巴蜀中学届高三上学期第五次月考答案.docx
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巴蜀中学届高三上学期第五次月考答案
【全国百强校】重庆市巴蜀中学2018届高三上学期第五次月考
理科综合化学试题
1.化学与社会、生活密切相关。
下列说法不正确的是
A.制造玻璃要用到黏土
B.Mg(OH)2用作塑料的阻燃剂
C.废旧钢材焊接前,分别用饱和Na2CO3、NH4Cl溶液处理焊点
D.“石磨豆花”的制作过程与胶体聚沉的性质有关
【答案】A
【解析】
制造玻璃要用到纯碱、石灰石和石英,A错误;Mg(OH)2受热分解,吸收热量,生成的氧化镁耐高温,还能起到阻燃的作用,B正确;Na2CO3溶液水解显碱性,油污在碱性条件下水解,NH4Cl溶液水解显酸性,与铁锈反应因而除去铁锈,C正确;豆浆属于胶体,加入卤水后,胶体发生聚沉,D正确;正确选项A。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.10℃时,pH=1,等体积的硫酸与醋酸两份溶液中含H+都为0.1NA
B.将NA个NH3分子溶于1L水中得到1mol/L的氨水
C.5.6gFe粉在2.24LCl2(标准状况)中完全燃烧转移电子数为0.2NA
D.将1molCl2通入水中,HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA
【答案】C
【解析】
没有溶液体积,无法求出H+的个数,A错误;溶液体积不是1升,不能计算,B错误;铁过量,按氯气计算,1mol氯气反应转移2mol电子,0.1molCl2(标准状况)中完全燃烧转移电子数为0.2NA,C正确;氯水中含有含氯微粒Cl2、HClO、Cl-、ClO-共有4种,三种HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA,D错误;正确选项C。
点睛:
氯气通入水中,形成的氯水溶液中含有的微粒种类为“三分四离”:
H2O、HClO、Cl2、Cl-、ClO-、H+、OH-。
3.下列实验操作、对应的现象以及结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
氨水中滴加酚酞溶液
溶液变红
NH3·H2O是一元弱碱
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,再加入足量稀盐酸
先产生白色沉淀,后部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液
产生白色沉淀和气泡
Fe3+和HCO3-发生双水解
D
将0.1mol/LZnCl2溶液滴人Na2S溶液中至不再有沉淀产生,再滴加0.1mol/LCuSO4溶液
先产生白色沉淀,后生成黑色沉淀
Ksp(ZnS) A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 只能证明氨水溶液显碱性,A错误;向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,产生白色沉淀,再加入足量稀盐酸,沉淀溶解的为亚硫酸钡,而剩余的沉淀为硫酸钡,结论正确,B正确;双水解产生红褐色沉淀是氢氧化铁,不是白色沉淀,C错误;结论错误,应为Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),D错误;正确选项B。 点睛: 选项B,不能用硝酸酸化,再加氯化钡;若加硝酸时也有气体产生,但不是二氧化硫而是一氧化氮,加BaCl2溶液产生白色沉淀是硫酸钡,它是亚硫酸根离子被硝酸氧化而产生的硫酸根离子,因此不能证明Na2SO3已部分被氧化。 4.短周期主族元素R、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。 已知: Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应,又能与强酸反应。 下列说法不正确的是 A.简单气态氢化物的热稳定性: R B.Y、Z的简单离子在同一溶液中能大量共存 C.工业上,采用电解法冶炼单质Y D.RZ2是含极性键的共价化合物 【答案】B 【解析】 根据题给信息,Y为铝,R为碳,X为氮,Z为硫;原子半径越小,所形成的氢化物越稳定,碳的原子半径大于氮原子半径,所以CH4 5.电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。 电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。 下列说法正确的是 A.电源的A极为正极 B.与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H++·OH C.Fenton反应为: H2O2+Fe2+=Fe(OH)2·OH D.每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH为2mol 【答案】C 【解析】 【详解】左侧电极附近Fe3+→Fe2+,发生了还原反应,该极为电解池的阴极,与之相连电源的A极为负极,A错误;与电源B相连电极为电解池的阳极,失电子发生氧化反应,B错误;双氧水能够把Fe2+氧化为Fe(OH)2+,C正确;每消耗1molO2,转移4mol电子,根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反应看出转移1mol电子,生成1molOH,所以应当生成4molOH;D错误;正确选项C。 6.苯乙烯( )是生产各种塑料的重要单体,可通过乙苯催化脱氢制得: ΔH=QkJ/mol。 在实际生产中,常保持总压0.1MPa不变,并向反应体系中加入稀释剂,如CO2、N2等(不参与反应)。 乙苯(EB)脱氢转化率与反应混合气物质的量之比及反应温度的关系如图所示。 下列说法正确的是 A.相同条件下,正反应速率: v(A)>v(B) B.若在恒容条件下加入稀释剂(N2),能增大乙苯的转化率 C.若A点乙苯的转化率为60%,则混合气体中苯乙烯的37.5% D.用平衡分压来代替平衡浓度计算,其中分压=总压×物质的量分数,则600℃时,B点的平衡常数Kp=0.019MPa 【答案】D 【解析】 恒压条件下,充入氮气,容器的体积增大,各物质的浓度减少,速率减慢,所以正反应速率: v(A) 起始量1mol00 变化量0.4mol0.40.4 平衡量0.60.40.4 分压=总压×物质的量分数,各物质分压分别为: 0.1MPa×3/7、0.1MPa×2/7、0.1MPa×2/7;平衡常数Kp=(0.1×2/7)×(0.1×2/7)÷(0.1×3/7)=0.019MPa,D正确;正确选项D。 点睛: 选项C最容易忽略的一点就是反应后的混合气中除了乙苯、苯乙烯、氢气外,还有充入的氮气,这些气体的量之和才是混合气体的总量;否则,此判据就容易选成正确的。 7.常温下有H2RO4=H++HRO4-、HRO4- H++RO42-,现有物质的量浓度都为0.1mol/L的三种溶液: ①NaHRO4溶液;②H2RO4溶液;③Na2RO4溶液。 下列说法正确的是 A.②和③等体积混合后的溶液中: c(Na+)=c(HRO4-)+c(H2RO4)+c(RO42-) B.100mL①溶液中: n(HRO4-)+n(RO42-)+n(OH-)-n(H+)=0.01 C.①和②等体积混合后的溶液中可能的离子浓度为c(HRO4-)>c(H+)>c(Na+) D.若①和③等体积混合后,会抑制水的电离,则HRO4-的电离程度肯定大于RO42-的水解程度 【答案】C 【解析】 H2RO4为强酸,不存在溶质的分子,A错误;不符合电荷守恒规律: 应当为n(HRO4-)+2n(RO42-)+n(OH-)-n(H+)=0.01,B错误;如果H2RO4溶液的浓度较大,溶液显酸性,H2RO4溶液电离过程占主要过程,可能出现这样的结论,C正确;Na2RO4溶液水解显碱性,RO42-+H20 HRO4-+OH-;NaHRO4溶液电离显酸性HRO4- H++RO42-,混合后,酸碱中和,促进了Na2RO4溶液水解,水的电离程度增大,后来NaHRO4溶液电离出氢离子,抑制了水的电离,所以: 混合开始,促进水电离,后来抑制水电离,D错误;正确选项C。 点睛: 该题给定信息H2RO4=H++HRO4-、HRO4- H++RO42-,说明该酸不是二元弱酸,形成的NaHRO4溶液,只能电离显酸性,不能发生水解,这一点解题时要注意。 8.过碳酸钠(Na2CO3·3H2O2)在洗涤、纺织、医药等领域有广泛应用。 一种制备过碳酸钠的工艺流程如图所示。 (1)碳酸钠水溶液呈碱性的原因是____________(用离子方程式表示),为增强洗涤效果,可采取最简单的措施是________________。 (2)过碳酸钠受热易分解,写出反应的化学方程式: __________________ (3)稳定剂可能是_____(填序号)。 A.Na2SO3B.Na2SiO3C.H2SO4D.MnO2 (4)结晶时加入食盐的目的是_________,母液中可循环使用的物质是_________(填化学式)。 (5)工业上常以过碳酸钠产品中活性含氧量 来衡量产品优劣,13%以上的为优质品。 产品中活性氧含量的测定方法: 称量mg样品,在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol/L硫酸完全溶解,立即用cmol/L的高锰酸钾标准溶液进行滴定,至滴定终点,过程中MnO2被还原为Mn2+,进行三次滴定,测得消耗标准溶液平均体积为V1mL。 另外,在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验,消耗高锰酸钾溶液的体积为V2mL。 该产品活性氧含量为________(用代数式表示)。 【答案】 (1).CO32-+H2O HCO3-+OH- (2).加热(3).2(Na2CO3·3H2O2) 2Na2CO3+6H2O+3O2↑(4).B(5).促进产品析出(或提高产率)(6).NaCl(7).[4c(V1-V2)/m]% 【解析】 (1)碳酸钠溶液水解显碱性,正确答案: CO32-+H2O HCO3-+OH-;(写出第一步即可) 水解过程吸热,升高温度,平衡右移,碱性增强,去污能力增强,正确答案: 加热; (2)由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂,受热分解生成碳酸钠、氧气、水,正确答案: 2(Na2CO3·3H2O2) 2Na2CO3+6H2O+3O2↑ (3)Na2SO3易被H2O2氧化为Na2SO4;H2SO4易与Na2CO3反应;MnO2能够加快H2O2的分解;Na2SiO3与Na2CO3或H2O2均不反应,可以做稳定剂;正确答案选B; (4)结晶过程中加入氯化钠、搅拌,增加钠离子浓度,能降低过碳酸钠的溶解度,有利于过碳酸钠析出;“母液”中主要为氯化钠溶液,蒸发结晶后NaCl又可以重新利用;正确答案: 促进产品析出(或提高产率);NaCl; (5)酸性条件下高锰酸钾溶液氧化双氧水反应: 2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2+8H2O;根据题意可知,消耗高锰酸钾溶液的体积为V1-V2mL=(V1-V2)×10-3L;根据反应关系式: 2MnO4----5H2O2,c×(V1-V2)×10-3: n(H2O2)=2: 5,解之得: n(H2O2)=2.5c×(V1-V2)×10-3,带入公式: ,进行计算,结果为 16×2.5c×(V1-V2)×10-3÷m÷100%=[4c(V1-V2)/m]%;正确答案: [4c(V1-V2)/m]%。 9.科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用。 请回答下列问题: (1)已知: H2的燃烧热为285.8kJ/mol,C2H4的燃烧热为1411.0kJ/mol,且H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44.0kJ/mol,则CO2和H2反应生成乙烯和水蒸气的热化学方程式为____________,上述反应在__________下自发进行(填“高温”或“低温”)。 (2)乙烯是一种重要的气体燃料,可与氧气、熔融碳酸钠组成燃料电池。 写出该燃料电池负极的电极反应式: _______________________. (3)在体积为1L的密闭容器中,充入3molH2和1molCO2,测得温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。 ①平衡常数: KM__________KN(填“>”“<”或“=”)。 ②下列说法正确的是_________(填序号)。 A.当混合气体密度不变时,说明反应达到平衡状态 B.当压强或n(H2)/n(CO2)不变时,均可证明反应已达平衡状态 C.当温度高于250℃时,因为催化剂的催化效率降低,所以平衡向逆反应方向移动 D.若将容器由“恒容”换为“恒压”,其他条件不变,则CO2的平衡转化率增大 ③250℃时,将平衡后的混合气体(不考虑平衡移动)通入300mL3mol/L的NaOH溶液中充分反应,则所得溶液中所有离子的浓度大小关系为__________ ④图中M点对应乙烯的质量分数为_____________。 (5)达平衡后,将容器体积瞬间扩大至2L并保持不变,平衡向_____移动(填“正向”“逆向”或“不”),容器内混合气体的平均相对分子质量______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】 (1).2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)ΔH=-127.8kJ/mol (2).低温(3).C2H4-12e-+6CO32-=8CO2+2H2O(4).>(5).D(6).c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+)(7).14%或0.14(8).逆向(9).减小 【解析】 (1).根据题给信息分别写出三个热化学反应方程式: H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44.0kJ/mol,C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-1411.0kJ·mol-,H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol;根据盖斯定律,整理出热化学方程式并计算出反应的ΔH;正确答案: 2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)ΔH=-127.8kJ/mol;该反应为一个∆S<0,ΔH<0的反应,在低温下能够进行;正确答案: 低温; (2)乙烯气体与氧气形成的燃料电池,电解质为熔融碳酸钠;乙烯做负极被氧化生成二氧化碳;根据电子守恒和电荷守恒规律,极反应为: C2H4-12e-+6CO32-=8CO2+2H2O;正确答案: C2H4-12e-+6CO32-=8CO2+2H2O; (3从图像看出,温度升高,二氧化碳的转化率降低,该反应正反应为放热反应;升高温度,平衡左移,平衡常数减小; ①正确答案: KM>KN; ②可逆反应: 2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)ΔH=-127.8kJ/mol;其他条件下不变,反应前后的气体的总质量不变,容器的体积不变,混合气体密度恒为定值,无法判定平衡状态,A错误;该反应为反应前后气体总量减少的反应,压强不变可以判定反应达平衡状态,但是氢气、二氧化碳均为反应物,按一定比例关系进行反应,n(H2)/n(CO2)始终保持不变,无法判定平衡状态,B错误;温度高于250℃时,催化剂的催化效率降低,但是催化剂对平衡的移动无影响,向左移动是因为温度升高的缘故;C错误;该反应为气体体积减少的的反应,若将容器由“恒容”换为“恒压”,其他条件不变,相当于加压的过程,平衡右移,CO2的平衡转化率增大,D正确;正确答案: D; ③250℃时,根据图像看出,二氧化碳的转化率为50%,平衡后剩余二氧化碳的量1×50%=0.5mol,设反应生成碳酸氢钠xmol,碳酸钠ymol,根据碳原子守恒: x+y=0.5;根据钠离子守恒: x+2y=3×0.3,解之,x=0.1mol,y=0.4mol;即碳酸氢钠0.1mol,碳酸钠0.4mol,碳酸钠的量比碳酸氢钠大,CO32-水解很少,剩余得多;所以c(CO32-)>c(HCO3-);溶液中离子浓度大小关系: c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+);正确答案: c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+); ④可逆反应: 2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) 起始量: 1300 变化量1×50%3×50%0.5×50%2×50% 平衡量0.51.50.251 混合气体的总质量: 1×44+3×2=50g,乙烯的质量: 0.25×28=7g,所以乙烯的质量分数为7÷50×100%=14%或0.14;正确答案: 14%或0.14; (5)增大体积,相当于减压,平衡向左移动;正确答案: 逆向;反应前后混合气体的总质量不变,体积变大,所以密度减少;正确答案: 减小; 点睛: 二氧化碳与氢氧化钠溶液反应,生成碳酸钠或碳酸氢钠或碳酸钠和碳酸氢钠的混合物;计算的时候,可以采用碳元素和钠元素的物质的量守恒的方法列方程解题,如果两个未知数都有解,说明反应的产物为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物。 10.中学化学社某学习小组通过如图17所示装置探究MnO2与FeCl2·6H2O能否反应产生Cl2.实验操作和现象如下表: 操作 现象 点燃酒精灯,加热 Ⅰ.A中部分固体溶解,上方出现白雾 Ⅱ.稍后,产生黄色气体,管壁附着黄色液滴 Ⅲ.B中溶液变蓝 (1)实验前要首先进行的操作是___________. (2)现象I中白雾的成分是_____(填名称),形成白雾的原因是___________. (3)将现象I中得到的黄色气体通入KSCN溶液,溶液变红。 则现象Ⅱ中黄色气体除了Cl2还含有_______(填化学式);该物质能使B中KI-淀粉溶液变蓝,发生反应的离子方程式是_____________. (4)为了确认现象Ⅱ中黄色气体中含有Cl2,小组提出如下方案: 方案: 将B中KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液。 现象: B中溶液呈浅橙红色;未检出Fe2+。 a.写出用铁氰化钾溶液检验Fe2+原理的离子方程式: _____________ b.方案中检验Fe2+的原因是________________ 【答案】 (1).检查装置的气密性 (2).盐酸或氯化氢(3).加热时FeCl3·6H2O发生水解反应产生HCl,挥发出来遇到水蒸气形成白雾(4).FeCl3(5).2Fe3++2I-=I2+2Fe2+(6).3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓(7).通过未检测出Fe2+,说明Cl2将Br-氧化为Br2,而Fe3+不能,证明黄色气体中一定含有Cl2 【解析】 (1)凡是制备气体的实验,在实验开始之前,首先进行装置气密性的检验;正确答案: 检查装置的气密性; (2)氯化氢气体遇到空气中水蒸气形成盐酸小液滴,出现白雾;来源就是加热时,FeCl3·6H2O发生水解反应产生HCl;正确答案: 盐酸或氯化氢;加热时FeCl3·6H2O发生水解反应产生HCl,挥发出来遇到水蒸气形成白雾; (3)FeCl3·溶液显黄色,附着在管壁上;Fe3+具有氧化性,把I-氧化为I2,正确答案: FeCl3;2Fe3++2I-=I2+2Fe2+; (4)a铁氰化钾溶液与Fe2+反应生成蓝色沉淀,可以检验Fe2+的存在;正确答案: 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓; b.氯气的氧化性大于Fe3+,而Fe3+的氧化性小于Br2;通过实验现象未检测出Fe2+,说明: Cl2将Br-氧化为Br2,溶液呈浅橙红色;因为实验结果未检验出Fe2+说明Fe3+没有被还原出Fe2+;这样就证明了黄色气体中一定含有Cl2;正确答案: 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓;通过未检测出Fe2+,说明Cl2将Br-氧化为Br2,而Fe3+不能,证明黄色气体中一定含有Cl2。 11.储氢材料是科学研究的热点之一。 (1)无机盐储氢原理: NaHCO3(s)+H2(g) HCOONa+H2O,HCOONa中的化学键类型有____;在NaHCO3中,C、H、O的电负性由大到小的顺序为_________。 (2)近年来,研究人员发现苯和甲苯都是比较理想的有机液体储氢材料。 C6H6(苯)+3H2 C6H12(环已烷);C6H5-CH3(甲苯)+3H2 C6H11-CH3(甲基环己烷) ①甲苯分子中碳原子的杂化类型是__________; ②能体现环已烷分子的空间构型的键线式为____________。 (3)金属钛具有较强的储氢能力。 钛的储氢反应为Ti+H2 TiH2。 工业上,冶炼钛的原理是钛的氧化物在高温下与焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO。 ①CO能形成Ni(CO)4,沸点为42.2℃,Ni(CO)4的晶体类型为______________,CO与N2互为等电子体,标准状况下,VLCO分子形成Ni(CO)4中含o键数目为________。 ②基态钛原子中电子能量最高的电子排布图为_________ ③钛的氧化物晶胞如图所示。 该钛的氧化物晶体的化学式为_______已知钛的氧化物晶胞参数为a·10-3μm,NA代表阿伏加德罗常数的值,则该晶体的密度为_______g·cm-3。 【答案】 (1).离子键、极性共价键 (2).O>C>H(3).sp2、sp3(4). (5).分子晶体(6).VNA/11.2(7). (8).TiO2(9). 【解析】 (1)HCOONa为盐,存在离子键;氢、碳、氧之间形成极性共价键;正确答案: 离子键、极性共价键;同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大,同一主族从上到下越来越小,所以,H最小;正确答案: O>C>H; (2)①苯环上的碳所处环境都一样且均共平面,属于sp2杂化,而甲苯中甲基中碳原子与苯环上碳不一样,属于sp3杂化;正确答案: sp2、sp3; ②环乙烷分子为空间构型,而非平面构型,正确答案: ; (3)①分子晶体的熔沸点较低;正确答案: 分子晶体;因为CO与N2互为等电子体,故每个CO分子含有1个 键,Ni与CO形成4个配位键,属于 键,故1molNi(CO)4含有8mol 键,所以标准状况下,VLCO分子形成Ni(CO)4中含o键数目为(V NA/22.4) 8 =VNA/11.2;正确答案: VNA/11.2; ②钛元素的原子序数为22,基态原子的电子排布1s22s22p63S23p63d24s2,且因为钻穿效应导致4s电子离原子核更近,能量更低,故3d轨道电子能量最高,所以基态钛原子中电子能量最高的电子排布图为 ;正确答案: ; ③因为单位晶胞中含有2个Ti2+,4个O2-,故组成比为1: 2,所以该晶体化学式为TiO2; TiO2的分子量为80,一个晶胞中含有2个TiO2,根据密度计算公式: ρ=m/V,带入数据计算: =(2 80)/NA a 10-7)3= ,正确答案: ; 12.龙葵醛是一种珍贵的香料,广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业。 其合成路线如图所示(部分反应产物和反应条件已略去)。 回答下列问题: (1)X的名称是_______ (2)下列有关龙葵醛和C3H6(烯烃)的说法正确的是________(填序号)。 A.它们的
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