届内蒙古赤峰市高三上学期期末考试理综化学试题解析版.docx
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届内蒙古赤峰市高三上学期期末考试理综化学试题解析版
内蒙古赤峰市2018届高三上学期期末考试理综化学试题
1.下列关于“化学与健康、生活、生产”的说法不正确的是()
A.CO2和CH4均能引起温室效应
B.“凡造竹纸……上好石灰化汁涂浆”,造纸利用了石灰的碱性
C.水泥厂用先进的电除尘技术除去空气中的粉尘,不涉及胶体的性质
D.“青蒿一握,以水二升溃,绞取汁”,对青蒿素的提取属于物理变化
【答案】C
【解析】A.水汽、二氧化碳、氧化亚氮、氟利昂、甲烷等是地球大气中主要的温室气体,A正确;B.氢氧化钙水溶液可用于除去原料中的杂质,同时使纸呈偏碱性,阻止游离酸的形成,防止纸张进一步的变质,B正确;C.胶体的特性中,电泳现象常用在工业上静电除尘,C正确;D.青蒿素的提取方法为低温萃取,没有新物质产生,所以为物理变化,D正确。
故选择C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.常温常压下,4.6g乙醇中含有极性共价键的数目为0.8NA
B.1mol淀粉(C6H10O5)n水解后产生的葡萄糖分子数目为NA
C.标准状况下,11.2LO2 参加反应转移的电子数可能为NA
D.1mol羟基中含有电子数目为10NA
【答案】C
点睛:
要注意羟基和氢氧根的区别,氢氧根因得到一个电子呈-1价,所以1mol氢氧根中含有电子数目为10NA,羟基以共价键与其他原子结合,故不存在电子得失。
3.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素,a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同; c所在周期数与族数相同;d 与a 同族,下列叙述正确的是()
A.原子半径:
d>c>b>aB.4种元素中b 的金属性最强
C.c的氧化物的水化物是强碱D.d单质的氧化性比a 单质的氧化性强
【答案】B
点睛:
本题考查元素周期表和元素周期律的知识,首先根据题目信息判断出元素名称,再根据元素周期律进行知识的判断,这就需要掌握(非)金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识,因此平时夯实基础知识是关键,同时应注意知识的灵活运用,审清题意。
4.工业上用有机物C3H8为原料制取乙酸乙酯。
它们之间的转化关系如图:
已知:
CH2=CH2+CH3COOH
CH3COOCH2CH3,下列说法正确的是()
A.反应过程①在石油工业上称作分馏,属于化学变化
B.用新制碱性氢氧化铜悬浊液可区分有机物B、C 和D
C.通过直接蒸馏乙酸乙酯和有机物C 的混合物,可分离得到纯的乙酸乙酯
D.相同条件下乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解不如在稀硫酸中完全
【答案】B
【解析】A.石油分馏的对象是混合物,反应过程①是高温分解,A错误;B.A为乙烯,BCD分别为乙醛、乙酸、乙醇,新制碱性氢氧化铜悬浊液对三种物质的区分现象为:
乙醇:
蓝色络合物,
乙醛:
煮沸,砖红色沉淀,乙酸;蓝色消失,B正确;C.由于乙酸乙酯和乙酸都易挥发,所以用蒸馏分离很难分离干净,C错误;D.乙酸乙酯水解生成乙酸,反应为可逆反应,若将生成物消耗,则反应向右进行,所以乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解较完全,D错误。
故选择B。
5.下列实验能达到预期目的的是()
A.验证Ksp(AgCl)比Ksp(AgI)大:
向AgCl悬浊液中加入足量的NaI溶液,有黄色沉淀产生
B.检验溶液中是否一定含有CO32-:
滴加稀盐酸,将产生的气体通入澄清石灰水
C.从含I-的溶液中提取碘:
加入硫酸酸化的H2O2溶液,再用酒精萃取
D.除去粗盐溶液中的Ca2+、SO42-:
依次加入过量的Na2CO3溶液、BaCl2溶液,过滤后再加适量盐酸
【答案】A
【解析】A.往AgCl悬浊液中滴入几滴NaI溶液,如生成黄色沉淀,说明生成溶度积更小的物质,则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故A正确;
B.可能结果为含有CO32-、HCO3-中的至少一种离子,B错误;C.酒精与水相溶,不能用于萃取,C错误;D.应该先加入BaCl2溶液除去SO42-,再加入Na2CO3溶液除去钡离子和钙离子,D错误。
故选择A。
点睛:
如生成沉淀,说明生成物质的溶度积小于反应物的溶度积;在溶液除杂中,要注意不能引入新的杂质,且要利用后加入的物质除去过量的新加入物质。
6.科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇。
已知H2(g)、CO(g) 和CH3OH (l) 的燃烧热△H,分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1。
下列说法正确的是()
A.用太阳能分解10mol 水消耗能量2000kJ;
B.甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为:
CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-400kJ·mol-1
C.新型催化剂可以改变氢气与二氧化碳反应生成甲醇的焓变
D.甲醇燃烧正反应的活化能低于其逆反应的活化能
【答案】D
【解析】A.已知H2(g)的燃烧热△H为-285.8kJ·mol-1,则用太阳能分解10mol水消耗能量2858kJ,A错误;B.方程式1:
CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ·mol-1,方程式2:
CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ·mol-1,方程式2反写,△H变号,与方程式1相加得CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-443.5kJ·mol-1,B错误。
C.催化剂不能改变反应的焓变,C错误;D.正反应为放热反应,所以正反应中反应物的总能力大于生成物的,即正反应的活化能低,D正确。
故选择D。
7.室温下,将1.000mol/L 盐酸滴入20.00mL1.000 mol/L 氨水中,溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。
下列有关说法不正确的是()
A.a 点由水电离出的c(H+)>1.0×10-4mol/L
B.b 点:
c(NH4+)>c(Cl-)
C.c 点:
c(Cl-)=c(NH4+)
D.d 点后,溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O 电离吸热
【答案】D
【解析】A.氨水中的氢离子为水电离得到,a点7
故选择D。
点睛:
碱性溶液中的氢离子为水电离得到,而碱性物质的存在会抑制水的电离;酸碱中和反应为放热反应,当反应完成后,溶液温度下降,是由于新加入溶液温度较低。
8.合成气(CO+H2) 广泛用于合成有机物,工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气,
(1)已知标况下,5.6LCH4与水蒸气完全反应时吸收51.5KJ的热量,请写出该反应的热化学方程式________________;
(2)在150℃时2L 的密闭容器中,将2molCH4和2mol H2O(g)混合,经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。
回答下列问题:
①从反应开始至平衡,用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)=________。
②在该温度下,计算该反应的平衡常数K=________。
③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是________。
A.V(H2)逆=3v (CO)正B.密闭容器中混合气体的密度不变
C.密闭容器中总压强不变D.C(CH4)= C(CO)
(3)合成气中的氢气也用于合成氨气:
N2+3H2
2NH3。
保持温度和体积不变,在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。
则下列说法正确的是_______________;
容器
体积
起始物质
平衡时NH3的物质的量
平衡时N2 的体积分数
反应开始时的速率
平衡时容器内压强
甲
1L
1molN2+3molH2
1.6mol
φ甲
v甲
P甲
乙
1L
2molN2+6molH2
n1 mol
φ乙
v乙
P乙
丙
2L
2molN2+6molH2
n2 mol
φ丙
v丙
P丙
A.n1=n2=3.2B.φ甲=φ丙>φ乙C.v乙 >v丙>v甲D.P乙>P甲=P丙
(4)合成气可以制取甲醚,绿色电源“二甲醚-氧气燃料电池”工作原理如下图所示
① 电极Y 上发生的反应式为__________;
②电池在放电过程中,电极X周围溶液的pH_______(填“增大、减小、不变”)。
【答案】
(1).CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206KJ/mol
(2).0.12mol·L-1·min-1(3).21.87(4).AC(5).BD(6).O2+4e-+4H+=2H2O(7).减小
【解析】
(1).标况下5.6LCH4为0.25mol,则方程式为:
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g),吸热反应,△H为正,△H=+51.5×4=+206KJ/mol;
(2).①甲烷转化1.2mol,生成氢气3.6mol,则氢气的变化量为3.6mol/2L/15min=0.12mol·L-1·min-1;②
;③A.从反应开始至平衡氢气的变化量为CO(g)的3倍,A正确;B.反应质量守恒,无论反应如何,质量均不变,容器体积不变,则密度不变;C.方程两端气体体积不同,若容器内压强不变,则气体体积不变化,即反应达到平衡,C正确;D.反应平衡时CH4的转化率为不一定为50%,即C(CH4)= C(CO)不能保证反应平衡,D错误。
所以选择AC。
(3).乙容器中的起始压强大于丙容器中的起始压强,故n1n2不相等,A错误;B.容器甲和丙的起始压强相等且小于乙容器,所以正向反应程度φ乙>φ甲=φ丙,所以N2 的体积分数φ甲=φ丙>φ乙,B正确;C.同B,v乙 >v丙=v甲,C错误;D.由于方程两端气体的物质的量不发生变化,所以平衡时容器压强等于起始压强,故P乙>P甲=P丙,D正确。
所以选择BD。
(4).①因为氢离子向Y极移动,则Y极得到电子为正极,又燃料电池以氧气为反应物,其反应为:
O2+4e-+4H+=2H2O;②电池在放电过程中,X极处生成氢离子,所以pH减小。
9.Ⅰ.双氧水(主要成分H2O2) 是常见的氧化剂,还原剂。
(1)如下图是工业上制备过氧化氢最常见的方法,写出实际发生反应的总方程式____________。
(2)H2O 可看作二元弱酸,写出它在水中第一步电离的方程式____________。
Ⅱ.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物,存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
(1)若A 为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,X能使品红溶液褪色,写出C和E反应的离子方程式:
_____________。
(2) 若A 为短周期元素组成的单质,该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强,则X可能为____________(填代号)。
a.NaHCO3b.Na2CO3c.Fe(OH)3d.Na[Al(OH)4]
(3)若A 为淡黄色粉末,则A的电子式为____________。
若X为一种最常见的造成温室效应的气体。
则鉴别等浓度的D、E 两种溶液,可选择的试剂为____________(填代号)。
a.盐酸b.BaCl2溶液c.NaOH 溶液d.Ca(OH)2 溶液
(4) 若A为氧化物,X 是Fe,溶液D中加入KSCN溶液变红。
则A 与H2O反应的化学反应方程式为____________,E是____________(填化学式)。
【答案】
(1).H2+O2
H2O2
(2).H2O2
H++HO2-(3).OH-+HSO3-=SO32-+H2O(4).bd(5).
(6).ab(7).3NO2+H2O=2HNO3+NO(8).Fe(NO3)2
【解析】I.
(1)通过图示可知,用乙基蒽醌作催化剂制取双氧水,反应为:
H2+O2
H2O2,故答案为:
H2+O2
H2O2;
(2)双氧水可以可作是二元弱酸,说明双氧水分子能发生两步电离,第一步电离出一个氢离子,则它的一级电离方程式为H2O2⇌H++HO2-,故答案为:
H2O2⇌H++HO2-;
II.
(1)若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,则A为Na,Na和水反应生成NaOH和氢气,X能使品红溶液褪色,则X是SO2,C为NaOH,B为H2,D能和SO2反应,则D是Na2SO3、E是NaHSO3;C是NaOH,E是亚硫酸氢钠,二者反应离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O,故答案为:
OH-+HSO3-=SO32-+H2O;
(2)若A为短周期元素组成的单质,该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强,A是Cl2,氯气和水反应生成HCl和HClO,C和X反应生成D、D能和X反应生成E,盐酸能和碳酸钠、Na[Al(OH)4]反应且是两步反应,盐酸与碳酸氢钠只能发生一种反应,盐酸与Fe(OH)3也只能发生一种反应,因此X可能为Na2CO3、Na[Al(OH)4],故选bd;
(3)若A为淡黄色粉末,且能和水反应,则A为Na2O2,电子式为
,若X为一种造成温室效应的气体,X是CO2,过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气,NaOH和CO2反应先生成Na2CO3,二氧化碳过量时生成NaHCO3;则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠,可以用盐酸、氯化钡检验碳酸钠、碳酸氢钠,故选ab,故答案为:
;ab;
(4)若A为氧化物,X是Fe,溶液D中加入KSCN溶液变红,则D中含有铁离子,所以A为NO2,C为HNO3,B为NO,D为Fe(NO3)3、E为Fe(NO3)2。
二氧化氮和水反应生成硝酸和NO,反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO;Fe(NO3)2。
点睛:
本题以Fe、Cl、Na元素及其化合物之间的转化为载体考查无机物推断,明确常见物质性质及物质之间的反应是解本题关键。
利用物质特殊性进行推断。
本题的易错点为II.
(2)中X的判断,盐酸与X能够发生2种反应,说明反应与X的用量有关。
10.氮化镁(Mg3N2) 在工业上具有非常广泛的应用。
某化学兴趣小组用镁与氮气反应制备Mg3N2并进行有关实验。
实验装置如下所示:
已知:
①氮化镁常温下为浅黄色粉末,极易与水反应。
②亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热,产生氮气的速度较快。
③温度较高时,亚硝酸钠会分解产生O2等。
回答下列问题:
(1)仪器a、b的名称分别是____________,____________;写出装置A 中发生反应的化学方程式____________。
(2)装置C中为饱和硫酸亚铁溶液,作用是_________,该装置中发生反应的离子方程式为____________;装置D 中的试剂是____________,F 装置的作用是____________。
(3)加热至反应开始发生,需移走A 处酒精灯,原因是____________。
(4)实验结束后,取装置E的硬质玻璃管中的少量固体于试管中,加少量蒸馏水,把润湿的红色石蕊试纸放在管口,观察实验现象,该操作的目的是______________。
反应的化学方程式为操作的目的是__________;再弃去上层清液,加入盐酸,观察是否有气泡产生,该操作的目的是__________。
【答案】
(1).分液漏斗
(2).蒸馏烧瓶(3).NH4Cl+ NaNO2
N2↑+NaCl+2H2O(4).除去氧气(5).4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O(6).浓硫酸(7).防止空气中的水蒸气进入E 装置使氮化镁水解(8).该反应剧烈放热,产生氮气的速度较快,移走A 处酒精灯能避免反应物冲出;同时避免温度过高,造成NaNO2 分解产生O2(9).证明产物中是否有Mg3N2生成(10).Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑(11).证明产物中是否含有未反应的镁
【解析】
(1).a为分液漏斗,b为蒸馏烧瓶,其瓶颈处有一略向下伸出的细玻璃管;由于反应要生成氮气,所以反应在加热条件下为NH4Cl+ NaNO2
N2↑+NaCl+2H2O;
(2).装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物,对最终产物造成影响,装置C除去氧气,氧气将2价铁离子氧化为3价铁离子,离子方程式为:
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;D干燥氮气,除去水蒸气,防止对E装置反应的影响,溶剂为浓硫酸;氮化镁常温下极易与水反应,F 装置的作用是防止空气中的水蒸气进入E 装置使氮化镁水解;
(3).由已知得:
制取氮气的反应剧烈放热,产生氮气的速度较快,且温度较高时,亚硝酸钠会分解产生O2等;
(4).若产物中含有氮化镁,则固体与水反应生成氨气,润湿的红色石蕊试纸变蓝,所以此操作目的为验证产物中是否有Mg3N2生成,反应方程为:
Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑;若固体中含有未反应的镁,加入盐酸后会生成气体,所以该操作的目的是验证镁的存在。
11.【化学——选修3:
物质结构与性质】氯仿(CHCl3)不溶于水,但在一定条件下水解生成两种酸,其中一种是甲酸(HCOOH)。
在19世纪氯仿广泛用于麻醉,可由“乙醛漂白粉法”制得。
在光照条件下,氯仿易被空气氧化生成剧毒光气(COCl2)和一种化合物。
因此氯仿需要小口钢罐贮存运输,使用前要检验其是否变质。
(1)CHCl3的电子式为__________,HCOOH中C的杂化方式为__________;
(2)漂白粉中三种元素的简单离子的半径的大小顺序为__________(用离子符号表示);
(3)氯仿不溶于水而甲酸易溶于水的原因是__________;
(4)Fe2+的外围电子排布图为__________;
(5)纯铁的一种同素异形体的晶胞为面心立方晶胞,该晶体中原子的配位数为__________,若铁原子的半径为acm,则该晶体的密度为__________。
【答案】
(1).三角形
(2).sp2(3).Cl->Ca2+>O2-(4).甲酸分子与水分子间形成氢键(5).
(6).12(7).
g/cm3 或
g/cm3
【解析】
(1).
,Cl原子与H原子一样,与C原子共用一对电子;
(2).漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2,半径排序为:
Ca2+,Cl-核外电子数均为18,但Ca2+核内质子数大于Cl-元素,所以Ca2+半径小,O2-核外电子为两层,半径最小,半径排序为:
Cl->Ca2+>O2-;
(3).氯仿分子的极性较弱,而水为极性分子,两者极性相差较大而不相溶;甲酸中含有羟基,易与水分子形成氢键,所以易溶于水;
(4).Fe2+原子核外有24个电子,其3d轨道上6个电子为其外围电子,排布式为3d6,由于电子总是优先单独占据一个轨道,故外围电子排布图为
;
(5).面心立方最密堆积方式配位数为12,每个晶胞中含有4个原子,晶胞的每个侧面对角线长为4r,边长为:
2
所以该晶体密度为:
g/cm³;
12.【化学——选修5:
有机化学】PET是世界上产量最大的合成纤维,其结构简式为:
现以煤的干馏产品A 与F 为原料制备PET,生产的工艺流程如图所示。
①A的分子式为C8H10,且能使酸性高锰酸钾溶液褪色,但不能使溴水褪色。
②M分子里所有原子共平面。
③G 为CaC2,其与H2O 反应时元素化合价不变。
请回答下列问题:
(1)A的名称为__________。
M→N 的反应类型为__________;
(2)反应①的反应条件为:
__________;
(3)写出有机物A 所有一氯代物的结构简式:
__________。
(4)写出下列反应的化学方程式:
①D与足量的氢氧化铜悬浊液煮佛:
__________;
②反应⑤:
__________。
(5)P的一种同系物X的分子式为C3H8O2 ,在核磁共振氢谱图中出现三种信号峰,其峰的强度之比为2∶1∶1。
则X 的结构简式为__________。
【答案】
(1).对二甲苯
(2).加成反应(3).NaOH的水溶液,加热(4).
或
(5).
+4Cu(OH)2+2NaO
+2Cu2O↓+4H2O(6).n
+nHOCH2CH2OH
+(2n-1)H2O(7).
【解析】
(1).能使酸性高锰酸钾溶液褪色,但不能使溴水褪色,说明A为苯的同系物,且含有对位取代基,所以A为对二甲苯;已知M分子里所有原子共平面,M为乙烯,由于P为乙二醇,则M→N 的反应类型为加成反应,生成卤代烃;
(2).B为卤代烃,反应①为卤代烃的水解,其反应条件为NaOH的水溶液,加热;
(3).Cl取代甲基中任一H原子均为同一种物质,且取代苯环上剩余任一H为另一种物质,即CH3-苯环-CH2Cl,
;
(4).①E含有羧基,则D含有醛基,所以此反应为醛基被氢氧化铜氧化的反应,由于氢氧化铜悬浊液的制备为硫酸铜溶液滴入氢氧化钠溶液中,所以反应方程式为:
+4Cu(OH)2+2NaO
+2Cu2O↓+4H2O;
②反应⑤为缩聚反应,E为对二苯甲酸,P为乙二醇,在浓硫酸加热条件下脱水聚合,方程式为:
n
+nHOCH2CH2OH
+(2n-1)H2O;
(5).C3H8O2在核磁共振氢谱图中出现三种信号峰,其峰的强度之比为2:
1:
1,说明有三种不同的H原子,其中有两个羟基,为饱和烷烃的取代物,故答案为:
。
点睛:
本题涵盖了饱和烃经反应生成有机酸,以及不饱和烃经反应生成醇的全部过程,对有机化学的基础反应类型有很好的综合作用;同时包括了醛基官能团的鉴定及脱水缩合反应方程式的写作。
本题从目的生成物及已知条件出发,分别能得出,E为对二苯甲酸,P为乙二醇,A为对二甲苯,G为乙炔,从而能将所有物质推断出来。
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- 内蒙古 赤峰市 高三上 学期 期末考试 化学试题 解析