届广东省佛山一中高三上学期月考理综化学试题解析版.docx
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届广东省佛山一中高三上学期月考理综化学试题解析版
广东省佛山一中2018届高三上学期11月月考
理综化学试题
1.化学无处不在,与化学有关的说法正确的是
A.铜的金属活泼性比铁的弱,可在海轮外壳上装若干铜块以减缓铁腐蚀
B.电解等浓度的AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液,阴极上依次析出的是Cu、Fe、Al
C.可用淀粉溶液检验食用盐是否为加碘盐
D.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
【答案】D
【解析】A、铜、铁、电解质溶液能构成原电池,铁易失电子作负极,铜作正极,作负极的金属加速被腐蚀,所以不应装铜块,可装若干锌块以减缓铁的腐蚀,A项错误;B、电解等浓度的AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时,根据放电顺序Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Al3+,阴极上铁离子得电子发生还原反应生成亚铁离子,其次析出铜,再次阴极上氢离子放电生氢气,不能析出Fe和Al,B项错误;C、加碘盐中加入的是碘酸钾而不是碘单质,所以不能用淀粉溶液检验;C项错误;D、二氧化碳在水中溶解度较小,但在碱性的条件下溶解性很大,因此在侯氏制碱法中应先通入氨气,再通入二氧化碳,D项正确;答案选D。
2.下列说法正确的是
A.加入铝粉能产生H2的溶液中,一定存在大量的Na+、Ba2+、AlO2―、NO3-
B.100℃时,将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合,溶液显中性
C.室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量NaOH溶液,振荡、静置后分液,可除去苯中少量苯酚
D.已知I3-
I2+I-,向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4,振荡静置后CCl4层显紫色,说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大
【答案】C
3.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。
X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素,且最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子;Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L-1;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。
下列说法正确的是
A.原子半径:
W>Z>Y>X>M
B.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
C.由X元素形成的单质不一定是原子晶体
D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键
【答案】C
【解析】正确答案:
C
由题意可知,X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列,不是按原子序数依次递增排列的,其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素,由X、Y、Z的最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子,可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素;再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度,就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17,从而确定M为H元素,最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2,推出W为Na元素。
所以,原子半径应是W>X>Y>Z>M(即Na>C>N>O>H),A选项错。
B选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物,而Na2O2不是直线型共价化合物(折线型化合物),B错误。
C选项是正确的,例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体。
D选项中,X、Y、Z、M四种元素可形成化合物(NH4)2CO3、NH4HCO3、CO(NH2)2(尿素)等,前二种为离子化合物,而尿素为共价化合物,所以D错。
4.β—紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料,它经多步反应可合成维生素
A1。
下列说法正确的是
A.β—紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体
B.1mol中间体X最多能与2molH2发生加成反应
C.维生素A1易溶于NaOH溶液
D.β—紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】D
【解析】β—紫罗兰酮与中间体X分子式不同,不属于同分异构体,故A错误;中间体X含有2个碳碳双键、1个醛基,1mol中间体X最多能与3molH2发生加成反应,故B错误;维生素A1难易溶于NaOH溶液,故C错误;β—紫罗兰酮含有碳碳双键,所以可使酸性KMnO4溶液褪色,故D正确。
5.下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A.
将稀硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成,溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B.
将铜粉加1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C.
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D.
将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】试题分析:
A、因为加入过量的铁粉,反应生成Fe(NO3)2,加入KSCN溶液,溶液不变红,故错误;B、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,溶液变蓝,但没有黑色固体出现,故错误;C、铝表面产生氧化铝,因为氧化铝的熔点比铝的高,因此出现熔化而不滴落,故错误;D、MgSO4溶液加入NaOH,生成Mg(OH)2,再加入CuSO4溶液,出现蓝色沉淀,即Mg(OH)2+Cu2+=Cu(OH)2+Mg2+,化学反应向更难溶的方向进行,即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2,故正确。
考点:
考查实验方案设计的评价等知识。
6.一种熔融碳酸盐燃料电池,原理示意如图。
下列有关该电池的说法正确的是
A.反应CH4+H2O
3H2+CO,每消耗1molCH4转移12mol电子
B.电极A上H2参与的电极反应为:
H2+2OH--2e-=2H2O
C.电池工作时,CO32-向电极B移动
D.电极B上发生的电极反应为:
O2+2CO2+4e-=2CO32-
【答案】D
考点:
原电池的原理的应用
7.H2C2O4为二元弱酸。
20℃时,配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4–)+c(C2O42–)=0.100mol·L–1的H2C2O4和NaOH混合的溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。
下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A.pH=2.5的溶液中:
c(H2C2O4)+c(C2O42–)>c(HC2O4–)
B.pH=7的溶液中:
c(Na+)=2c(C2O42–)
C.c(HC2O4–)=c(C2O42–)的溶液中:
c(Na+)>0.100mol·L–1+c(HC2O4–)
D.c(Na+)=0.100mol·L–1的溶液中:
c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH–)+c(C2O42–)
【答案】D
【解析】A、由图可以看出,pH=2.5时,c(H2C2O4)<0.02mol/L,c(C2O42-)<0.02mol/L,c(HC2O4-)>0.08mol/L,则c(H2C2O4)+c(C2O42-)
点睛:
本题的难点是利用溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)和物料守恒c(Na+)+=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)之间的关系,进行离子浓度之间的比较。
8.亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料,某学习小组设计实验制备亚硝酸钙,实验装置如图所示(夹持装置略去)。
已知:
2NO+CaO2=Ca(NO2)2;2NO2+CaO2=Ca(NO3)2。
请回答下列问题:
(1)向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前,应向装置中通入一段时间的N2,原因是_______________
(2)仪器D的名称是______________;B中盛装的试剂是____________。
(3)装置F中,酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO
,溶液由橙色变为绿色(Cr3+),发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________
(4)已知Ca(NO2)2溶液需保持弱碱性,因为其遇酸会发生反应,产生NO气体。
设计实验证明E中有亚硝酸钙生成__________________________________________________________________________
(5)工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应,既能净化尾气,又能获得应用广泛的Ca(NO2)2,反应原理为Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O。
①若n(NO)∶n(NO2)>1∶1,则会导致_______________________________
②若n(NO)∶n(NO2)<1∶1,则会导致_______________________________
【答案】
(1).排除装置中的O2,防止其将生成的NO氧化为NO2,使产品不纯
(2).U形干燥管(3).蒸馏水(4).Cr2O72-+2NO+6H+=2Cr3++2NO3-+3H2O(5).取少量E中反应后的固体于试管中,滴加少许稀硫酸,有无色气体产生,在试管口有红棕色气体生成(6).排放气体中NO含量升高,污染环境(7).产品中Ca(NO3)2杂质含量升高
【解析】试题分析:
(1)三颈烧瓶中是铜片和稀硫酸反应生成NO,NO容易被空气中的氧气氧化,所以先通一段时间的N2是为了赶走装置中的O2,,答案为:
排除装置中的O2,防止其生成的NO氧化为NO2;
(2)D是U形干燥管,A中制取的NO可能含有的杂质气体是NO2,所以B中盛放蒸馏水可以出去NO中的NO2,答案为:
U形干燥管,蒸馏水;(3)装置F中,酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3-,溶液由橙色变为绿色(Cr3+),根据电荷守恒、元素守恒配平方程式,方程式为:
,答案为:
;(4)Ca(NO2)2溶液需保持弱碱性,因为其遇酸会发生反应,产生NO气体,生成的NO在与空气中的氧气反应得到红棕色气体NO2,答案为:
(4)取少量E中反应后的固体于试管中,滴加少量稀硫酸,试管口有红棕色气体生成;(5)工业上用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、N02)反应,既能净化尾气,又能获得应用广泛的Ca(NO2)2,反应原理为Ca(OH)2+NO+N02=Ca(N02)2+H2O。
①若n(NO):
n(NO2)>l:
l,NO过量,会导致NO反应不完全,排放到空气中污染环境,答案为:
排放气体中NO含量升高,污染环境;②若n(NO):
n(NO2) 产品中Ca(NO3)2杂质含量升高. 考点: 考查气体的制备、净化、除杂、化学实验的评估 9.氧化锌为白色粉末,可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。 纯化工业级氧化锌(含有Fe(Ⅱ)、Mn(II)、Ni(II)等杂质)的流程如下: 提示: 在本实验条件下,Ni(II)不能被氧化;高锰酸钾的还原产物是MnO2。 回答下列问题: (1)反应②中除掉的杂质离子是____________,写出其中发生的一个反应的离子方程式为___________________________________________________________________________; 在加高锰酸钾溶液前,若pH较低,对除杂的影响是______________________________________ (2)反应③的反应类型为_______________过滤得到的滤渣中,除了过量的锌外还有_____________ (3)反应④形成的沉淀要用水洗,检查沉淀洗涤干净的方法是_____________________________ (4)反应④中产物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2。 取干燥后的滤饼11.2g,煅烧后可得到产品8.1g,则x等于_______ 【答案】 (1).Fe2+和Mn2+ (2).MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+或2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+(3).铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质(4).置换反应(5).镍(6).取最后一次洗涤液少量于试管中,加入稀盐酸酸化,再滴入几滴氯化钡溶液,无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤干净(7).1 【解析】在反应①中,二价的锌、铁、锰、镍被酸溶解进入到溶液中; (1)②中pH约为5时,高锰酸钾把Fe2+、Mn2+氧化生成沉淀,反应为: MnO4-+3Fe3++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+,2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+;在加高锰酸钾溶液前,若pH较低,铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质; (2)③中Zn把溶液中的Ni2+置换出来,反应方程式为Zn+Ni2+=Zn2++Ni,该反应为置换反应,过滤得到的滤渣为镍和锌; (3)④中加入Na2CO3与Zn2+反应使Zn2+生成沉淀析出,检验沉淀是否洗净应检验SO42-,方法是: 取最后一次洗涤液少量,滴入稀盐酸,再加入氯化钡溶液,没有白色沉淀生成,则证明洗涤干净; (4)设ZnCO3为amol,Zn(OH)2为bmol,则125a+99b=11.2,81a+81b=8.1,解得a: b=1,则x=1。 点睛: 本题的关键是抓住Zn这条线索,运用化学实验的原理和方法对已有物质进行分离提纯,在适当的pH下用高锰酸钾除去Fe2+、Mn2+,过滤后,Zn置换出溶液中的Ni2+。 沉淀剂Na2CO3与Zn2+反应生成沉淀析出,过滤,煅烧得到产物氧化锌。 10.烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收,可减少烟气中SO2、NOx的含量。 O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为: NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H=-200.9kJ·mol-1NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g)△H=-58.2kJ·mol-1SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g)△H=-241.6kJ·mol-1 (1)反应3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)的△H=_______mol·L-1。 (2)室温下,固定进入反应器的NO、SO2的物质的量,改变加入O3的物质的量,反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3): n(NO)的变化见右图。 ①当n(O3): n(NO)>1时,反应后NO2的物质的量减少,其原因是_________________ ②增加n(O3),O3氧化SO2的反应几乎不受影响,其可能原因是___________________。 (3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时,清液(pH约为8)中SO32-将NO2转化为NO2-,其离子方程式为: _________________________________________________________________________________ (4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液,达到平衡后溶液中c(SO32-)=_____________________________[用c(SO42-)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示];CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率,其主要原因是__________________________________________________________________ (5)甲醇燃料电池在碱性溶液中的电极反应式。 正极_________________________________;负极____________________________________________________________________________ 【答案】 (1).-317.3 (2).O3将NO2氧化成更高价氮氧化物(3).SO2与O3的反应速率慢(4).SO32-+2NO2+2OH-=SO42-+2NO2-+H2O(5).Ksp(CaSO3)×c(SO42-)/Ksp(CaSO4)(6).CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32-的浓度增大,加快SO32-与NO2的反应速率(7).3O2+6H2O+12e-=12OH-(8).2CH3OH-12e-+16OH-=2CO32-+12H2O 【解析】 (1)设NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ·mol-1NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g)△H2=-58.2kJ·mol-1根据盖斯定律推知,3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)△H3=△H1+2△H2=-317.3mol·L-1; (2)①O3氧化性强,当n(O3): n(NO)>1时,过量的O3可将NO2进一步氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5);②根据图像可观察到,增加O3的物质的量,SO2的含量变化不大,可能是SO2与O3的反应速率慢,使得O3的含量对该反应的反应速率影响不大。 (3)根据题意,pH约为8的清液中SO32-将NO2转化为NO2-,N元素化合价由+4变为+3,被还原,则SO32-被氧化,生成SO42-,根据电子守恒,n(SO32-): n(NO2)=1: 2,可知还需要OH-参与反应,该化学反应方程式为SO32-+2NO2+2OH-=SO42-+2NO2-+H2O; (4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液,离子反应方程式为CaSO3+SO42- CaSO3+SO32-,平衡常数,即 ,故 ;根据离子反应方程式可知加入Na2SO4溶液,CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO42-的浓度增大,SO32-浓度越大,则其与NO2的反应速率越快,本题的答案为: CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32-的浓度增大,加快SO32-与NO2的反应速率; (5)甲醇燃料电池在碱性溶液中的电极反应式,正极: 3O2+6H2O+12e-=12OH-,负极: 2CH3OH-12e-+16OH-=2CO32-+12H2O。 11.氮元素可以形成多种化合物。 回答以下问题: (1)基态氮原子的价电子排布式是_________________。 (2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是____________。 (3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。 ①NH3分子的空间构型是_______________;N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是___________。 ②肼可用作火箭燃料,燃烧时发生的反应是: N2O4(l)+2N2H4(l)===3N2(g)+4H2O(g)△H=-1038.7kJ·mol-1,若该反应中有4molN-H键断裂,则形成的π键有________mol。 ③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。 N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同,则N2H6SO4的晶体内不存在__________(填标号) a.离子键b.共价键c.配位键d.范德华力 (4)图1表示某种含氮有机化合物的结构,其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2),分子内存在空腔,能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。 下列分子或离子中,能被该有机化合物识别的是_________(填标号)。 a.CF4b.CH4c.NH4+d.H2O 【答案】 (1).2s22p3 (2).N>O>C(3).三角锥形(4).sp3(5).π键有3mol(6).d(7).c 【解析】 (1)N原子核外有7个电子,其基态原子的电子排布式: 1s22s22p3; (2)同周期元素从左到右元素的第一电离逐渐增大,因为基态氮原子价电子层p轨道处于半充满状态,所以其第一电离能大于氧原子,C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是: N>O>C; (3)①NH3分子中N原子形成3个键,且有1个孤电子对,则为三角锥形;由于N2H4分子中N原子所形成共价键的数目与NH3相同,故其原子轨道的杂化类型与NH3中的N原子一样,也是sp3杂化;②N2O4(l)+2N2H4(l)===3N2(g)+4H2O(g),若该反应中有4molN-H键断裂,即有1molN2H4参加反应生成1.5molN2,由于1molN2中有1mol 键,所有形成 键的物质的量为2 1.5mol=3mol;③肼与硫酸反应的离子方程式为N2H4+2H+═N2H62+,N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同,N2H62+中的化学键是共价键与配位键,N2H62+与SO42-之间是离子键,不存在范德华力; (4)氢键的形成条件及成键元素(N、O、F、H),本题中嵌入某微粒分别与4个N原子形成4个氢键,由成键元素及数目可以知道为NH4+,答案选c。 12.席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。 合成G的一种路线如下: 已知以下信息: ① ②1molB经上述反应可生成2molC,且C不能发生银镜反应。 ③D属于单取代芳烃,其相对分子质量为106。 ④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢 ⑤ 回答下列问题: (1)由A生成B的化学方程式为____________,反应类型为____________。 (2)D的化学名称是____________,由D生成E的化学方程式为: ____________。 (3)G的结构简式为____________。 (4)由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺。 反应条件1所选择的试剂为____________;反应条件2所选择的试剂为________。 【答案】 (1). (2).消去反应(3).乙苯(4). (5). (6).浓硝酸/浓硫酸(7).Fe和稀盐酸 【解析】由题可知,1molB经上述反
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