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2019届高三化学上学期入学测试试题含解析
1.化学与生活密切相关,下列叙述中不正确的是A.糖类是人体能量的主要来源B.食盐可作调味剂,也可作食品防腐剂C.天然存在的动植物油脂,大多属于单甘油醋D.乙烯可作水果催熟剂,能促进水果尽早成熟【答案】C【解析】A、糖类是人体供能物质,故A正确;B、食盐腌制食品,食盐进入食品内液产生浓度差,形成细菌不易生长的环境,可作防腐剂,食盐具有咸味,所以食盐可作调味剂,也可作食品防腐剂,故B正确;C、天然油脂大多是高级脂肪酸甘油酯,由于天然油脂中有多种高级脂肪酸甘油酯,所以是混甘油酯,故C错误;D、乙烯CH2=CH2,为一种植物激素,由于具有促进果实成熟的作用,并在成熟前大量合成,所以认为它是成熟激素,可抑制茎和根的增粗生长、幼叶的伸展、芽的生长、花芽的形成,故D正确故选C点睛常见的食品添加剂的组成、性质和作用;葡萄糖的性质和用途;生活中的化学,依据相关的知识即可解答,平时注意生活中的化学知识的积累
2.下列关于有机化合物的说法正确的是A.C3H6和C4H8互为同系物B.CH2Cl2有2种同分异构体C.苯乙烯分子中的所有原子不可能处于同一个平面D.乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应【答案】D【解析】A、结构相似,在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物,CnH2n不一定是烯烃,可能是环烷烃,故A错误;B、CH2Cl2是四面体结构,它的分子构型经过旋转,总是能够重合,所以它没有同分异构体故B错误;C、项苯环上的所有原子在同一平面,碳碳双键上原子在同一平面,所以所有原子有可能在同一平面,故C错误;D、酯化反应是可逆反应,D正确;故选D
3.设NA为阿伏加德罗常数的值下列有关叙述正确的是A.
1.8gNH4+中含有的电子数为
1.1NAB.
2.2gCO2和N2O的混合气体中原子数为
0.15NAC.1molNa2O2与足量的CO2反应,转移电子数为2NAD.25℃、101kPa时,
2.24LCH4含有的共价键数为
0.4NA【答案】B【解析】A、一个NH4+只有10个电子,
1.8gNH4+中含有的电子数为
1.0NA,故A错误;B、CO2和N2O都是三原子分子,相对分子质量都是44,
2.2gCO2和N2O的混合气体中原于数为
0.15NA,故B正确;C、2Na2O2+2CO2=2NaCO3+O21mol反应转移了2mol电子,所以1mol过氧化钠转移
0.5mol电子,故C错误;D、25℃,101KPa条件下,气体摩尔体积是
24.5L·mol-1,不是
22.4L·mol-1,故D错误;故选B点睛考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,题目难度中等
4.常温下,用
0.10mol·L-1NaOH溶液滴定
20.00mL稀醋酸(HAc,下列说法中正确的是A.当混合溶液的pH7时,其中不可能存在HAc分子B.当混合溶液的pH7时,混合液中cNa+cAc-)C.判断该滴定过程的终点,最好选择甲基橙作为指示剂D.达到滴定终点时,混合液中cNa+和cAc-)一定不相等【答案】D【解析】A、当混合溶液的pH7时,溶质主要是CH3COONa,要发生水解,生成CH3COOH分子,故A错误;B、当混合溶液的pH7时,cH+cOH-,又溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO―)+c(OH-),故cNa+cAc-,故B错误;C、甲基橙的变色范围是pH
3.1的变红,pH
4.4的变黄,
3.1-~
4.4的呈橙色,该反应生成物是CH3COONa,水溶液呈碱性,应选用酚酞作指示剂,故C错误;D、达到滴定终点时,由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO―)+c(OH-),故cNa+cAc-,混合液中cNa+和cAc-一定不相等故选D
5.下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A充分吸收了Na2SiO3饱和溶液的小木条,沥干后放在酒精灯外焰加热小木条不燃烧Na2SiO3可作防火剂B将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧集气瓶口上方有白烟生成H
2、Cl2化合生成HClC将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色SO2具有漂白性D除去表面氧化膜的铝箔,在酒精灯上充分加热铝不能滴落下来铝熔点高,没能熔化A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A、硅酸钠溶液吸热水分蒸发后可生成SiO2从而依附在纤维上,可防火,故A正确;B、纯净的H2在Cl2中安静地燃烧,发出苍白色火焰,生成HCl,在集气瓶口有大量白雾,是盐酸的小液滴,不是白烟,故B错误;C、SO2漂白性的实质是SO2与水反应生成的H2SO3跟有机色素结合成了不稳定的无色化合物,该化合物见光、遇热或长久放置又能恢复为原来的颜色,通入高锰酸钾溶液,把高锰酸钾还原才使其褪色,是还原性,而不是漂白性,故C错误;D、铝在空气中加热生成一层致密的氧化铝Al2O3薄膜其熔点高于Al的熔点,附着在Al的外面,所以熔化了的液态铝不会滴落下来,故D错误故选A
6.电解尿素[CONH22]的碱性溶液可以制取氢气,其装置如下图所示(电解池中隔膜仅阻止气体通过,阴、阳极均为惰性电极)下列有关说法中不正确的是A.电解过程中b极附近溶液碱性明显增强B.溶液中的OH-逐渐向a极区附近移动C.若在b极产生标准状况下224mL氢气,则消耗尿素2gD.a极反应式为CONH22+8OH--6e-=CO32-+N2↑+6H2O【答案】C【解析】该电池反应时中,氮元素化合价由-3价变为0价,H元素化合价由+1价变为0价,则氮元素被氧化,氢元素被还原,所以生成氮气的电极a是阳极,生成氢气的电极b是阴极阳极CONH22+8OH--6e-=CO32-+N2↑+6H2O阴极6H2O+6e-=3H2↑+6OH-A、b是阴极,由电极反应可知阴极产生OH―,b极附近溶液碱性明显增强,故A正确;B、电解时,电解质溶液中阴离子向阳极移动,根据A知,a是阳极,所以氢氧根离子向a极移动,故B正确;C、阴极b上水得电子生成氢气和氢氧根离子,电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-,标况下224mLH2物质的量为
0.01mol,转移电子
0.02mol,a极为阳极,电极反应式为CO(NH2)2+80H--6e-═CO32-+N2↑+6H2O,消耗尿素
0.2g,故C错误;D、a极反应式为CO(NH2)2+80H--6e-═CO32-+N2↑+6H2O;故选C点睛该电池反应时中,氮元素化合价由-3价变为0价,H元素化合价由+1价变为0价,所以生成氮气的电极a是阳极,生成氢气的电极b是阴极,结合电解质溶液中氢氧根离子浓度的变化分析解答
7.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,它们的原子最外层电子数之和为13X的原子半径比Y的小,其中X与W同主族一种常见的无色无味液体分解可以得到X和Z元素的单质下列说法中不正确的是A.X、Y、Z三种元素可以形成离子化合物B.元素X和W之间不可能形成二元化合物C.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱D.元素Y、Z、W中,元素W的简单离子的半径最小【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,一种常见的无色无味液体分解可以得到X和Z元素的单质,Z为氧元素,X的原子半径比Y的小,则X不可能与Y处于同一周期,Y的原子序数小于氧元素,故Y处于第二周期,X处于第一周期,则X为氢元素,X与W同主族,故W为Na元素,四原子最外层电子数之和为13,则Y原子的最外层电子数为13-1-1-6=5,故Y为氮元素,X-H,Y-N,Z-O,W-Na A、X、Y、Z三种元素可以形成离于化合物,如NH4NO3,故A正确;B、元素X和W之间可能形成二元化合物,如NaH,故B错误;C、同周期自左而右非金属性增强,故非金属性O>N,非金属性越强气态氢化物越稳定,故氢化物稳定性H2O>NH3,故C正确;D、元素Y、Z、W中,简单离子的电子层结构相同,核电荷大的半径小,离子半径N3―O2―Na+,元素W的简单离子的半径最小,故D正确;故选B点睛推断元素是解题的关键,注意利用同周期原子半径大小关系确定X为氢元素
8.PFS是水处理中重要的絮凝剂,下图是以回收的废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程(l)酸浸槽以及聚合釜中用到的酸应是_____;PFS中铁元素的化合价为_____;在酸浸槽中,为了提高浸出率,可以采取的措施有_____(写两条)
(2)若废铁屑含有较多铁锈(Fe2O3·xH2O),则酸浸时反应的化学方程式有_____
(3)如果反应釜中用H202作氧化剂,则反应的离子方程式为______;生产过程中,发现反应釜中产生了大量的气体,且温度明显升高,其原因可能是_____
(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内如果溶液酸性过强,造成的后果是______,如果溶液酸性太弱又会生成大量的氢氧化铁沉淀若溶液中Fe3+的浓度为1mol·L-1,当Fe3+开始沉淀时,溶液的pH约为_________[已知FeOH3的ksp=l.0×l0-39]【答案】
1.H2SO
42.+
33.填加热、搅拌、多次浸取中的两项即可
4.Fe2O3·xH2O+3H2SO4=Fe2(SO4)3+(3+x)H2O
5.Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
6.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
7.加入的H2O2过多,自身发生了分解反应;影响Fe3+与OH-的结合(合理答案均可)
8.1【解析】
(1)絮凝剂是硫酸盐,制备时不能引入杂质,要用硫酸酸浸,根据[Fe2(OH)n(SO4)(3-n/2)]m化合价代数和为0,令Fe的化合价为x得2x-n-6+2*n/2=0,得x=3,PFS中铁元素的化合价为+3价,在酸浸槽中为了提高浸出率,可以采取的措施有加热、搅拌、多次浸取等;
(2)酸浸相当于碱性氧化物与酸反应,Fe2O3溶解后,铁与酸反应产生H2,方程式为Fe2O3·xH2O+3H2SO4=Fe2SO43+3+xH2O,Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑;
(3)H2O2作氧化剂,将溶液中Fe2+氧化成Fe3+离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,加入的H2O2过多,H2O2不稳定,受热会分解,生产过程中,发现反应釜中产生了大量的气体,且温度明显升高,其原因可能是加入的H2O2过多,自身发生了分解反应;点睛探究物质的组成、性质、制备中的实验操作,答题时注重语言表达要准确,难度中等
9.消除氮氧化物污染对优化空气质量至关重要(l)用CH4催化还原NOx消除氮氧化物污染发生的反应如下CH4g+4NO2g=4NOg+CO2g+2H2Og △H=-574kJ·mol-1CH4g+4NOg=2N2g+CO2g+2H2Og △H=-1160kJ·mol-1若用
0.2molCH4将NO2还原为N2,则整个过程中放出的热量为____kJ(假设水全部以气态形式存在)
(2)用活性炭可处理大气污染物NO在2L密闭容器中加入NO和活性炭(无杂质)生成气体E和F当温度分别在T1和T2时,测得反应达到平衡时各物质物质的量如下表
①请结合上表数据,写出NO与活性炭反应的化学方程式_____
②T1℃时,上述反应的平衡常数的值为_____如果已知T2>T1,则该反应正反应的△H___(填“”“”或“=”0
③在T1温度下反应达到平衡后,下列措施不能增大NO转化率的是_____a.降低温度b.增大压强c.增大cNOd.移去部分F
(3)汽车尾气处理中的反应有2NO+2CO===2CO2+N2某温度时,在1L密闭容器中充入
0.1molCO和
0.1molNO,
0.5s时反应达到平衡,测得NO的浓度为
0.02mol·L-1则反应开始至平衡时,NO的平均反应速率vNO=______若此温度下,某时刻测得CO、NO、N
2、CO2的浓度分别为
0.01mol·L-
1、amol·L-
1、
0.01mol·L-
1、
0.04mol·L-1,要使反应向正反应方向进行,a的取值范围为______
(4)某课题组利用下图所示装置,探究NO2和O2化合生成N2O5,形成原电池的过程物质Y的名称为_____,该电池的正极反应式应为_______【答案】
1.
173.
42.C+2NO=N2+CO
23.
0.
56254.<
5.bc
6.
0.016mol·(L·S)-
17.a>
0.
018.五氧化二氮
9.O2+2N2O5+4e-=4NO3-【解析】
(1)已知
①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ·mol-1,
②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1,利用盖斯定律将
①+
②/2,可得CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),△H=-(574+1160)/2kJ·mol-1=867kJ·mol-1,n(CH4)=
4.48L/
22.4L·mol-1=
0.2mol,整个过程中放出的热量为
0.2mol×867kJ·mol-1=
173.4kJ,故答案为
173.4;2
①由表中数据可知,T1时C、NO、E、F的化学计量数之比为
0.
030.
060.
030.03=1211,反应中C被氧化,结合原子守恒可知,生成为N2与CO2,且该反应为可逆反应,故反应方程式为C+2NON2+CO2;
②从表中数据可知T1℃时的平衡浓度c(NO)=
0.04mol/1L=
0.04mol·L-1,c(N2)=c(CO2)=
0.03mol/1L=
0.03mol·L-1,故T1℃时该反应的平衡常数为K1=
0.03×
0.03/
0.042=9/16=
0.5625,故答案为
0.5625由表中数据可知,温度由T1变为T2,平衡向逆反应移动,T2>T1,则该反应正反应的△H0;
(3)2NO+2CO2CO2+N2起始/mol·L-
10.
10.100反应/mol·L-
10.
080.
080.
080.04平衡/mol·L-
10.
020.
020.
080.04vNO=
0.08mol·L-1/5s=
0.016mol/L·sT1℃时,在1L的密闭容器中,充入
0.1molCO和
0.1molNO,达到平衡时,测得NO的浓度为
0.02mol·L-1,则此温度下平衡常数K=某时刻测得CO、NO、N
2、CO2的浓度分别为
0.01mol·L-
1、amol·L-
1、
0.01mol·L-
1、
0.04mol·L-1,要使反应向正方向进行Q<K=1600Q=,a>
0.01;
(4)石墨I是电池负极,NO2失去电子,氮化合价升高,Y为N2O5,名称为五氧化二氮;电池正极发生还原反应,电极反应为O2+2N2O5+4e-=4NO3-点睛
(2)C+2NON2+CO2,C是固体,易被忽略
(3)依据化学平衡三段式列式计算,平衡常数用平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到,依据浓度商和平衡常数比较分析反应进行的分析
10.无水MgBr2可用作催化剂实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2,装置如下图所示(夹持仪器略去),主要步骤如下步骤1获颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚,装置B中加入适量的液溴步骤2缓慢通入干燥的氮气,直至溴完全导入三颈瓶中步骤3反应完毕后恢复至室温,过滤,将滤液转移至另一干燥的烧瓶中,冷却至0℃,析出晶体,再过滤得三乙醚合溴化镁粗品步骤4常温下用苯溶解粗品,冷却至0℃,析出晶体,过滤,洗涤得二乙醚合溴化镁,加热至160℃分解得无水MgBr2产品已知
①Mg和Br2反应剧烈放热;MgBr2具有强吸水性
②MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2·3C2H5OC2H5请回答(l)仪器A的名称是_____,它在实验中的作用是_______
(2)步骤2中,可以将B装置中的溴完全导入三颈瓶中的原因是_____;该实验如果将所用液溴一次性全部加人三颈瓶中,其后果是________
(3)步骤3中,第一次过滤得到的固体物质是______;根据步骤
3、4,请总结出三乙醚合溴化镁所具有的物理性质_______
(4)请根据Mg的性质设计实验证明O2的氧化性比N2的强_____
(5)将步骤4得到的产品在干燥器中冷却到室温后,称量,其质量为
61.4g则该实验制取MgBr2的产率是_______________【答案】
1.球形冷凝管
2.使挥发出的乙醚和溴蒸气冷却并回流至反应装置
3.氮气的气流促进了液溴的挥发
4.反应过于剧烈,使反应过程难以控制
5.镁屑
6.可溶于苯等有机溶剂,在0℃时的溶解度较小
7.将燃着的镁带分别插入O2和N2中,前者燃烧剧烈
8.
80.1%【解析】Mg+Br2=MgBr2的反应比较剧烈,MgBr2具有很强的吸水性,反应中用盛无水CaCl2的干燥管,防止有水参与,Br2挥发性强,氧化性强,反应中用球形冷凝管不断冷凝,让它与Mg充分接触
1.球形冷凝管,它在实验中的作用是使挥发出的乙醚和溴蒸气冷却并回流至反应装置;2液溴具有挥发性,干燥的氮气流促进液溴不断地挥发,慢慢进入三颈瓶中与镁反应,如果将所用液溴一次性全部加入三颈瓶中,镁与溴反应过于激烈,放出大量热,反应难以控制;
(3)步骡3中,第一次过滤得到的固体物质是末反应的镁,三乙醚合溴化镁所具有的物理性质可溶于苯等有机溶剂,在0℃时的溶解度较小4氧气的氧化性比氮气强,故将燃着的镁带分别插入O2和N2中,前者燃烧剧烈,从而证明氧气的氧化性强;510克镁理论上可得到的MgBr2为,实际生成的MgBr2为
61.4gMgBr2,MgBr2的产率为管凝衣强,氧化性强,气体点睛根据MgBr2和原料的性质,应用物质的制备、提纯、分离知识解题,难度中等,注意表述要简洁,准确,5产率在化学反应中(尤其在可逆反应当中),产率指的是某种生成物的实际产量与理论产量的比值
11.【化学―选修3物质结构与性质】砷化稼(GaAs)是优良的半导体材料,可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等回答下列问题(l)基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]______
(2)根据元素周期律,元素的电负性Ga______(填“大于”或“小于”,下同)As,第一电离能B_____Ga;BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合的原因是________
(3)杀虫剂Na3AsO4中阴离子的空间构型为_______As原子采取_____杂化
(4)组成相似的GaF3和GaCl3晶体,前者属于离子晶体后者属于分子晶体从F-和Cl-结构的不同分析其原因是_________
(5)原子晶体GaAs的晶胞参数a=xpm,它的晶胞结构如下图所示该晶胞内部存在的共价键数为______;A原子距离B原子所在六面体的侧面的最短距离为_________(用x表示)pm;该晶胞的密度为______g·cm-3(阿伏伽德罗常数用NA表示)【答案】
1.3d104s24p
12.小于
3.大于
4.NH3中的N具有孤对电子,BF3中的B核外具有空轨道
5.正四面体
6.sp
37.Cl-的电子层数比F-的多,原子半径比F-的大
8.
169.
0.25x
10.【解析】1镓是31号元素,核外有31个电子,基态镓(Ga)原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1,简写成[Ar]3d104s24p1;
(2)同周期元素,从左到右电负性逐渐增大,同主族元素从下到上,电负性逐渐增大,电负性Ga小于As;第一电离能与原子核外电子排布有关,当电子在能量相当的轨道上形成全空、半满、全满时,原子的能量较低,第一电离能越大,同一主族,从上到下,原子半径越大,吸电子能力越弱,第一电离能越小,B与Ga在ⅢA族,第一电离能B大于Ga;B原子其价层电子数是4,采取sp3杂化,B原子形成3个σ键一个配位键,B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对,B、N原子之间形成配位键,形成BF3·NH33AsO43-中含有的孤电子对数是0,中心原子有4个共价键,所以其构型是正四面体形,As原子价层电子对数为4,故杂化方式为sp3;4Cl-的电子层数比F-的多,原子半径比F-的大,Ca2+与F―形成离子键,形成离子晶体;
(5)如图每个As与4个Ga形成4个共价键,晶胞中共含4×4=16个共价键;A原子距离B原子所在六面体的侧面的最短距离为a/4=
0.25xpm;晶胞中拥有的As原子8×1/8+6×1/2=4,Ga也是4个,该晶胞的密度为g·cm-3点睛物质结构常见题,第一电离能和电负性易混淆;晶胞密度的计算,按密度等于质量比体积去思考
12.【化学―选修5有机化学基础】查尔酮是一种重要的化工原料,可以通过如下过程合成请回答下列有关问题1已知A的分子式为C8H10它的结构简式为_______查尔酮的结构属于烯烃的_____ (填“顺式”或“反式”)异构2 B转化成C的反应类刑属于________;C分子中含氧官能团为______3D物质在OH-存在时与苯甲醛反应的化学方程式为___________4 D的同分异构体中,属于芳香醛的有_____种;其中核磁共振氢谱吸收峰种类最少的一种同分异构体的名称为________5参照上述合成路线,写出由CH3CH=CH2制取丙酮的流程图____________【答案】
1.
2.反式
3.取代反应(或水解反应)
4.羟基
5.
6.
47.对甲基苯甲醛
8.【解析】A为苯乙烷,失去2个氢原子,得苯乙烯,在催化剂作用下,与HCl加成得B,水解后得C,氧化后得D,D发生,最后脱水得到产物1对比A和苯乙烯,A多2个氢原子,故A为乙苯,;两个相同原子或基团分别在双键两侧的为反式异构体,查尔酮的结构属于烯烃的反式异构
(2)B中氯被羟基所取代,是取代反应;C分子为,含氧官能团为羟基;
(3)分子中α-H与苯甲醛中醛基发生加成反应,方程式为;4D的同分异构体中,属于芳香醛的有、、、共4种;核磁共振氢谱吸收峰种类分别为
6、
6、
4、5种,其中核磁共振氢谱吸收峰种类最少的一种同分异构体的名称为对甲基苯甲醛;5模仿题干先用丙烯与HCl加成,再水解得到2-丙醇,氧化得到丙酮,流程如下点睛解答有机推断题时,我们应首先认真审题,分析题意,分离出已知条件和推断内容,弄清被推断物和其他有机物的关系,以特征点作为解题突破口,结合信息和相关知识进行推理,排除干扰,作出正确推断,一般可采取的方法有顺推法(以有机物结构、性质和实验现象为主线,采用正向思维,得出正确结论)、逆推法(以有机物结构、性质和实验现象为主线,采用逆向思维,得出正确结论)、多法结合推断(综合应用顺推法和逆推法)等.本题
(5)是一道有机合成试题,本题主要考查的根据条件进行有机合成,同时也要关注重要官能团的性质,模仿题干,题目难度不大反应是难点反应,要认真观察,提出反应模式,并进行模仿,难度较大。