精品解析广东省惠州市届高三第一次调研考试理综化学试题解析版.docx
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精品解析广东省惠州市届高三第一次调研考试理综化学试题解析版
惠州市2020高三第一次调研考试
理科综合化学试题
相对原子质量:
H:
1C:
12O:
16Na:
23Cl:
35.5
一、选择题:
本题共7个小题,每小题6分。
在每小题只有一项正确。
1.下列与化学有关的文献,理解正确的是
A.《石灰吟》中“…烈火焚烧若等闲…要留清白
人间”,其中“清白”指氢氧化钙
B.《咏煤炭》中“凿开混沌得乌金…不辞辛苦出山林”,其中“乌金”的主要成分是木炭
C.《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”,其中的“碱”是一种盐溶液
D.《天工开物》中有如下描述:
“世间丝、麻、裘、褐皆具素质…”文中的“丝”“麻”、“裘”主要成分均属于多糖
【答案】C
【解析】
【详解】A、《石灰吟》中描述的是碳酸钙受热分解,即CaCO3
CaO+CO2↑,“清白”指的是CaO,故A错误;
B、《咏煤炭》描述的是煤炭的开采,其中“乌金”的主要成分是煤炭,故B错误;
C、烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣,其中“碱”是碳酸钾,K2CO3为盐,故C正确;
D、丝、裘主要成分是蛋白质,麻的主要成分是纤维素,故D错误。
2.四氢大麻酚(简称THC),是大麻中的主要精神活性物质,其结构如图。
下列有关THC的说法不正确的是
A.THC难溶于水
B.1molTHC最多可与含3mol溴单质的溴水发生反应
C.THC遇FeCl3溶液能发生显色反应
D.THC能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液及碳酸氢钠溶液发生化学反应
【答案】D
【解析】
【分析】
根据有机物的结构简式,判断出含有的官能团,根据官能团的性质进行分析;
【详解】A、根据有机物的结构简式,含有的憎水基团所占比例大,该有机物难溶于水,故A说法正确;
B、1mol该有机物含有1mol碳碳双键和1mol酚羟基,1mol该有机物最多消耗3molBr2(1molBr2和碳碳双键发生加成反应,2molBr2和酚羟基的邻、对位发生取代反应),故B说法正确;
C、THC中含有酚羟基,遇FeCl3溶液发生显色反应,故C说法正确;
D、依据电离出H+能力-COOH>H2CO3>酚羟基>HCO3-,含有酚羟基,该有机物能与NaOH、Na2CO3,但不能与NaHCO3发生反应,故D说法错误。
3.下列有关实验方案或说法正确的是
A.
实验室制取乙酸乙酯
B.
比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
C.
脱脂棉燃烧证明过氧化钠与水反应放热
D.
a处有红色物质生成,b处变蓝,证明X一定是H2
【答案】C
【解析】
【详解】A、为防止倒吸,右端的导管不能深入液面以下,应在靠近液面的上方,故A错误;
B、"套管实验"中外管的温度高,内管温度低,若外管盛放碳酸钠,内管盛放碳酸氢钠,内管连接的澄清石灰水首先出现浑浊时,则说明NaHCO3的稳定性弱于Na2CO3,故B错误;
C、一般燃烧,需要氧气和温度达到着火点,过氧化钠与H2O反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,脱脂棉燃烧,说明过氧化钠与水反应生成O2,且该反应为放热反应,故C正确;
D、a处有红色物质生成,说明氧化铜转化成Cu,无水硫酸铜变蓝,说明有水生成,X可能是NH3、CH4,也可能是H2、或H2和CO的混合物等,故D错误。
4.某离子反应涉及到ClO﹣、NH4+、N2、Cl﹣等微粒,其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示,下列说法不正确的是
A.该反应中ClO-为氧化剂,N2为氧化产物
B.反应后溶液的pH减小
C.如图t0时反应达平衡状态
D.反应过程中每生成1molN2,转移6mol电子
【答案】C
【解析】
【分析】
通过图像,N2的物质的量增大,说明N2为生成物,ClO-的物质的量减小,说明ClO-为反应物,化学反应遵循元素守恒和原子守恒,即NH4+为反应物,Cl-为生成物,然后进行分析和判断;
【详解】通过图像,N2的物质的量增大,说明N2为生成物,ClO-的物质的量减小,说明ClO-为反应物,化学反应遵循元素守恒和原子守恒,即NH4+为反应物,Cl-为生成物,
A、根据上述分析,ClO-→Cl-,其中Cl的化合价降低,即ClO-为氧化剂,NH4+→N2,其中N的化合价升高,NH4+为还原剂,N2为氧化产物,故A说法正确;
B、该离子方程式为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-,消耗OH-,反应后溶液的pH降低,故B说法正确;
C、根据图像t0后,物质的量仍发生变化,说明t0时没有达到平衡,故C说法错误;
D、每生成1molN2,转移电子物质的量为1mol×2×[0-(-3)]=6mol,故D说法正确。
5.室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断正确的是
A.三种酸对应电离常数Ka的大小关系为:
HD B.滴定至P点时,溶液中: c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB) C.pH=7时,三种溶液中: c(A-)=c(B-)=c(D-) D.当中和百分数达100%时,三种溶液中: c(A-) 【答案】A 【解析】 【详解】A、根据图像,观察图像的起点,pH: HA HA>HB>HD,酸性越强,酸的电离常数越大,即KHA>KHB>KHD,故A正确; B、根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-),P点时根据横坐标中和百分数为50%,可知c(NaB): c(HB)=1: 1,此时的溶液显酸性,即HB的电离程度大于B-水解程度,c(HB) C、根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-),pH=7,可知c(Na+)=c(A-),同理c(Na+)=c(B-)、c(Na+)=c(D-),根据中和原理,可知溶液显中性时需要的NaOH的量不同,c(Na+)不同,则c(A-)、c(B-)、c(D-)不相等,故C错误; D、中和百分数达到100%,c(NaA)=c(NaB)=c(NaD),利用越弱越水解,水解程度大小顺序是D->B->A-,即c(A-)>c(B-)>c(D-),故D错误。 6.下图是利用甲醇燃料电池进行电化学研究的装置图,下列说法正确的是 A.甲池是化学能转化为电能的装置,总反应式为: 2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O B.乙池中的Ag不断溶解 C.反应一段时间后要使乙池恢复原状,可加入一定量Cu(OH)2固体 D.当甲池中280mL(标准状况下)O2参加反应时,乙池中理论上可析出1.6g固体 【答案】D 【解析】 【分析】 根据装置图,甲池为燃料电池,通甲醇一极为负极,通氧气一极为正极,乙池为电解池装置,石墨连接正极,即石墨一极为阳极,Ag极为阴极,然后根据原电池工作原理、电解原理进行分析; 【详解】A、甲池为燃料电池,是将化学能转化成电能,甲池电解质为KOH,CO2与KOH反应生成K2CO3,因此总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O,故A错误; B、甲池中通甲醇一极为负极,Ag与甲池的负极相连,即Ag极为阴极,根据电解原理,Ag极反应式为Cu2++2e-=Cu,Ag极质量增重,故B错误; C、乙池中电解后生成硫酸、铜和氧气,要想复原,需要加入CuO,故C错误; D、建立O2~4e-~2Cu,氧气的物质的量为 =0.0125mol,m(Cu)=0.0125mol×2×64g·mol-1=1.6g,故D正确。 7.A、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大,A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,B的气态氢化物的水溶液呈碱性;C为金属元素且有两种常见含氧化合物(都含两种元素);若往D单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液,可观察到先变红后褪色。 下列说法中正确的是 A.C的两种含氧化合物中阴阳离子个数比都为1: 2 B.最高价氧化物对应的水化物的酸性B>D C.B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物 D.原子半径D>A>B>C 【答案】A 【解析】 【分析】 A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,常用的是14C鉴定文物的年代,故A为C,B的气态氢化物的水溶液呈碱性,该氢化物为NH3,即B为N,C为金属元素且两种常见含氧化合物(都含两种元素),符合要求的是Na2O和Na2O2,即C为Na,D单质的水溶液滴加少量紫色石蕊试液,先变红,说明水溶液中显酸性,后褪色说明溶液中含强氧化性物质,即D为Cl,然后进行分析; 【详解】A 一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,常用的是14C鉴定文物的年代,故A为C,B的气态氢化物的水溶液呈碱性,该氢化物为NH3,即B为N,C为金属元素且两种常见氧化物,符合要求的是Na2O和Na2O2,即C为Na,D单质的水溶液滴加少量紫色石蕊试液,先变红,说明水溶液中显酸性,后褪色说明溶液中含强氧化性物质,即D为Cl, A、C的两种含氧化合物分别是Na2O和Na2O2,其电子式分别是 、 ,阴阳离子个数比为1: 2,故A正确; B、B的最高价氧化物对应水化物是HNO3,D的最高价氧化物对应水化物是HClO4,HClO4酸性最强,故B错误; C、N的氢化物可以是NH3,也可以是N2H4等,C的氢化物是一类物质,即烃,烃的状态有气体、液体和固体,因此N的氢化物的沸点不一定高于C的氢化物,故C错误; D、原子半径大小顺序是Na>Cl>C>N,故D错误。 【点睛】易错点是选项A,学生错认为Na2O2中阴阳离子个数比为1: 1,Na2O阴阳离子个数比为1: 2,本选择题应从电子式入手,进行分析和判断。 8.氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料,以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。 回答下列问题: (1)CeFCO3中Ce的化合价为___________。 (2)氧化培烧时不能使用陶瓷容器,原因是_____________________________________。 (3)氧化焙烧后的产物之一为CeO2,则酸浸时发生反应的离子方程式为____________。 (4)HT是一种难溶于水的有机溶剂,则操作Ⅰ的名称为_________。 (5)为了提高酸浸率,可以适当提高反应温度,但温度偏高浸出率反而会减小,其原因是_______________________________________。 (6)有机物HT能将Ce3+从水溶液中提取出来,该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层) CeT3(有机层)+3H+(水层)。 向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液,从平衡角度解释其原因: ___________________________________。 (7)已知,298K时,Ksp[Ce(OH)3]=5×l0-20,若溶液中c(Ce3+)=0.05mol·L-1,加碱调节pH到_________时Ce3+开始沉淀(忽略加碱过程中溶液体积变化)。 (8)写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式: ___________。 【答案】 (1).+3 (2).陶瓷会与生成的HF反应(3).2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O(4).分液(5).温度升高,双氧水发生分解,造成浸出率偏小(6).向混合液中加入稀硫酸,使c(H+)增大,平衡向形成Ce3+水溶液方向移动(7).8(8).4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4 【解析】 【分析】 本题主要考察工业流程。 做题之前,要先观察工艺流程图,再去结合题中的每一问去分析各步骤目的及注意事项,再据此答题。 【详解】 (1)CeFCO3中CO32-整体显-2价,F显-1价,整个化合价代数和为0,推出Ce的价态为+3价; (2)陶瓷容器中含有SiO2,SiO2与HF发生反应: SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,因此钙流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器; (3)有机层中CeF3,Ce显+3价,CeO2中Ce显+4价,即在酸浸时,Ce的价态降低,CeO2为氧化剂,H2O2为还原剂,离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O; (4)操作I得到溶液和有机相,因此操作I的名称为分液; (5)根据流程,酸浸时加入H2O2,H2O2在高温下发生分解,H2O2与CeO2发生反应时H2O2的量减少,造成浸出率降低; (6)该过程中存在Ce3+(水层)+3HT(有机层) CeT3(有机层)+3H+(水层),加入稀硫酸,c(H+)增大,平衡向逆反应方向进行,生成Ce3+的水溶液,能获得较纯含Ce3+水溶液; (7)Ce3+开始出现沉淀,c(Ce3+)×c3(OH-)=Ksp[Ce(OH)3],则有c(OH-)= mol·L-1=1×10-6mol·L-1,即当pH=8时Ce3+开始出现沉淀; (8)利用氧气将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4,其反应的方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。 【点睛】本题既有常规知识的考查又有新情景题的考查,常规题目涉及到化合价、溶度积的计算等,命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式,做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物,用守恒的方法去推导并书写。 9.某化学兴趣小组用如图所示装置探究苯与溴的反应原理。 请回答下列问题: (1)仪器M的名称为__________。 (2)装置Ⅰ中铁丝除做催化剂外,还可控制反应的进行,使反应停止的操作是__________。 (3)装置Ⅰ中生成溴苯 化学方程式为______________________________。 (4)冷凝管的进水口为________((填“a”或“b”),下同;其作用是_____________; (5)能验证苯与液溴发生的是取代反应的现象是______________; (6)装置Ⅱ中,若撤去装有苯的小试管,将导管直接插入硝酸银溶液,对实验目的达成会产生什么影响__________________________ (7)装置III中的离子反应方程式为_______________________________________。 【答案】 (1).分液漏斗 (2).将铁丝拔出液面(3). +Br2 +HBr(4).a(5).冷凝回流苯和液溴,减少原料损失。 (6).溶液中有浅黄色沉淀生成(7).没有苯,溴蒸汽进入溶液也会出现浅黄色沉淀,无法确认HBr存 (8).H++OH-=H2O 【解析】 【分析】 本题实验目的是制备溴苯,原理是 +Br2 +HBr,因为苯和液溴易挥发,因此HBr中混有一部分苯和溴蒸气,溴蒸气会对HBr的检验产生干扰,必须除去,一定注意尾气的处理; 【详解】 (1)根据仪器M的特点,推出仪器M为分液漏斗; (2)铁丝在反应中作催化剂,当把铁丝插入到混合液中,反应进行,当铁丝拔出,反应停止; (3)苯和液溴在铁或FeBr3作催化剂下发生取代反应,反应方程式为 +Br2 +HBr; (4)为了增强冷凝效果,冷凝水是下进上出,即从a口进水,苯与液溴反应是放热反应,且苯和液溴易挥发,因此冷凝管的作用是冷凝回流苯和液溴,减少原料损失,提高原料的利用率; (5)证明苯与液溴发生取代反应,需要验证HBr,即硝酸银溶液中出现浅黄色沉淀; (6)苯和液溴易挥发,挥发出的HBr中混有溴蒸气,溴蒸气能与硝酸银溶液反应产生浅黄色沉淀,对HBr的检验产生干扰,即苯的作用是除去HBr中溴蒸气,如果直接插入硝酸银溶液,造成: 没有苯,溴蒸气进入溶液,也会产生浅黄色沉淀,无法确认HBr的存在; (7)Ⅲ装置的作用是尾气处理,HBr对环境有污染,必须除去,发生离子方程式为H++OH-=H2O。 10.丙烯是重要的有机化工原料,工业上丙烷脱氢制丙烯的反应如下: C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)△H1 (1)一定温度下,向10L恒容密闭容器中充入2molC3H8发生反应,经过10min达到平衡状态,测得平衡时气体压强是开始的1.75倍。 ①0~10min内丙烯的生成速率v(C3H6)=________,C3H8的平衡转化率为______。 ②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________。 A.气体密度保持不变B.[c(C3H6)·c(H2)]/c(C3H8)保持不变 C.装置内总压器保持不变D.C3H8分解速率与C3H6生成速率相等 (2)总压强分别为p1和p2时,上述反应在不同温度下达到平衡,测得丙烷及丙烯的物质的量分数如下图所示: ①压强: p1__p2;△H1_____0(填“>”或“<”),该反应自发进行的条件是_______(填“高温”“低温”或“任意温度”) ②若p1=0.1MPa,起始时充入一定量的丙烷发生反应,计算Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度计算,某气体分压=总压×某气体物质的量分数) ③在恒温恒压条件下,向容器中通入丙烷和稀有气体的混合气体,发生丙烷脱氢反应,发现混合气体中稀有气体所占比例越多,丙烷脱氢转化率逐渐增大。 试解释原因____________。 (3)在实际生产中,还可能存在如下副反应: C3H8(g) C2H4(g)+CH4(g)△H2=+81.7kJ/mol C2H4(g)+H2(g) C2H6(g)△H3 C3H8(g)+H2(g) CH4(g)+C2H6(g)△H4=-54.8kJ/mol 则△H3=_____。 【答案】 (1).0.015mol·L-1·min-1 (2).75%(3).BC(4).>(5).>(6).高温(7).0.0125MPa(8).该反应是气体分子数增加的反应,随着稀有气体比例的增加,降低了反应体系各气体的分压,相当于减压,从而促进反应向正反应方向进行,提高了丙烷脱氢的转化率(9).-136.5kJ/mol 【解析】 【详解】 (1)①令消耗C3H8的物质的量为xmol,C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) 起始: 200 变化: xxx 平衡: 2-xxx利用压强之比等于物质的量之比,得出 ,x=1.5mol,根据化学反应速率的数学表达式,v(C3H6)= mol/(L·min)=0.015mol/(L·min);C3H8的转化率为 =75%; ②A、根据 ,C3H8、C3H6、H2都是气体,即气体质量保持不变,容器为恒容,V保持不变,密度不变,不能说明反应达到平衡,故A不符合题意; B、Qc=[c(C3H6)·c(H2)]/c(C3H8),K=[c(C3H6)·c(H2)]/c(C3H8),当Qc=K时反应达到平衡,即随着反应进行该比值不再改变,说明反应达到平衡,故B符合题意; C、反应前后气体系数之和不相等,利用压强之比等于物质的量之比,因此当压强不再改变,说明反应达到平衡,故C符合题意; D、分解C3H8,生成C3H6,反应都是向正反应方向进行,因此C3H8分解速率与C3H6生成速率相等,不能说明反应达到平衡,故D不符合题意; (2)①根据图像,作等温线,增大压强,平衡向逆反应方向进行,C3H8的物质的量增大,物质的量分数增大,即p1>p2;根据图像,随着温度升高,C3H8物质的量分数降低,升高温度,平衡向正反应方向进行,即△H1>0;根据符合判据△G=△H-T△S,△H>0,根据方程式,该反应为熵增,即△S>0,能够自发进行,△G<0,即需要在高温下; ②假设起始时丙烷的物质的量为1mol,根据方程式可知: C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) 起始量(mol)100 变化量(mol)yyy 平衡量(mol)1-yyy Q点: 丙烷的物质的量分数为50%,则1-y=0.5(1+y),解得y=1/3,则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)平衡时的物质的量分数分别为: 1/2、1/4、1/4, 则Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp= = =0.0125MPa, ③由反应方程式C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)可知,该反应是气体分子数增加 反应,随着稀有气体比例的增加,降低了反应体系各气体的分压,相当于减压,从而促进反应向正反应方向进行,提高了丙烷脱氢的转化率; (3)①C3H8(g) C2H4(g)+CH4(g)△H2=+81.7kJ/mol ②C2H4(g)+H2(g) C2H6(g)△H3 ③C3H8(g)+H2(g) CH4(g)+C2H6(g)△H4=-54.8kJ/mol 根据盖斯定律,③-①=②,则△H3=△H4-△H2=-54.8kJ/mol-81.7kJ/mol=-136.5kJ/mol。 11.CaF2、CaC2都是工业生产的重要物质。 回答下列问题: (1)基态钙原子的电子排布式_______,钙原子核外电子______种不同的空间运动状态。 (2)CaC2与水反应生成乙炔(C2H2),乙炔中碳原子的杂化类型为____,乙炔中的σ键与π键数之比为______。 (3)CaF2与浓H2SO4反应生成HF,HF的沸点高于C2H2,原因是: ___________;HF能与BF3化合得到HBF4,从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因___________。 (4)NO2F分子与BF3互为等电子体,则NO2F分子的立体构型为______________________。 (5)CaF2的晶胞为立方晶胞,结构如下图所示: ①CaF2晶胞中,Ca2+的配位数为___________个。 ②“原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置,已知A、B两点的原子坐标参数如图所示,则C点的“原子坐标参数”为(________________________,1/4) ③晶胞中两个F-的最近距离为273.1pm,用NA表示阿伏加德罗常数,则晶胞的密度为_______g/cm3(1pm=1×10-10㎝,列出计算式即可)。 【答案】 (1).[Ar]4s2 (2).10(3).sp(4).3∶2(5).HF分子之间存在氢键(6).BF3中硼原子有空轨道,HF中氟原子有孤对电子,两者之间可形成配位键(7).平面三角形(8).8(9).3/4,3/4,1/4(10). 【解析】 【详解】 (1)Ca是20号元素,根据构造原理可知基态钙原子的电子排布式是1s22s22p63s33p64s2,可简写为[Ar]4s2,根据核外电子排布式可知Ca原子核外电子有10种不同的空间运动状态; (2)乙炔中碳原子间形成碳碳三键,碳原子的杂化类型为sp杂化;根据共价单键是σ键,共价三键是1个σ键和2个π键,乙炔的结构式是H-C≡C-H,在乙炔分子中含有3个σ键,2个π键,所以σ键与π键数之比3: 2; (3)HF、C2H2都是由分子构成的分子晶体,HF存在分子间氢键,C2H2不存在分子间氢键,因此HF的沸点高于C2H2;在BF3分子中的B原子上有空轨道,而HF分子中的F原子上有孤对电子,当BF3与
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