钼矿(MoS2)放入装有食盐水的电解槽中,用惰性电极电解,MoS2被氧化为MoO42-和SO42-,所以辉钼矿应放入电解槽的阳极,故答案为阳极区;阴极区放电的阳离子为钠离子和氢离子,放电顺序氢离子在钠离子之前,阴极氢离子放电的电极反应为2H+2e

14、-=H2(或2H2O+2e-=H2+2OH-),故答案为2H+2e-=H2(或2H2O+2e-=H2+2OH-);(4)由图1相同压强下,温度升高,氢气转化率增大,则平衡正向移动,又因为温度升高平衡向吸热反应方向移动,所以该反应正向吸热,H0,故答案为;根据反应方程式MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)可知该反应正向为气体体积增大的方向,在相同温度下,压强越大氢气的转化率越小,由图1可知:在相同温度下p1下氢气的转化率最大,所以p1压强最小,p3下氢气的转化率最小,所以p3压强最大,所以p3p2p1,故答案为p3p2p1

15、由MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s),设A混合气体的总物质的量为1mol,则A点时H2的物质的量为0.4mol,H2O的物质的量为0.4mol,则变化的H2的物质的量为0.4mol,A点时H2的为平衡转化率为(H2)=50%,故答案为50%B点时H2、CO的体积分数均为25%,混合气体为H2、CO、H2O,则H2O的体积分数为1-25%-25%=50%,B点对应的平衡常数K=0.01,故答案为0.01【点睛】在分析图1那种有三个变量的图像时,一般做法是定一议二法,即先找相同压强下氢气平衡转化率与温度的关系,再定相同温度

16、下氢气平衡转化率与压强的关系。11.铜的相关化合物在化工、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题:(1)基态Cu原子中,核外电子占据的最高能层的符号是_,占据该能层电子的电子_云轮廓图形状为_;Cu2+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为_。(2)Cu2O熔点(1235)比Cu2S熔点(113)高,它们均属于_晶体,前者熔点较高的原因是_。(3)Cu可与N、S,O等元素形成化合物,N、S、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_;在Cu的催化作用下,乙醇可被氧化为乙醛,乙醛分子中碳原子的杂化方式是_。(4)1moCu(NH3)4SO4中含有键的数目为_(用NA表示阿伏加德罗常数)。(5)Cu与

17、N所形成的某种晶体的立方晶胞如图所示,其晶胞参数为amm。该晶体的化学式为_,晶体的密度为_gcm3(列出计算式即可,用NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】 (1). N (2). 球形 (3). (4). 离子 (5). Cu20与Cu2S相比,阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同,但O2-半径比S2-半径小,所以Cu20的晶格能更大,熔点更高 (6). NOS (7). sp3 sp2 (8). 20NA (9). Cu3N (10). 2061021/(NAa3)【解析】【分析】(1) 根据基态Cu原子核外电子排布1s22s22p63s23p63d104s1,判断核外电子占据的最高能层,占

18、据该能层电子的电子云轮廓图形状;画出Cu2+价层电子的轨道表达式;(2)组成和结构相似的离子晶体,晶格能越大,熔点更高; (3) 同一主族, 从上到下,第一电离能减小;同周期随原子序数增大,元素第一电离能呈增大趋势,IIA 族、VA族原子第一电离能高于同周期相邻元素;根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数,确定甲醛分子中碳原子的杂化方式;(4)1个NH3中有3个键;1个SO42-中含有4个键;1个铜原子与4个NH3形成4个配位键;据此进行计算; (5)利用均摊法计算晶胞中原子个数,从而找出该物质的化学式;先计算1mol晶胞的质量,再根据=m/V求出晶体的密度。【详解】(1) 基态Cu原子核外

19、电子排布: 1s22s22p63s23p63d104s1,核外电子占据的最高能层的符号是N;占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形;Cu2+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为,;综上所述,本题答案是:N;球形;。(2)Cu20熔点(1235)比Cu2S熔点(1130)高,其原因是它们都属于离子晶体,但Cu20与Cu2S相比,阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同,但O2-半径比S2-半径小,所以Cu20的晶格能更大,熔点更高;综上所述,本题答案是:离子;Cu20与Cu2S相比,阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同,但O2-半径比S2-半径小,所以Cu20的晶格能更大,熔点更高。(3) 同一主族

20、, 从上到下,第一电离能减小,同周期随原子序数增大,元素第一电离能呈增大趋势,氮元素原子2p轨道为半满稳定状态,第一电离能高于同周期相邻元素;因此N、S、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为:NOS;乙醛中甲基上的C形成4条键,无孤电子对,因此采取sp3杂化类型,醛基中的C形成3条键和1条键,无孤电子对,采取sp2杂化类型;综上所述,本题答案是:NOS;sp3 、sp2; (4)1个Cu(NH3)4SO4中,有4个NH3,1个NH3中有3个键;共含有43=12个键;1个SO42-中含有4个键;1个铜原子与4个NH3形成4个配位键,即有4个键;因此1 moICu(NH3)4SO4中含有键的数目

21、为20NA;综上所述,本题答案是:20NA。(5)由晶胞图可知,一个晶胞中,Cu原子的数目为121/4=3,N原子的数目为81/8=1,因此该晶体的化学式为Cu3N;1mol 晶胞的质量为643+14=206g,一个晶胞的体积V=(a10-7)3cm3,因此晶体的密度=206NA(a10-7)3= 206NAa310-21= 2061021/(NAa3) g/cm3;综上所述,本题答案是:Cu3N;2061021/(NAa3)。【点睛】本题考查了物质结构和性质,涉及核外电子排布、晶格能、杂化轨道、键、晶胞计算等,为高频考点,利用构造原理写出基态该原子核外电子排布,注意利用均摊法计算晶胞的化学式

22、,(4)为该题难点,题目难度中等。12.某化学研究性学习小组以烃A(C5H10)和甲苯为主要原料,采用以下方法合成一种重要的香精素M。已知以下信息:E的结构简式为;F的核磁共振氢谱有4组峰,峰面积之比为3311。回答下列问题:(1)烃A的系统命名法名称为_,C的分子式为_。(2)条件I为_,EF的反应类型是_,GH的反应类型是_。(3)M的结构简式为_。(4)写出CD的化学方程式:_。E生成高分子化合物的化学方程式为_。(5)写出同时符合下列条件的D的同分异构体:_。能与NaOH溶液反应 能发生银镜反应 分子中含有两个甲基(6)E具有相同官能团的E的同分异构体还有_种(E除外)【答案】 (1)

23、. 2-甲基-1-丁烯 (2). C5H12O2 (3). 氢氧化钠的水溶液加热 (4). 消去反应 (5). 水解反应(或取代反应) (6). (7). (8). (9). (10). 11【解析】【分析】由各反应条件和E中羧基是两次氧化得到,可倒退得到D含醛基,C为醇类,B是由A加成溴得到,结合A的分子式,故A为烯烃,B为卤代烃,E转化到F,比较分子式可得,F比E少1分子水,故E到F发生消去反应,由于各反应碳架结构不变化,结合E的结构简式,故A到F分别为A:,B:,C:,D:,E:,F:;甲苯光照取代位置在甲基上,故G为苄基氯,H为苄基氯水解产物故为苯甲醇。【详解】(1)由分析可知A为,名

24、称为2-甲基-1-丁烯,故答案为2-甲基-1-丁烯;C为,故分子式为C5H12O2,故答案为C5H12O2;(2)条件I是转化为的水解反应的条件,即氢氧化钠的水溶液加热,故答案为氢氧化钠的水溶液加热;EF为到即为消去反应,故答案为消去反应;GH的反应条件为氢氧化钠的水溶液是卤代烃水解反应的条件,故答案为水解反应(或取代反应);(3)M为和苯甲醇酯化反应产物,故答案为(4)CD反应为的催化氧化,故答案为,发生缩聚反应,即同时羧基去羟基,羟基去氢,故反应为(5)D中含两个氧,符合条件的D的同分异构体必须含有醛基而且能与NaOH溶液反应,则必须为甲酸酯才能满足,含两个甲基,则必有支链,故答案为;(6)与E具有相同官能团,则必须含有羧基和羟基,则采用“定一移二”法,碳链上为4个碳,固定羟基后,移动羧基有、共12种,除E外共有11种,故答案为11。【点睛】多官能团有机物写同分异构时一般用到定一移二法,即固定一官能团,移动另一官能团位置来获得不同的异构体。

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