四川羅渡中學(xué)2018年高考化學(xué)四月選練（七）及答案

四川羅渡中學(xué)2018年高考化學(xué)四月選練（七）及答案一、選擇題1．分析下表，下列選項(xiàng)中錯(cuò)誤的是()弱酸CH3COOHHCNH2CO3電離常數(shù)(25℃)1.8×10－54.9×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11A.CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)、CN－在溶液中可以大量共存B．向食醋中加入水可使CH3COOH的電離平衡向電離方向移動(dòng)C．相同物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和NaCN溶液，后者pH較大D．pH＝a的上述3種酸溶液，加水后溶液的pH仍相同，則醋酸中加入水的體積最小解析：根據(jù)電離常數(shù)可知HCOeq\o\al(－,3)和CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)和CN－均不發(fā)生反應(yīng)，A正確；向食醋中加入水，CH3COOH的電離平衡正向移動(dòng)，B正確；由于電離常數(shù)HCN>HCOeq\o\al(－,3)，根據(jù)“越弱越易水解”可知C錯(cuò)；pH相同的CH3COOH、HCN、H2CO33種酸溶液，加入相同體積的水，CH3COOH溶液pH變化最大，則pH變化相同的情況下，CH3COOH溶液中加入水的體積最小，D正確。答案：C2.電導(dǎo)率是衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力大小的物理量，根據(jù)溶液電導(dǎo)率變化可以確定滴定反應(yīng)的終點(diǎn)。下圖是KOH溶液分別滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲線示意圖。下列示意圖中，能正確表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲線的是()解析：HCl為強(qiáng)電解質(zhì)，CH3COOH為弱電解質(zhì)，滴加NH3·H2O，先與HCl反應(yīng)，生成同樣為強(qiáng)電解質(zhì)的NH4Cl，但溶液體積不斷增大，溶液稀釋，所以電導(dǎo)率下降。當(dāng)HCl被中和完后，繼續(xù)與CH3COOH弱電解質(zhì)反應(yīng)，生成CH3COONH4，為強(qiáng)電解質(zhì)，所以電導(dǎo)率增大。HCl與CH3COOH均反應(yīng)完后，繼續(xù)滴加弱電解質(zhì)NH3·H2O，電導(dǎo)率變化不大，因?yàn)槿芤罕幌♂專邢陆第厔?shì)。答案：D3．已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9×10－11。某溶液中含有Cl－、Br－和CrOeq\o\al(2－,4)，濃度均為0.010mol·L－1，向該溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液時(shí)，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序?yàn)?)A．Cl－、Br－、CrOeq\o\al(2－,4)B．CrOeq\o\al(2－,4)、Br－、Cl－C．Br－、Cl－、CrOeq\o\al(2－,4)D．Br－、CrOeq\o\al(2－,4)、Cl－解析：根據(jù)溶度積的定義，Cl－、Br－和CrOeq\o\al(2－,4)，濃度均為0.010mol·L－1，氯離子沉淀時(shí)銀離子的最小值是1.56×10－10/0.010mol·L－1＝1.56×10－8mol·L－1，溴離子沉淀時(shí)銀離子的最小值是7.7×10－13/0.010mol·L－1＝7.7×10－11mol·L－1，CrOeq\o\al(2－,4)沉淀時(shí)銀離子的最小值是(9×10－11/0.010mol·L－1)1/2＝3×10－4.5mol·L－1，所以當(dāng)銀離子的濃度相等時(shí)，沉淀所需銀離子濃度小的先沉淀，所以三種離子的沉淀的先后順序是Br－、Cl－、CrOeq\o\al(2－,4)。答案：C4．用下列裝置制取并收集NO2氣體，其中最合理的是()解析：銅與濃硝酸反應(yīng)的產(chǎn)物是NO2，其密度比空氣的大，因此應(yīng)利用向上排空氣法收集NO2氣體，導(dǎo)氣管應(yīng)長(zhǎng)進(jìn)短出，這樣才能將裝置中的空氣排盡，且能防止倒吸，只有C項(xiàng)符合。答案：C5．對(duì)三聯(lián)苯是一種有機(jī)合成中間體，工業(yè)上合成對(duì)三聯(lián)苯的化學(xué)方程式為。下列說(shuō)法不正確的是()A．上述反應(yīng)屬于取代反應(yīng)B．對(duì)三聯(lián)苯分子中至少有16個(gè)原子共平面C．對(duì)三聯(lián)苯的一氯取代物有4種D．0.2mol對(duì)三聯(lián)苯在足量的氧氣中完全燃燒消耗5.1molO2解析：A項(xiàng)，該反應(yīng)可看作是中間苯環(huán)上的兩個(gè)氫原子被苯基取代；B項(xiàng)，對(duì)三聯(lián)苯分子在同一條直線上的原子有8個(gè)()，再加上其中一個(gè)苯環(huán)上的8個(gè)原子，所以至少有16個(gè)原子共平面；C項(xiàng)，對(duì)三聯(lián)苯分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，故其一氯取代物有4種；D項(xiàng)，對(duì)三聯(lián)苯的分子式為C18H14，則0.2mol對(duì)三聯(lián)苯完全燃燒消耗O2的物質(zhì)的量為0.2×(18＋eq\f(14,4))mol＝4.3mol。答案：D二、非選擇題1．利用噴霧干燥法脫硫工藝是除去SO2的常見方法，先將含SO2的廢氣溶于水，再用飽和石灰漿吸收，具體步驟如下：SO2(g)＋H2O(l)??H2SO3(l)??H＋(aq)＋HSOeq\o\al(－,3)(aq)ⅠHSOeq\o\al(－,3)(aq)??H＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)ⅡCa(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)ⅢCa2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)??CaSO3(s)Ⅳ該溫度下，測(cè)定吸收后液體中c(Ca2＋)一直保持為0.70mol·L－1，已知Ksp(CaSO3)＝1.4×10－7，則吸收后溶液中的SOeq\o\al(2－,3)的濃度為________。答案2×10－7mol·L－1解析根據(jù)硫酸鈣的溶度積常數(shù)表達(dá)式Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SOeq\o\al(2－,3))可知，c(SOeq\o\al(2－,3))＝eq\f(KspCaSO3,cCa2＋)＝eq\f(1.4×10－7,0.7)mol·L－1＝2.0×10－7mol·L－1。2．下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分別代表一種化學(xué)元素。試回答下列問(wèn)題：(1)元素p為26號(hào)元素，請(qǐng)寫出其基態(tài)原子電子排布式：________________________________________________________。(2)h的單質(zhì)在空氣中燃燒發(fā)出耀眼的白光，請(qǐng)用原子結(jié)構(gòu)的知識(shí)解釋發(fā)光的原因：__________________________________________________________________________________________________________________。(3)o、p兩元素的部分電離能數(shù)據(jù)如下表：元素電離能/kJ·mol－1opI1717759I215091561I332482957比較兩元素的I2、I3可知，氣態(tài)o2＋再失去一個(gè)電子比氣態(tài)p2＋再失去一個(gè)電子難。對(duì)此，你的解釋是____________________________________________________________________________。(4)第3周期8種元素單質(zhì)熔點(diǎn)高低的順序如圖1所示，其中電負(fù)性最大的是________(填圖1中的序號(hào))。(5)表中所列的某主族元素的電離能情況如圖2所示，則該元素是________(填元素符號(hào))。解析：(2)h為Mg元素，Mg單質(zhì)在空氣中燃燒發(fā)出耀眼的白光，電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時(shí)以光(子)的形式釋放能量。(3)o元素為Mn，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2，Mn2＋的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，其3d軌道為半充滿結(jié)構(gòu)，相對(duì)比較穩(wěn)定，當(dāng)其失去第3個(gè)電子時(shí)比較困難，而Fe2＋的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，其3d軌道再失去一個(gè)電子即為半充滿結(jié)構(gòu)，故其失去第3個(gè)電子比較容易。(4)第3周期8種元素分別為鈉、鎂、鋁、硅、磷、硫、氯、氬，其單質(zhì)中鈉、鎂、鋁形成金屬晶體，熔點(diǎn)依次升高；硅形成原子晶體；磷、硫、氯、氬形成分子晶體，且常溫下磷、硫?yàn)楣腆w，氯氣、氬為氣體，8種元素熔