山东省单县五中2016高三化学四月周末训练(二)(含解析)

PAGE投稿兼职请联系：2355394692PAGE10高考资源网（），您身边的高考专家投稿兼职请联系：2355394692理综化学周末训练(二)本卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分300分，考试用时150分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14K-39Al-27Cu-64I-127第I卷一、选择题：（本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）7．化学与人类生产、生活、环境保护及社会可持续发展密切相关，下列有关叙述正确的是()A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．PM2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害物质，对人的肺功能造成很大危害C．二氧化硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片D．汽车尾气中含有大量大气污染物，这是汽油不完全燃烧造成的【答案】B【解析】绿色化学又称环境友好化学，绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A错误；PM2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害物质，对人的肺功能造成很大危害，危机人体健康，B正确；硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片，二氧化硅用于光导纤维，C错误；汽车尾气中含有大量大气污染物，主要是在高温下氮气与氧气形成的，汽油不完全燃烧产生CO，D错误。8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAC．标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子D．50ml12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】A【解析】H218O与D2O相对分子质量均是20，且二者均含有10个中子，则2.0gH218O与D2O的混合物的物质的量是10.1mol，其中所含中子数为NA，A正确；1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，B错误；标准状况下三氧化硫不是气态，不能适用于气体摩尔体积计算物质的量，则22.4LSO3含有的分子数不是NA个，C错误；浓盐酸与二氧化锰的反应中随着反应的进行，浓度变稀，稀盐酸不能被氧化，则50ml12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，D错误。9．某课外活动小组的同学从采集器中获得粉尘颗粒样品，然后用蒸馏水溶解，得到可溶性成分的浸取液。在探究该浸取液成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（）A．取浸取液少许，滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则可能含有Cl-B．取浸取液少许，加入Cu和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，则可能含有NO3-C．取浸取液少许，滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则一定含SO42-D．用洁净的铂丝棒蘸取浸取液，在酒精灯外焰上灼烧，焰色呈黄色，则一定含有Na+【答案】C【解析】滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则可能含有Cl-、SO42—等，A正确；红棕色气体应该是NO2，说明溶液中可能含有NO3-，B正确；硫酸银能溶于稀硝酸，C错误；焰色反应呈黄色，则一定含有Na+，D正确。10．X、Y、Z、W、Q是五种原子序数依次增大的短周期元素，除Z外的另外四种元素在周期表中的位置如图所示，其中Y、W、Q的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物间均能发生反应，下列说法中正确的是（）A．简单离子半径大小关系为：W＞Z＞YB．核外最外层电子数：Q＞Y＞X＞W＞ZC．X与氢元素形成的化合物中，只含极性键D．常见单质的熔沸点：X＞W＞Z【答案】D【解析】本题考查元素周期表和元素周期律。因Y能形成水化物，故Y不是氧、氟元素，再由“Y、W、Q的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高氧化物对应的水化物间均能反应”知Y是氮元素、X是碳元素、W是铝元素、Q是硫元素。再结合Z的性质与原子序数依次增大的等信息知其是钠元素。N3－、Na＋、Al3＋离子电子层结构相同，半径最小的是Al3＋，A错误；核外最外层电子数：Q＞Y＞X＞W＞Z，即6＞5＞4＞3＞1，B错误；碳与氢元素形成的化合物中，甲烷只含极性键，乙烷既含极性键又含非极性键，C错误；常见单质的熔沸点：金刚石＞铝＞钠，D正确。11．下列说法错误的是()A．pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10B．0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为10－13mol·L-1C．常温下，等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合，混合后溶液pH＜7D．1.0mol·L-1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3【答案】B【解析】pH=2的氢离子浓度为0.01mol/L，pH=1的氢离子浓度为0.1mol/L，所以氢离子浓度比为0.01:0.1=1:10，A正确；在0.1mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度不是0.1mol/L，所以水电离的氢离子浓度不是10－13mol·L-1，B错误；氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol/L，醋酸的浓度大于0.01mol/L，则二者混合后酸有剩余，溶液显酸性，C正确；碳酸钠溶液中物料守恒有，0.5c(Na+)=c(HCO3－)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)，电荷守恒有，c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32-)，可以推出c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，12．下列除去杂质的操作方法正确的是（）A．NO中有少量的NO2：用水洗涤后再干燥B．食盐中有少量的NH4Cl：加过量的烧碱溶液后加热蒸干C．N2中有少量的O2：通过足量灼热的氧化铜D．硝酸中溶有少量NO2：可向硝酸中加入少量水，使NO2与水反应生成硝酸【答案】A【解析】NO2溶于水生成NO和硝酸，则NO中有少量的NO2：用水洗涤后再干燥，A正确；食盐中有少量的NH4Cl，加过量的烧碱溶液后加热蒸干得到的氯化钠中含有氢氧化钠，应该是直接加热，B错误；氧化铜与氧气不反应，N2中有少量的O2：通过足量灼热的铜，C错误；加水后可导致浓度降低，使得硝酸性质发生改变，D错误。13．下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如下图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的是()A．甲为小苏打，乙为纯碱B．要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C．加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D．整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊【答案】C【解析】碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大试管，大试管直接加热，温度较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，A正确；白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，B正确；碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，C错误；碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，D正确。26．（14分）为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验。实验I：反应产物的定性探究按下图装置（固定装置已略去）进行实验（1）A中反应的化学方程式为：。（2）实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是_____________。（3）实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子的操作方法是。（4）为说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断，还须进行一次实验。实验方案为。（5）某同学想用SO2气体进行喷泉实验（装置如图所示），烧杯中的溶液可以为（填序号）a．NaOH溶液b．饱和NaHSO3溶液c．氯水d．KMnO4溶液实验Ⅱ：反应产物的定量探究（6）为测出硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液振荡，以淀粉溶液为指示剂，用bmol·L-1Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次实验平均消耗该Na2S2O3溶液VmL。若反应消耗铜的质量为ag，则硫酸铜的产率为（已知：2Cu2++4I－＝2CuI+I2，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－）。【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（2分）（2）D装置中黑色固体颜色无变化，E中溶液褪色（2分）（3）将A装置中试管内冷却的混合物沿杯壁缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌（2分）（4）使用上述装置，不放入铜丝进行实验，观察无水硫酸铜是否变蓝（其他合理答案也可）（2分）（5）acd（3分）（6）（64bV/a）%（3分）【解析】（1）铜和浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。（2）根据A中反应生成物进行分析，如果D中有黑色变化为红色的现象证明A有氢气生成，同样E中品红褪色证明A中生成二氧化硫。那么D装置中氧化铜黑色不变化，E装置中品红试液褪色，则可说明生成了二氧化硫气体而没有生成氢气证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素。（3）验证生成的溶液中含Cu2+，冷却后将A中溶液需要把试管中的液体倒入盛水的烧杯中观察是否出现蓝色，若出现蓝色溶液证明含有Cu2+。（4）要说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断，则可以使用上述装置，不放入铜丝进行实验，观察无水硫酸铜是否变蓝。（5）要形成喷泉，则必须形成压强差，氢氧化钠溶液、氯水、高锰酸钾溶液均可以吸收SO2，而形成喷泉，饱和亚硫酸氢钠不能吸收SO2不能形成喷泉，答案选acd。（6）n(Na2S2O3)＝0.001Vbmol。设生成硫酸铜的物质的量为n,由反应2Cu2++4I－＝2CuI+I2，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－可得Cu２+2S2O3２-22n0.001Vbmol×250/25解得n＝0.01Vbmol所以硫酸铜产率为27．（15分）能源短缺是人类面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源．具有广泛的开发和应用前景。因此甲醇被称为21世纪的新型燃料。Ⅰ、已知在常温常压下：①H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ.mol-1②2CH3OH(l)十3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=-1275.6kJ·mol—1写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式。Ⅱ、工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应A：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H1反应B：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H2在体积为2L的合成塔中，充人2molCO2和6molH2，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化及甲醇的物质的量随时间、温度变化如下图所示。（T1、T2均大于300℃（1）则上述CO2转化为甲醇的反应的△H1____0（填“＞”“＜”或“＝”）。（2）从反应开始到平衡(10min)，用H2表示的反应速率为__________；（3）下列说法正确的是。A．若保持恒温，当容器中n(CH3OH)︰n(H2O)为1︰1时，该反应已达平衡状态B．若保持恒温，当容器内气体压强恒定时，该反应已达平衡状态C．若其他条件不变，则平衡常数：K(T1)＜K(T2)D．处于A点的反应体系的温度从T1变到T2，达到平衡时增大（4）对于反应A，若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是。A．增加CO2的量B．升高温度C．充入He，使体系总压强增大D．按原比例再充入CO2和H2（5）某温度下，将4molCO和12molH2,充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.5mol·L—1，，则该温度下该反应的平衡常数为(mol/L)-2。（6）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为A，则容器内的压强与起始压强之比为。【答案】Ⅰ：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.8kJ·mol-1（3分）Ⅱ:（1）<（2分）（2）0.24mol/L.min（2分）（3）BD（2分）(4)AD（2分）(5)0.33（2分）(6)1-0.5A（2分）【解析】Ⅰ：甲醇燃烧热是指1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水，根据盖斯定律，(②－①×4)/2，甲醇燃烧热的热化学方程式CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.8kJ·mol-1；Ⅱ:（1）根据先拐先平，，升高温度，甲醇的物质的量减小，焓变<0；（2）0.24mol/(L.min)；（3）若保持恒温，当容器中n(CH3OH)︰n(H2O)为恒量，1︰1时反应不一定达平衡状态；，若保持恒温，压强为变量，当容器内气体压强恒定时，该反应一定达平衡状态；焓变<0，升高温度平衡逆向移动，若其他条件不变，则平衡常数减小：K(T1)>K(T2)；处于A点的反应体系的温度从T1升高到T2，平衡逆向移动，达到平衡时增大；所以BD正确；（4）增加CO2的量，平衡正向移动，甲醇产率增大；升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率减小；充入He，使体系总压强增大，平衡不移动，甲醇产率不变；按原比例再充入CO2和H2；相当于增大压强，平衡正向移动，甲醇产率增大，故AD正确；=0.33（6）压强比等于物质的量比，（4-2A）:4=1-0.5A。28．（14分）Ⅰ.在如图所示装置中，U形管内装满稀H2SO4，a为铁电极，b为多孔石墨电极。①断开K2接通K1时，为_____________极，b电极上的电极反应式为________________；②断开K1时接通K2，a为_____________极；该电极上的电极反应式是____________一段时间后，溶液的pH_________(填“增大”、“减小”或“不变”)Ⅱ.双隔膜电解池的结构示意简图如图所示，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠，并得到氢气和氧气。a气体为______________，B溶液为________________；C隔膜为____________(阳离子交换膜、阴离子交换膜)，该电解反应的总方程式可表示为_______________________。【答案】Ⅰ、①正（1分）2H++2e-=H2↑（2分）②阳（1分）Fe-2e-=Fe2+（2分）增大（1分）Ⅱ、氧气（1分）氢氧化钠（1分）阴离子交换膜（2分）2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑（3分）【解析】Ⅰ.①接通K1、断开K2时，形成原电池，活泼金属电极a是负极，b是正极，该极上发生得电子的还原反应2H++2e-=H2↑，故答案为：；②接通K2、断开K1时，a和电源的正极相连，是阳极，该极上金属本身失电子，电解硫酸的过程中，在阴极上氢离子得电子，所以氢离子浓度减小，酸性减弱，pH增大；Ⅱ.在阳极氢氧根离子放电生成氧气，在阴极氢离子放电生成氢气，所以a气体为氧气，b气体为氢气，在阳极氢氧根离子放电生成氧气，同时生成氢离子，所以阳极生成硫酸，即A溶液为硫酸；在阴极氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，所以阴极生成NaOH，即B溶液为氢氧化钠，根据外加电源的正负极可知有气体a生成的一极为阳极，有气体b生成的一极为阴极；阳离子透过d隔膜向阴极移动，则d隔膜为阳离子交换膜，阴离子透过c隔膜向阳极移动，c隔膜为阴离子交换膜，在阳极氢氧根离子放电生成氧气，在阴极氢离子放电生成氢气，所以该电解反应的总方程式为2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑。36．【化学——选修2：化学与技术】(15分)工业上以铝土矿（主要成分是氧化铝，含氧化铁、氧化镁、二氧化硅、氧化铜等杂质）为原料提取铝的无机化工流程如图：已知：NaOH溶液与二氧化硅反应非常缓慢，在工业生产时不必考虑。（1）固体A为________________________________；试剂X为________，Y为________。（2）写出反应②的离子方程为___________________________。（3）实验室里完成反应③所需要的实验仪器主要有___________________________。（4）反应④所得的铝材中，往往含有少量的铁和硅等杂质，可用电解的方法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为_____________________。下列可作阴极材料的是（）A．铝材B．石墨C．铅板D．纯铝（5）铝土矿中Al2O3的含量为40.8％，要使1t铝土矿中的Al2O3全部溶解理论上至少需要X的质量为_________________。【答案】（15分）（1）Fe2O3、MgO、CuO（3分）NaOH（1分）CO2（1分）（2）AlO2－+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO3－（2分）（3）酒精灯、坩埚、三脚架、泥三角、玻璃棒、坩埚钳等（2分）（4）2Al－3e－===Al3+（2分）D（2分）（5）0.32t（2分）【解析】本题考查了反应原理、电极方程式、化学实验、化学计算等，意在考查考生理解和应用能力。（1）铝土矿中的主要成分Al2O3，溶于过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠溶液I，而氧化铁、氧化镁、氧化铜等杂质不与氢氧化钠溶液反应；（2）偏铝酸钠溶液与过量的CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；（3）高温灼烧氢氧化铝需要的仪器有：酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架、泥三角、玻璃棒等；（4）因为铁和硅的放电能力比铝弱，故将粗铝作电解池的阳极，纯铝作阴极，阳极上铝失去电子进入溶液，而铁和硅形成阳极泥沉于池底。电极反应为：Al－3e－===Al3+（5）根据关系式Al2O3~2NaOH进行计算，可得氢氧化钠的质量为0.32t。37．【化学——选修3：物质结构与性质】(15分)已知A、B、C、D、E都是周期表中的前四周期的元素，它们的核电荷数A<B<C<D<E。其中B、D、E原子最外层电子层的P能级（轨道）上的电子处于半充满状态。通常情况下，A的一种氧化物分子为非极性分子，其晶胞结构如右图所示。原子序数为31的元素镓（Ga）与元素B形成的一种化合物是继以C单质为代表的第一类半导体材料和GaE为代表的第二代半导体材料之后，在近10年迅速发展起来的第三代新型半导体材料。试回答下列问题：（1）基态Ga原子的核外电子排布式为：。（2）A、B、C的第一电离能由大到小的顺序：（用元素符号表示）。（3）B元素的单质分子中有个π键，与其互为等电子体的物质的化学式可能为（任写一种）。（4）上述A的氧化物分子中心原子采取杂化，其晶胞中微粒间的作用力为。（5）EH3分子的空间构型为，其沸点与BH3相比（填“高”或“低”），原因是（6）向CuSO4溶液中逐滴加入BH3的水溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解得到深蓝色的透明溶液。请写出沉淀溶解的离子方程式．【答案】（1）1S22S22P63S23P63d104S24P1或[Ar]3d104S24P1（2分）（2）N>C>Si（2分）（3）2（1分）CO或CN-（2分）（4）sp,（1分）分子间作用力（1分）（5）三角锥形（1分）低（1分）NH3分子间存在氢键（1分）（6）Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]+2OH-+4H2O（3分）【解析】ABCDE都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A<B<C<D<E，其中BDE原子最外层的p能级上的电子处于半满状态，则B应为N，其电子排布式应为1s22s22p3，D为磷，其电子排布式应为1s22s22p63s23p3，A的一种氧化物分子为非极性分子，由晶胞结构可知为二氧化碳分子，则A为碳，以碳单质为代表的第一代半导体材料，则C为硅，GaE为代表的第二代半导体材料，则为硅。（1）Ga的原子序数为31，则基态Ga原子的核外电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S24P1或[Ar]3d104S24P1。（2）非金属性越强，第一电离能越大，则第一电离能为N>C>Si。（3）氮气的结构式，含有2个π键，具有相同原子数和价电子数的微粒为等电子体，则与其互为等电子体的物质的化学式可能为CO或CN-。（4）A的氧化物分子为二氧化碳，为直线结构，则中心碳原子采取sp杂化，其晶胞中微