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2019-2020年高三3月第一次统练(一模)理综化学试卷含解析本试卷共14页,共300分考试时长150分钟考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效以下数据可供解题时参考可能用到的相对原子质量H1C12O16Na23S32Cl
35.5本部分共20小题,每小题6分,共120分在每小题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项
6.下列变化过程不涉及化学反应的是ABCD陶瓷的烧制活字印刷排版术鞭炮和烟火的燃放司母戊鼎表面出现铜绿【知识点】化学与材料的制造、应用化学与资源开发【试题解析】陶瓷的烧制、鞭炮和烟火的燃放、司母戊鼎表面出现铜绿中均含有化学变化,而活字印刷术属于物理变化,故答案为B【答案】B
7.下列有关性质的比较,不能用元素周期律解释的是A.密度Na>KB.稳定性HCl>HBrC.还原性I¯>Br¯D.碱性KOH>NaOH【知识点】原子结构元素周期表【试题解析】A、密度为物理变化,与化学性质无关,错误;B、气态氢化物的稳定性与非金属性有关,正确;C、溴的非金属性强于碘,所以碘离子的还原性强于溴离子,可用元素周期律解释,正确;D、最高价氧化物对应水化物的碱性强弱与金属性有关,正确;故答案为A【答案】A
8.N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下,用、、分别表示N
2、H
2、NH3,下列说法正确的是A.使用催化剂,合成氨反应放出的热量减少B.在该过程中,N
2、H2断键形成N原子和H原子C.在该过程中,N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3D.合成氨反应中,反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量【知识点】化学键与分子间作用力分子的性质化学反应与能量变化【试题解析】A、催化剂降低反应的活化能,加快反应速率,不改变反应物与生成物的状态,所以放出的热量不变,错误;B、在反应过程中,N
2、H2断键形成N原子和H原子,正确;C、在该过程中,N原子和H原子形成了含有极性键的NH3,错误;D、由图示可知,反应物的能量高于生成物的能量,则反应为放热反应,故合成氨反应中,反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量,错误;故答案为B【答案】B
9.脲醛塑料UF,俗称“电玉”,可制得多种制品,如日用品、电器元件等在一定条件下合成脲醛塑料的反应如下,下列说法中正确的是(尿素)(电玉)A.合成脲醛塑料的反应为加聚反应B.尿素与氰酸铵NH4CNO互为同系物C.能发生水解反应D.脲醛塑料平均相对分子质量为10000,平均聚合度为111【知识点】有机反应类型高分子化合物有机合成与推断【试题解析】A、合成脲醛塑料的反应缩聚反应,错误;B、尿素的分子式为H4CN2O,与氰酸铵NH4CNO互为同分异构体,错误;C、中含有肽键,可发生水解反应,正确;D、脲醛塑料的链节为的相对分子质量为72,则脲醛塑料平均相对分子质量为10000,平均聚合度为10000/72=138,错误;故答案为C【答案】C10.Na2CO3和NaHCO3可作食用碱下列用来解释事实的方程式中,不合理的是A.Na2CO3溶液可除油污CO32-+H2OHCO3-+OH-B.NaHCO3可作发酵粉2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OC.Na2CO3可用NaOH溶液吸收CO2制备2OH-+CO2CO32-+H2OD.NaHCO3与食醋混用,产生CO2气体HCO3-+H+CO2↑+H2O【知识点】化学平衡盐类的水解离子方程式的书写及正误判断【试题解析】A.Na2CO3溶液可除油污CO32-+H2O HCO3- +OH-,正确;B.NaHCO3可作发酵粉2NaHCO3 Na2CO3 +CO2↑+H2O,正确;C.Na2CO3可用NaOH溶液吸收CO2制备2OH-+CO2 CO32-+H2O,正确;D.NaHCO3与食醋混用,产生CO2气体HCO3- +CH3COOH CO2↑+H2O+CH3COO-,错误;故答案为D【答案】D11.下表所列实验探究,利用右图所示实验装置,能得出相应实验结论的是选项
①②③实验结论A水电石CuSO4溶液乙炔具有还原性B浓硝酸CuKI-淀粉溶液氧化性NO2>KIC浓盐酸KMnO4KI-淀粉溶液氧化性KMnO4>Cl2>I2D稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液溶解度AgCl>Ag2S【知识点】物质的分离、提纯和检验化学实验的设计和评价物质的制备、收集和净化非金属及其化合物【试题解析】A、电石与水反应生成的乙炔不能与硫酸铜反应,不能验证乙炔具有还原性,错误;B、浓硝酸具有挥发性,会氧化碘离子,不能证明二氧化氮的氧化性大于碘化钾,错误;C、盐酸与高锰酸钾制氯气,氯气将碘化钾氧化碘单质,可证明氧化性KMnO4>Cl2>I2,正确;D、稀硫酸与硫化钠反应可生成硫化氢,但硫化氢通入AgNO3与AgCl的浊液中,会与硝酸银生成硫化银沉淀,不能证明氯化银转化为硫化银,错误;故答案为C【答案】C
12.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力大小,且电导率越大溶液的导电能力越强室温下,用
0.100mol/L的NH3·H2O 滴定
10.00mL 浓度均为
0.100mol/LHCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如右图所示下列说法正确的是A.
①点溶液中cH+为
0.200 mol/LB.
②点时溶液的温度最低C.
③点后离子数目减少电导率略降低D.
③点时溶液中有c Cl->CH3COO-【知识点】电解质水的电离和溶液的酸碱性弱电解质的电离【试题解析】导电性与离子浓度有关,离子浓度越大,导电性越大,氨水先与盐酸反应,生成氯化铵,铵根会水解,离子浓度减小,导电性减小,
②点后,加入氨水,开始与醋酸反应,生成强电解质醋酸铵,与醋酸对比,离子浓度增大,导电性增强,
③点后氨水过量,根据此分析答题;A、CH3COOH为弱酸,0.1mol/L中醋酸不能电离出0.1mol/L的氢离子,故
①点溶液中cH+小于0.200 mol/L,错误;B、中和反应为放热反应,故
①点的温度最低,错误;C、
③点后,氨水过量,会电离出铵根与氢氧根,离子数目增大,电导率略降低,错误;D、
③点时,氨水与醋酸恰好完全反应,存在等浓度的氯化铵与醋酸铵,醋酸根会水解,故溶液中有c Cl->CH3COO-,正确;故答案为D【答案】D第二部分(非选择题共180分)本部分共11小题,共180分
25.16分六元环化合物在有机合成中是一种重要的中间体,尤其是环己烯酮类,在医药领域中有着广泛的应用,六元环化合物可以通过Robinsonannulation罗宾逊成环合成例如R
1、R
2、R3可为氢原子或烃基以下是化合物M属于环己烯酮类的两步合成路线已知
(1)RCH=CHR1RCHO+R1CHO
(2)
(1)用系统命名法给A命名,其名称是
(2)B中含氧官能团名称是
(3)B+C→D的化学方程式是
(4)E→F的反应类型是
(5)J的结构简式是
(6)K+D→L的化学方程式是
(7)G有多种同分异构体,符合下列条件的G的同分异构体有种,写出其中任意一种同分异构体的结构简式
①能与浓溴水反应产生白色沉淀
②苯环上有两个取代基,且苯环上的一氯代物只有两种
③可在一定条件下发生水解反应和银镜反应【知识点】高分子化合物有机合成与推断有机物的结构有机反应类型有机物的研究有机物的分类【试题解析】由信息方程式
(1)可知,C为,顺推B为HCHO,根据信息方程式
(2)可知,D应为,F与HCHO反应生成G(C10H12O3),通过H及反应条件可推知G为,根据信息方程式
(2)可知,I为,与氢气加成生成J为,氧化可得K为,与D按罗宾逊成环可生成L为,脱水生成M为,根据以上推断可知
(1)A为,用系统命名法命名,其名称是2-甲基-1-丙烯,故答案为2-甲基-1-丙烯;
(2)B为HCHO,含氧官能团为醛基,故答案为醛基;
(3)B为HCHO,C为,D为,反应方程式为,故答案为;【答案】
(1)2-甲基-1-丙烯或2-甲基丙烯或甲基丙烯
(2)醛基
(3)
(4)取代反应
(5)
26.(14分)某工程技术人员在检测维修高铁时发现,某段铁轨大面积锈蚀,周围大面积森林枯萎经调查发现附近有一个水泥厂,生产水泥原料是煤矸石,煅烧煤矸石产生二氧化硫污染空气形成酸雨造成的政府部门为了我国国民的人身安全果断关闭水泥厂
(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:
(2)已知1molSO2g氧化为1molSO3g的ΔH=-99kJ/mol2SO2+O22SO3反应过程的能量变化如图a所示
①图a中ΔH= kJ/mol;该反应通常用V2O5作催化剂,加V2O5会使图a中A点降低,理由是
②L(L
1、L2)、X可分别代表压强或温度图b表示L一定时,SO2g的平衡转化率随X的变化关系a.X代表的物理量是b.判断L
1、L2的大小关系,并简述理由
(3)钢铁锈蚀图示如图c所示
①用箭头画出图c中电子的运动方向
②请你分析高铁铁轨锈蚀的原因是
(4)我国的科技人员为了消除SO2的污染,利用原电池原理,变废为宝,设计由SO2和O2来制备硫酸,设计装置如图d所示,电极A、B为多孔的材料
①A极为(填“正极”或“负极”)
②B极的电极反应式是【知识点】化学平衡金属的电化学腐蚀和防护原电池化学反应热的计算化学反应与能量变化【试题解析】
(1)SO2形成硫酸型酸雨的化学方程式为SO2+H2OH2SO3 2H2SO3 +O22H2SO4,故答案为SO2+H2OH2SO3 2H2SO3 +O22H2SO4;
(2)
①由题意可知,1molSO2g氧化为1molSO3g的ΔH=-99kJ/mol,则2molSO2氧化放出的热量应为2*99=198kJ/mol,该反应通常用V2O5作催化剂,加V2O5会使图a中A点降低,会降低反应的活化能,故答案为-198,因为催化剂改变了反应历程,使活化能E降低;
②a、由图象可知,表示L一定时,SO2g的平衡转化率随X的增大而减小,反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,SO2g的平衡转化率减小,故X代表的物理量应为温度,L表示压强;b、 当温度一定时,增大压强,平衡右移,SO2平衡转化率减小,故L1 L2故答案为a.温度;b. L1 L2 当温度一定时,增大压强,平衡右移,SO2平衡转化率减小,故L1 L2
(3)
①钢铁的主要成分为铁和碳,铁为负极,碳为正极,电子由负极流向正极,故答案为;
②高铁铁轨锈蚀的原因为铁为负极发生氧化反应,Fe-2e-=Fe2+由于电解质溶液中有H2CO3溶液,电离出氢离子,2H++2e-=H2↑发生析氢腐蚀电解质中又溶于氧气,O2+4e- +2H2O=4OH-,发生吸氧腐蚀,故答案为Fe-2e-=Fe2+ ;由于电解质溶液中有H2CO3溶液,电离出氢离子,2H++2e-=H2↑发生析氢腐蚀电解质中又溶于氧气,O2+4e- +2H2O=4OH-,发生吸氧腐蚀
(4)
①由题意可知原电池目的为SO2和O2来制备硫酸,故B极生成硫酸,则通入的气体应为SO2,由+4价升高到+6价,发生氧化反应,故B极为负极,A极为正极,故答案为正极;
②B极为SO2,由+4价升高到+6价,发生氧化反应,反应的电极反应式SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+,故答案为SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+【答案】
(1)SO2+H2OH2SO3 2H2SO3 +O22H2SO4;(或2SO2+O2 2SO3 SO3 +H2O=H2SO4 )
(2)
①-198;因为催化剂改变了反应历程,使活化能E降低
②a.温度b.L1 L2 2SO2+O2 2SO3反应的ΔH=-198kJ/mol,是放热反应当压强一定时,温度升高,平衡左移,SO2平衡转化率减小
(3)
①②Fe-2e-=Fe2+;由于电解质溶液中有H2CO3溶液,电离出氢离子,2H++2e-=H2↑发生析氢腐蚀电解质中又溶于氧气,O2+4e- +2H2O=4OH-,发生吸氧腐蚀
(4)
①正极;
②SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+
27.14分某含锰矿物的主要成分有MnCO
3、MnO
2、FeCO
3、SiO
2、Al2O3等已知FeCO
3、MnCO3难溶于水一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰,主要物质转化关系如下
(1)设备1中反应后,滤液1里锰元素只以Mn2+的形式存在,且滤渣1中也无MnO2滤渣1的主要成分是(填化学式)
(2)设备1中发生氧化还原反应的离子方程式是
(3)设备2中加足量双氧水的作用是设计实验方案检验滤液2中是否存在Fe2+
(4)设备4中加入过量氢氧化钠溶液,沉淀部分溶解用化学平衡移动原理解释原因
(5)设备3中用阴离子膜法提取金属锰的电解装置图如下
①电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向,则A电极是直流电源的极实际生产中,阳极以稀硫酸为电解液,阳极的电极反应式为
②该工艺之所以采用阴离子交换膜,是为了防止Mn2+进入阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费,写出该副反应的电极反应式【知识点】化学实验的设计和评价物质的制备、收集和净化物质的分离、提纯和检验化学实验基础操作电解池合金及其他金属铁、铜及其化合物镁、铝及其化合物【试题解析】答案
(1)SiO2
(2)2Fe2+ +MnO2+4H+ = 2Fe3++Mn2++2H2O 或2FeCO3+MnO2+8H+ =2Fe3++Mn2++CO2↑+4H2O
(3)将Fe2+完全氧化为Fe3+ 取滤液2,加入铁氰化钾溶液,如果有蓝色沉淀产生,则有Fe2+,否则没有Fe2+
(4)滤渣2中存在AlOH3,存在电离平衡:Al3++3OH—Al(OH)3 AlO2—+H++H2O加入NaOH溶液,H+被中和浓度减低,AlOH3不断溶解
(5)
①负极4OH——4e—=2H2O+O2↑
②Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+解析过程
(1)含锰矿物的主要成分有MnCO
3、MnO
2、FeCO
3、SiO
2、Al2O3,加入稀硫酸后,SiO2不能与硫酸发生反应,故答案为SiO2;
(2)设备1中FeCO3可与硫酸反应生成亚铁离子,与MnO2发生氧化还原反应,反应的离子方程式为2Fe2+ +MnO2+4H+ = 2Fe3++Mn2++2H2O;
(3)设备2中加足量双氧水的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+,检验滤液2中是否存在Fe2+的方法是取滤液2,加入铁氰化钾溶液,如果有蓝色沉淀产生,则有Fe2+,否则没有Fe2+,故答案为将Fe2+完全氧化为Fe3+;取滤液2,加入铁氰化钾溶液,如果有蓝色沉淀产生,则有Fe2+,否则没有Fe2+;
(4)设备4中的滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁,加入过量氢氧化钠溶液,与氢氧化铝反应,使其溶解,用化学平衡移动原理解释原因为氢氧化铝中存在电离平衡:Al3++3OH—Al(OH)3 AlO2—+H++H2O,加入NaOH溶液,H+被中和浓度减低,AlOH3不断溶解,故答案为滤渣2中存在AlOH3,存在电离平衡:Al3++3OH—Al(OH)3 AlO2—+H++H2O加入NaOH溶液,H+被中和浓度减低,AlOH3不断溶解;
(5)
①电解池中,阴离子由阴极流向阳极,则B为正极,A为负极,阳极以稀硫酸为电解液,阳极的电极反应式为4OH——4e—=2H2O+O2↑,故答案为负极,4OH——4e—=2H2O+O2↑;
②该副反应为Mn2+失去电子氧化成为MnO2,电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+,故答案为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+28.(14分)某化学小组探究酸性条件下NO3-、SO42-、Fe3+三种微粒的氧化性强弱,设计如下实验(夹持仪器已略去,装置的气密性已检验)(忽略氧气对反应的影响)实验记录如下实验序号实验操作实验现象I向A装置中通入一段时间的SO2气体A中黄色溶液迅速变成深红棕色,最终变为浅绿色II取出少量A装置中的溶液,先加入KSCN溶液,再加入BaCl2溶液加入KSCN溶液后溶液不变色,再加入BaCl2溶液产生白色沉淀III打开活塞a,将过量稀HNO3加入装置A中,关闭活塞aA中浅绿色溶液最终变为黄色IV取出少量A装置中的溶液,加入KSCN溶液;向A装置中注入空气溶液变为红色;液面上方有少量红棕色气体生成请回答下列问题
(1)配制FeCl3溶液时,常常加入盐酸,目的是(用化学用语和简单文字叙述)
(2)资料表明,Fe3+能与SO2结合形成深红棕色物质FeSO263+,反应方程式为Fe3++6SO2FeSO263+请用化学平衡移动原理解释实验I中溶液颜色变化的原因
(3)实验II中发生反应的离子方程式是
(4)实验III中,浅绿色溶液变为黄色的原因是
(5)实验IV中液面上方有少量红棕色气体生成,发生反应的方程式是
(6)综合上述实验得出的结论是在酸性条件下,氧化性强弱是NO3-Fe3+SO42-请从微粒变化的角度解释【知识点】离子共存氧化性和还原性强弱的比较硫及其化合物氯及其化合物实验探究化学实验的设计和评价物质的制备、收集和净化物质的分离、提纯和检验化学实验基础操作【试题解析】
(1)Fe3++3H2OFeOH3+3H+ ;加入盐酸,增大cH+,平衡左移,抑制Fe3+水解
(2)Fe3+和SO2生成红棕色的FeSO263+反应速率较快Fe3++6SO2FeSO263+;而反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反应缓慢,但是反应限度较大,使溶液中cFe3+降低,平衡逆向移动,红棕色逐渐褪去,最终得到浅绿色溶液
(3)Ba2+ +SO42- =BaSO4↓
(4)3Fe2+ +4H++NO3- =3Fe3++NO↑+2H2O
(5)2NO+O2 =2NO2
(6)实验II中溶液中检出Fe2+和SO42-,说明Fe3+氧化SO2生成SO42-氧化性Fe3+SO42-;实验III中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成,说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+,氧化性NO3-Fe3+;所以,在酸性条件下,氧化性强弱是NO3-Fe3+SO42-解析过程
(1)配制FeCl3溶液时,常常加入盐酸的目的为Fe3++3H2OFeOH3+3H+ ;加入盐酸,增大cH+,平衡左移,抑制Fe3+水解,故答案为Fe3++3H2OFeOH3+3H+ ;加入盐酸,增大cH+,平衡左移,抑制Fe3+水解;
(2)由题意可知,溶液中Fe3+呈黄色,与SO2生成红棕色的FeSO263+,后Fe3+与SO2发生氧化还原反应,生成Fe2+,故得到浅绿色溶液,故答案为Fe3+和SO2生成红棕色的FeSO263+反应速率较快Fe3++6SO2FeSO263+;而反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反应缓慢,但是反应限度较大,使溶液中cFe3+降低,平衡逆向移动,红棕色逐渐褪去,最终得到浅绿色溶液;
(3)反应II中Ba2+ 与SO42- 生成BaSO4沉淀,发生反应的离子方程式是Ba2+ +SO42- =BaSO4,故答案为Ba2+ +SO42- =BaSO4;
(4)实验III中,浅绿色溶液变为黄色的原因是硝酸将Fe2+氧化Fe3+,反应的方程式为3Fe2+ +4H++NO3- =3Fe3++NO↑+2H2O,故答案为3Fe2++4H++NO3- =3Fe3++NO↑+2H2O;
(5)实验IV中液面上方有少量红棕色气体生成,是由于NO氧化生成NO2,发生反应的方程式是2NO+O2 =2NO2,故答案为2NO+O2=2NO2;
(6)实验II中溶液中检出Fe2+和SO42-,说明Fe3+氧化SO2生成SO42-氧化性Fe3+SO42-;实验III中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成,说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+,氧化性NO3-Fe3+;所以,在酸性条件下,氧化性强弱是NO3-Fe3+SO42-,故答案为)实验II中溶液中检出Fe2+和SO42-,说明Fe3+氧化SO2生成SO42-氧化性Fe3+SO42-;实验III中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成,说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+,氧化性NO3-Fe3+;所以,在酸性条件下,氧化性强弱是NO3-Fe3+SO42-【答案】见解析Ⅰ步Ⅱ步OR1—C—CH2—R2+R3CHOCH3CH2ONa△R1—C—C=CH—R3R2O‖‖。