还剩11页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
xx届高三化学上学期第二次联考试题含解析
一、选择题本题共13小题,每小题6分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的
1.化学与生产和生活密切相关,下列有关说法正确的是 A.英文的“中国”一词又指“瓷器”,中国瓷器驰名世界,其主要成分是SiO2B.为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质,常在包装袋中放人生石灰C.二氧化硫有毒,严禁将其添加到任何食品和饮料中D.泡沫灭火器中用的是小苏打和硫酸铝【答案】D
2.下列关于有机化合物的说法正确的是 A.分子式为C4H8O2的有机物,存在含有六元环的同分异构体B.裂化汽油可用于萃取溴水中的溴C.除去乙醇中的少量水,方法是加入新制生石灰,经过滤后即得乙醇D.只能用金属钠鉴别a和b【答案】A
3.按如图装置进行实验,下列推断正确的是选项Ⅰ中试剂Ⅱ中试剂及现象推断A氯化铵酚酞溶液不变红色氯化铵稳定B硫酸亚铁品红溶液褪色FeSO4分解生成FeO和SO2C涂有石蜡油的碎瓷片酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油发生了化学变化D铁粉与水蒸气肥皂水冒泡铁粉与水蒸气发生了反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A.氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢,离开热源,氨气和氯化氢又会重新化合生成氯化铵,生成的氯化铵附着在试管口附近,所以酚酞溶液不变红色,A项错误;B.品红溶液褪色说明有二氧化硫生成,硫元素的化合价由+6价降低到+4价,则铁元素的化合价需由+2价升高到+3价,即硫酸亚铁受热分解生成氧化铁和二氧化硫,B项错误;C.酸性高锰酸钾溶液褪色说明有还原性物质生成,所以加热石蜡油生成了具有还原性的物质,发生了化学变化,C项正确;D.气体具有热胀冷缩的性质,若加热试管Ⅰ中的空气,肥皂水也会冒泡,D项错误答案选C
4.下列实验装置不能达到实验目的的是A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、试剂瓶中为NaOH等碱性溶液时可与二氧化碳反应,而CO不反应,然后干燥可收集CO,且导气管均长进短出,装置合理,选项A正确;B、在橡胶管上夹一个止水夹,向长颈漏斗中加水,如果能在长颈漏斗中形成一段水柱,且保持稳定,则装置的气密性良好,反之则装置漏气,能达到目的,选项B正确;C、蒸发、浓缩、结晶时,不能利用坩埚加热,可选蒸发皿,选项C错误;D、用分液的方法分离互不相溶的两种液体,选项D正确答案选C
5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,且Y、Z位于同周期甲、乙、己是由这些元素组成的二元化合物
0.001mol•L-1的己溶液pH为3;庚是具有漂白性的混合物上述物质的转化关系如图所示下列说法正确的是 A.原子半径Z>Y>XB.仅由这四种元素构成的溶液可能呈酸性、碱性或中性C.己为由极性键构成的非极性分子D.戊为一元弱碱【答案】B【解析】
0.001mol•L-1的己溶液pH为3,则己为强酸,应是HCl,可知丙、丁分别是H
2、Cl2,则甲、乙为饱和食盐水,由转化关系可知,丁为Cl2,丙为H2,戊为NaOH,庚为NaCl、NaClO的混合物,W―H、X―O、Y―Na、Z―ClA、同周期元素从左到右原子半径减小,应为NaCl,故A错误;B、仅由这四种元素组成的溶液,如为NaCl和HCl混合液,则呈酸性,如为NaOH、NaCl的混合液,则呈碱性,如为NaCl溶液,则呈中性,故B正确;C、己为HCl由极性键构成的极性分子故C错误;戊为NaOH是一元强碱,故D错误;故选B
6.某太阳能电池的工作原理如图所示下列说法正确的是A.硅太阳能电池供电原理与该电池相同B.光照时,H+由a极区经质子交换膜向b极区迁移C.光照时,b极的电极反应式为VO2+-e-+H2O=VO2++2H+D.夜间无光照时,a极的电极反应式为V3++e-=V2+【答案】C【解析】A、硅太阳能电池是用半导体原理将光能转化为电能,是物理变化,而该电池是化学能转化为电能,两者原理不同,选项A错误;B、光照时,b极VO2+−e−+H2OVO2++2H+,产生氢离子,而氢离子由b极室透过质子膜进入a极室,选项B错误;C、光照时,b极发生失去电子的氧化反应,电极反应式为VO2+−e−+H2OVO2++2H+,选项C正确;D、夜间无光照时,相当于蓄电池放电,a极的电极反应式为V2+−e−V3+,发生氧化反应,是负极,选项D错误;答案选C点晴:本题考查原电池知识侧重于原电池的工作原理的考查,注意把握电极反应的判断,把握电极方程式的书写,为解答该类题目的关键原电池中较活泼的金属是负极,失去电子,发生氧化反应电子经导线传递到正极,所以溶液中的阳离子向正极移动,正极得到电子,发生还原反应,答题时注意灵活应用
7.常温下,用
0.1mol/L的HCl溶液滴定
10.00mL
0.1mol/LROH,其滴定曲线如图所示,下列分析不正确的是A.ROH为弱碱B.若a=8,从A到B的过程中,水的电离程度逐渐减小C.A点溶液cCl-)=cR+D.若b=15,溶液中存在cCl-+cROH+cOH-=cH+【答案】B【解析】A、cH+/cOH―=10-
7.2,即cH+cOH―/c2OH―=10-
7.2,c2OH―=10-14/10-
7.2,cOH―=10-
3.4mol/L,ROH为弱碱,故A正确;B、RCl是强酸弱碱盐,A点呈中性,但没有达到恰好完全反应的点前,水的电离程度是越来越大,以后到B点相当于加酸,抑制水电离,水的电离程度越来越小,故B错误;C、由电荷守恒A点溶液cOH―+cCl-)=cR++cH+,A点cOH―=cH+,故C正确;D、若b=15,溶液中存在RCl两份,HCl一份,任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒,根据电荷守恒c(R+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),根据物料守恒得3[c(R+)+cROH]=2c(Cl-),所以得cCl-+cROH+cOH-=cH+,故D正确;故选B
8.硫酰氯(SO2Cl2)可用作有机化学的氯化剂,在药物和染料的制取中也有重要作用已知硫酰氯通常条件下为无色液体,熔点−
54.1℃,沸点
69.1℃在潮湿空气中“发烟”;100°C以上开始分解,生成二氧化硫和氯气,长期放置也会发生分解某化学学习小组拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯反应的化学方程式为SO2g+Cl2g=SO2Cl2lΔH=−
97.3kJ·mol−1,实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)回答下列问题
(1)装置己的作用是_________________________________________________;如何控制两种反应物体积相等__________________________________________________
(2)装置戊上方分液漏斗中最好选用下列试剂_____选填字母A.蒸馏水B.饱和食盐水C.浓氢氧化钠溶液D.
6.0mol·L−1盐酸
(3)若缺少装置乙和丁均盛放浓硫酸,潮湿氯气和二氧化硫会发生副反应,化学方程式是________________________________________________________;同时生成的SO2Cl2也会水解而“发烟”,该反应的化学方程式为______________________________________
(4)为提高本实验中硫酰氯的产率,在实验操作中需要注意的事项有(填序号)______
①控制气流速率,宜慢不宜快
②持续加热丙装置
③若丙装置发烫,可适当降温
④先通冷凝水,再通气
(5)氯磺酸(ClSO3H)加热分解,也能制得硫酰氯2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4,分离两种产物的方法是__________(选填字母)A.重结晶B.过滤C.蒸馏D.萃取请设计实验方案检验产物中存在硫酸(可选试剂稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、蒸馏水、石蕊试液)_______________________________________________________________________【答案】
1.吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置丙
2.通过调节旋塞或滴液的快慢控制气体流速,使装置乙和丁导管口产生气泡的速度相等
3.B
4.Cl2+SO2+2H2O==2HCl+H2SO
45.SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
6.
①③④
7.C
8.取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解),冷却后加水稀释取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红,再取少量溶液,加入氯化钡溶液产生白色沉淀,说明含有硫酸(或者合理答案)【解析】
(1)装置己的作用是吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置丙;通过调节旋塞或滴液的快慢控制气体流速,使装置乙和丁导管口产生气泡的速度相等来控制两种反应物体积相等;
(2)因氯水不溶于饱和食盐水,故E中的试剂是饱和食盐水,答案选b;
(3)若缺少装置乙和丁(均盛放浓硫酸),潮湿氯气和二氧化硫发生反应氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸,自身被还原为HCl,反应的方程式为Cl2+SO2+2H2O==2HCl+H2SO4;同时生成的SO2Cl2也会水解而“发烟”,反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;
(4)由于硫酰氯通常条件下为无色液体,熔点为-
54.1℃,沸点为
69.1℃,在潮湿空气中“发烟”;100℃以上开始分解,生成二氧化硫和氯气,长期放置也会发生分解,因此为提高本实验中硫酰氯的产率,在实验操作中需要注意的事项有
①先通冷凝水,再通气,
②控制气流速率,宜慢不宜快,
③若三颈烧瓶发烫,可适当降温,但不能加热三颈烧瓶,否则会加速分解,故答案为
①③④;
(5)硫酰氯通常条件下为无色液体,熔点为-
54.1℃,沸点为
69.1℃,而硫酸沸点高,则分离产物的方法是蒸馏,答案选C;设计实验方案检验产物中存在硫酸取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解),冷却后加水稀释取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红,再取少量溶液,加入氯化钡溶液产生白色沉淀,说明含有硫酸点睛本题考查实验制备方案,涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等,注意对物质性质信息的应用,根据装置图可知,装置甲为储气装置,用于提供氯气,则仪器A中盛放的试剂要将氯气压入后续反应装置,所以不能溶解氯气,应为饱和食盐水,硫酰氯易水解,所以生成的氯气要干燥,所以乙中应装有浓硫酸干燥氯气,氯气与二氧化硫反应需要用活性碳作催化剂,硫酰氯易水解易挥发,所以在三颈烧瓶上方应连接一个冷凝管和装有碱石灰的干燥管,则甲中活性炭的作用是催化剂
9.MnCO3可用于制备活性电极材料MnO2以菱锰矿(含MnCO
3、SiO
2、FeCO3和少量Al2O3等)为原料制备碳酸锰粗产品的流程如下已知
①常温下,Ksp[FeOH3]=
8.0×10-38,Ksp[AlOH3]=
4.0×10-34
②氢氧化物沉淀的条件Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为
4.
6、
3.4;Mn2+开始沉淀的pH为
8.1
(1)“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸,原因是_________________________________
(2)用离子方程式表示“氧化”过程中加MnO2的目的______________________________
(3)“调pH”时,向含有硫酸铁和硫酸铝的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液至两种沉淀共存,当cFe3+=
1.0×10-5mol·L-1时,cAl3+=______________mol·L-1
(4)
①“沉锰”过程中,反应的离子方程式为__________________________________
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示当温度高于60℃时,沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是___________________
(5)从滤液3中可分离出一种不含碳元素的氮肥,它的化学式为___________________【答案】
1.后续“氧化”过程中加入的二氧化锰会氧化浓盐酸
2.MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O
3.
0.
054.Mn2++2HCO3-===MnCO3↓+CO2↑+H2O
5.温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快,沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢
6.NH42SO4【解析】
(1)浓盐酸具有还原性,后续“氧化”过程中会加入二氧化锰,二氧化锰可以氧化浓盐酸,因此“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸;
(2)在强酸性条件下,MnO2将Fe2+氧化为更容易转化为氢氧化物沉淀的Fe3+MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O;
(3)当FeOH3和AlOH3两种沉淀共存时,有Fe3++AlOH3=Al3++FeOH3,故cAl3+===
0.05mol·L-1;
(4)
①沉锰过程中有MnCO3沉淀和CO2气体生成,故反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O;
②温度高于60℃时,继续升温,碳酸氢铵的分解速率显著加快,沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢;
(5)“酸浸”时引入了SO42-,“沉锰”时引入了NH4+,故滤液3中可分离出的一种不含碳元素的氮肥是NH42SO
410.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注,下表为制取Cu2O的两种方法方法a用炭粉在高温条件下还原CuO方法b电解法,反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑
(1)工业上常用方法b制取Cu2O而很少用方法a,其原因是反应条件不易控制,若控温不当易生成__而使Cu2O产率降低
(2)已知
①2Cus+O2gCu2OsΔH1=-169kJ·mol-1
②Cs+O2gCOgΔH2=-
110.5kJ·mol-1
③Cus+O2gCuOsΔH3=-157kJ·mol-1则方法a中发生的反应2CuOs+Cs=Cu2Os+COg;△H=________
(3)方法b是用肼燃料电池为电源,通过离子交换膜电解法控制电解液中OH-的浓度来制备纳米Cu2O,装置如图所示
①上述装置中B电极应连_________电极填“C”或“D”
②该离子交换膜为____离子交换膜填“阴”或“阳”,该电解池的阳极反应式为_______
③原电池中负极反应式为______________
(4)在相同体积的恒容密闭容器中,用以上方法制得的两种Cu2O分别进行催化分解水的实验2H2Og2H2g+O2gΔH0水蒸气的浓度随时间t的变化如下表所示序号温度/℃c/mol·L-1t/min01020304050
①T
10.
0500.
04920.
04860.
04820.
04800.0480
②T
10.
0500.
04880.
04840.
04800.
04800.0480
③T
20.
100.
0960.
0930.
0900.
0900.090
①催化剂的催化效率:实验
①_______实验
②填“”或“”
②实验
①、
②、
③的化学平衡常数K
1、K
2、K3的大小关系为________【答案】
1.Cu
2.+
34.5kJ·mol-
13.D
4.阴
5.2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O
6.N2H4-4e-+4OH-N2↑+4H2O
7.
8.K1=K2K3【解析】
(1)用炭粉在高温条件下还原CuO容易生成Cu,反应不易控制生成Cu2O,故答案为反应不易控制,易还原产生Cu而使Cu2O产率降低;
(2)已知
①2Cu(s)+O2(g)=Cu2O(s)△H=-169kJ/mol,
②C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-
110.5kJ/mol,
③Cu(s)+O2(g)═CuO(s)△H=-157kJ/mol;用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g),该反应可以是
②-
③×2-×
①,反应的焓变是-
110.5kJ/mol-(-157kJ/mol×2)-×(-169kJ/mol)=+
34.5kJ/mol;
(3)
①该电解池的阳极发生氧化反应,所以Cu失去电子,与氢氧根离子结合生成氧化亚铜和水,故铜为阳极,燃料电池中通入氧气一极D极氧气得电子产生氢氧根离子,故上述装置中B电极应连D电极;
②该离子交换膜为阴离子交换膜,电极反应式是2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O;
③原电池中负极碱性条件下N2H4失电子产生氮气,电极反应式为N2H4-4e-+4OH-N2↑+4H2O;
(4)
①根据表中数据可知,实验
②先达到平衡,催化剂的催化效率:实验
①实验
②;
②温度相同K值相同,则K1=K2,从表中数据可知实验
③的水蒸气转化率低,故K3较小,则实验
①、
②、
③的化学平衡常数K
1、K
2、K3的大小关系为K1=K2K
311.铜、铁、硒、钴、磷及其化合物在工业上有重要用途,回答下列问题
(1)铁离子Fe3+最外层电子排布式为______,其核外共有______种不同运动状态的电子Fe3+比Fe2+更稳定的原因是____________________________________
(2)硒为第四周期元素,相邻的元素有砷和溴,则三种元素的电负性从大到小的顺序为________用元素符号表示
(3)Na3[CoNO26]常用作检验K+的试剂,Na3[CoNO26]中存在的化学键有__________
(4)常温下PCl5是一种白色晶体,其立方晶系晶体结构模型如下左图所示,由A、B两种微粒构成将其加热至148℃熔化,形成一种能导电的熔体已知A、B两种微粒分别与CCl
4、SF6互为等电子体,则A为______,其中心原子杂化轨道类型为__________,B为________
(5)磷化铝晶胞如图所示,A1原子的配位数为________,若两个铝原子之间的最近距离为dpm,NA代表阿伏加德罗常数的值,则磷化铝晶体的密度ρ=_________g/cm3【答案】
1.3s23p63d
52.
233.Fe3+的电子排布为[Ar]3d53d轨道为半充满状态,比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定
4.BrSeAs
5.配位键、共价键、离子键
6.PCl4+
7.sp
38.PCl6-
9.
410.×1030【解析】
(1)Fe为26号元素,Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5,最外层电子排布式为3s23p63d5,其核外共有2种不同运动状态的电子;Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态,比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定;
(2)As、Se、Br属于同一周期且原子序数逐渐增大,元素的非金属性逐渐增强,电负性逐渐增强,所以3种元素的电负性从大到小顺序为Br>Se>As;
(3)Na3[CoNO26]常用作检验K+的试剂,Na3[CoNO26]中存在的化学键有配位键、共价键、离子键;
(4)A微粒与CCl4具有相同空间构型则应该原子总数一样,5个原子且价电子总数相同为32个,故应该带一个单位正电荷的PCl4+离子,则B为带负电荷的PCl6-离子;PCl4+中P原子形成4个δ键,孤对电子数为=1,则为sp3杂化;
(5)磷化铝晶胞如图所示,A1原子与4个P原子形成正四面体,故配位数为4;Al位于顶点和面心,因此Al的个数为8×+6×=4,P位于体心,有4个,晶胞的化学式为AlP,因此晶胞的质量为g,若两个铝原子之间的最近距离为dpm,为面心到顶点的距离,因此晶胞的边长为pm=×10-10cm,根据密度的定义,晶胞的密度为×1030g/cm3点晴考查核外电子排布、杂化轨道类型、空间构型、溶解性、等电子体以及晶胞结构分析与计算注意晶体的结构决定晶体的性质,晶体的性质反映了晶体的结构,物质的组成和结构是判断晶体类型的根本依据,在根据物质的性质和类别判断晶体类型时还要考虑到不同物质的特性,如一般情况下盐类是离子晶体,但AlCl3是分子晶体,原子晶体一般不导电,但晶体硅能导电等另外再进行晶胞计算时要灵活应用均摊法,注意掌握常见的晶体类型特点和晶胞结构
12.已知A是芳香烃,苯环上只有一个取代基,A完全加氢后分子中有两个甲基,E的分子式为C9H8O2,能使溴的四氯化碳溶液褪色,其可以用来合成新型药物H,合成路线如图所示已知请回答下列问题
(1)写出有机物A的结构简式____________有机物D中存在的官能团名称为_______________
(2)上述反应过程中属于取代反应的有________________(填序号)
(3)有机物H在一定条件下可以聚合形成高分子,写出该聚合物的结构简式_________
(4)写出H在氢氧化钠催化作用下的水解方程式_________________________
(5)有机物E有多种同分异构体,写出符合下列条件的同分异构体的结构简式________a.存在苯环且苯环上核磁共振氢谱只有2组峰值b.与新制CuOH2悬浊液作用产生砖红色沉淀c.加入FeCl3溶液显色
(6)参照H的上述合成路线,设计一条由石油产品和NH2—CHCH32为起始原料制备医药中间体CH3CONHCHCH32的合成路线_________________________(需注明反应条件)【答案】
1.
2.羟基、羧基
3.
②⑤⑥
4.
5.+2NaOH→CH3OH++
6.
7.【解析】A是芳香烃,根据分子式含有1个苯环,能和溴的四氯化碳溶液发生反应,说明含有碳碳双键,A和氢气发生加成反应后有两个甲基,说明含有烃基上含有1个支链,即A的结构简式为,和溴的四氯化碳溶液发生加成反应,即B的结构简式为,反应
②发生卤代烃的水解反应,羟基取代溴原子的位置,即C的结构简式为,C转化D发生氧化反应,D的结构简式为,对比D和E的分子式,以及E能使溴的四氯化碳溶液褪色,反应
④发生消去反应,即E的结构简式为,根据信息
①,溴原子取代羧基中羟基的位置,F的结构简式为,根据信息
②发生取代反应,即H的结构简式为,
(1)根据上述分析,A的结构简式为,D中含有官能团是羟基和羧基;2属于取代反应的是
②⑤⑥;3H中含有碳碳双键,通过发生加聚反应生成高分子化合物,即结构简式为;4H中含有酯基和肽键,在氢氧化钠溶液中发生水解反应,反应方程式为+2NaOH→CH3OH++;
(5)a含有苯环,且苯环上有2组峰,说明含有两种氢,应是含有两个取代基,且处于对位;b、能和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀,说明含有醛基,属于醛或甲酸某酯;c、加入FeCl3发生显色反应,说明含有酚羟基,因此属于的同分异构体为、;
(7)根据中间体的结构简式,生成中间体两种有机物分别是CH3COBr和CH32CHNH2,由CH3COOH和PBr3发生取代反应生成CH3COBr,乙酸由乙醛氧化生成,乙醛可以由乙烯直接转化成,也可以由乙醇氧化生成,乙醇由乙烯的水化法产生,选择最简单的路线,即点睛本题属于有机物的合成,考查有机物的基础知识以及官能团的性质,解决这类问题,需要熟悉掌握官能团的性质,官能团的引入和消去,充分利用信息,同分异构体的书写和判断是有机合成中常考知识,特别是限制性的同分异构体的书写,这就要求学生注意限制条件的运用,本题的难度适中,考查了学生推断能力、基础知识的运用能力。