贵州省黔东南州届高三第一次模拟考试理综化学试题.docx
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贵州省黔东南州届高三第一次模拟考试理综化学试题
贵州省黔东南州2018届高三第一次模拟考试理综-化学试题
1.化学与社会、生活、材料、能源密切相关,下列说法不正确的是
A.一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O2)可表示为:
CaO·3MgO·4SiO2
B.3D打印钛合金材料,可用于航空、航天等尖端领域
C.可燃冰是21世纪新型洁净能源,其组成可表示为CH4·nH2O
D.纳米级材料(1nm~100nm)是一种胶体
【答案】D
【解析】A、一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O2),根据化合价用氧化物可表示为:
CaO·3MgO·4SiO2,故A正确;B、3D打印钛合金材料,由于密度小,强度大等性能,可用于航空、航天等尖端领域,故B正确;C、“可燃冰”是水与天然气相互作用形成的晶体物质,主要存在于冻土层和海底大陆架中;据测定一种“可燃冰”中平均每46个水分子构成8个分子笼,每个分子笼可容纳1个甲烷分子,其组成可表示为CH4·nH2O,故C正确;D、胶体为分散系,而纳米材料不是分散系,故D错误;故选D。
2.对羟基肉桂酸的结构简式如图所示,下列有关对羟基肉桂酸的说法正确的是
A.分子式为C9H6O3B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色,但不能使溴水褪色
C.苯环上的一氯代物有2种D.能发生加成反应,但不能发生取代反应
【答案】C
【解析】A、分子式为C9H8O3,故A错误;B、碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,也能使溴水褪色,故B错误;C、苯环上的一氯代物有2种,分别取代酚羟基的邻位的H和间位的H,故C正确;D、苯环上的氢、酚羟基、羧基均可发生取代反应,故D错误;故选C。
3.短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大,元素X 的一种同位素没有中子,元素Y 的简单气态氢化物的水溶液呈碱性,Z2+的电子层结构与氖相同,M 的一种同素异形体的化学式为M4,易自燃。
下列判断正确的是
A.X 与Z 形成的二元化合物是离子化合物B.Z 的单质在Y 的单质中燃烧生成Z2Y3
C.原子半径:
M>Z>Y>XD.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Y 【答案】A 【解析】短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大,元素X的一种同位素没有中子,X为H元素,元素Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性,则Y为N,Z2+的电子层结构与氖相同,Z为Mg元素,M的一种同素异形体的化学式为M4,易自燃,则M为P。 A.X为H,与Z为Mg形成的二元化合物是离子化合物,氢得电子形成H-,与Mg原子失电子形成的镁离子形成离子键,故A正确;B.Z的单质在Y的单质中燃烧生成Z3Y2,故B错误;C、同周期原子半径从左到右逐渐变小,原子半径: M HNO3>H3PO4,故Y 4.已知A 为常见温室气体,B 为淡黄色氧化物,C 为常见液体,D 为黄绿色气体单质,相互反应的关系如右图所示,M 的水溶液能杀菌消毒。 下列有关叙述正确的是 A.4.4gA 含有4.4NA个质子 B.7.8g B 与足量A 发生反应①,共转移0.2NA 电子 C.反应③的离子方程式为: Cl2+H2O 2H++Cl-+ClO- D.M 的电子式为: 【答案】D 【解析】A为常见温室气体,A为CO2,B 为淡黄色氧化物,B为Na2O2,C为常见液体,C为H2O,D为黄绿色气体单质,D为Cl2,M的水溶液能杀菌消毒,M为NaClO。 推断出E-Na2CO3F-O2G-NaOHM-HClON-HCl,A.4.4gCO2含有 =2.2NA个质子,故A错误;B.7.8g B-Na2O2与足量A-CO2发生反应①,共转移0.1NA 电子,故B错误;C.HClO为弱电解质,反应③的离子方程式为: Cl2+H2O H++Cl-+HClO,D.M为HClO,原子间以共价键相结合,电子式为: ,故D正确;故选D。 5.下列实验误差分析合理的是 选项 实验目的及操作 误差分析 A 用pH 试纸测某稀酸溶液的pH 时,先润湿试纸 无影响 B 配置一定物质的量浓度的NaCl 溶液时,仰视容量瓶刻度线 偏低 C 测定某酸的准确浓度时,碱式滴定管未用标准液润洗 偏低 D 测定中和热时,忘记盖上泡沫塑料板 偏高 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】A、先用蒸馏水将pH试纸润湿时,再滴加待测液会使溶液酸性减弱,酸溶液PH增大,故A错误;B、配置一定物质的量浓度的NaCl溶液时,定容时仰视容量瓶的刻度线,导致加入的蒸馏水体积偏大,配制的溶液浓度偏低,故B正确;C、测定某酸的准确浓度时,碱式滴定管未用标准液润洗,导致标准液浓度减小,滴定过程中消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,故C错误;D、测定中和热时,忘记盖上泡沫塑料板,导致热量散失,结果偏低,故D错误;故选B。 点睛: 本题考查了实验操作中的误差分析,解题关键: 掌握配制一定物质的量浓度的溶液、中和滴定、计量仪器的使用等知识,结合相关物理量的计算公式,明确分析实验误差的方法。 易错点A,先用蒸馏水将pH试纸润湿时,测酸溶液,pH偏大,测碱溶液,pH偏小,中性溶液,pH不变。 6.二甲醚(CH3OCH3)燃料电池的工作原理如右图,有关叙述正确的是 A.该装置能实现化学能100%转化为电能 B.电子移动方向为: a极→b极→质子交换膜→a极 C.a电极的电极反应式为: CH3OCH3+3H2O=2CO2+12e-+12H+ D.当b电极消耗22.4LO2时,质子交換膜有4moIH+通过 【答案】C 【解析】燃料电池中通入燃料的一极为负极,负极上二甲醚失电子生成二氧化碳和氢离子,则负极的电极反应式为: CH3OCH3+3H2O-12e-═2CO2+12H+,通入氧气的一极为正极,即B电极为正极;溶液中阳离子向正极移动,即H+从A移向B; A、能量的转化率很难达到100%,该装置不能实现化学能100%转化为电能,故A错误;B、电子不在溶液中移动,故B错误;C、燃料电池中通入燃料的一极为负极,负极上二甲醚失电子生成二氧化碳和氢离子,则负极的电极反应式为: CH3OCH3+3H2O-12e-═2CO2+12H+,故C正确;D、当b电极消耗22.4LO2时,没有强调气体为标准状况,故D错误;故选C。 点睛: 本题考查原电池知识,侧重学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查,解题关键: 注意把握原电池的工作原理。 易错点,B选项,电子不在溶液中移动,电解质溶液的导电是由离子的定向移动形成的。 难点: 电极方程式的书写,二甲醚中的碳可以看成是-2价。 7.常温下,用0.1000mol·L-1HCl溶液滴定10.00mL浓度为0.1000mol·L-1Na2CO3溶液,所得滴定曲线如图所示。 已知H2CO3的Ka1=10-6.4,Ka2=10-10.2,下列说法不正确的是 A.m=11.6 B.当V=5 时,c(Na+)>c(CO32-) >c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+) C.若用酚酞作指示剂,溶液由红色变为浅红色时,消耗盐酸体积约为10mL D.当V=a时c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)=c(OH-) 【答案】B 【解析】A、碳酸钠是强碱弱酸盐,能发生两步水解,第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子,水解方程式为: CO32-+H2O HCO3-+OH-,Kb=C(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-)=kw/ka2= ,忽略二级电离,c(OH-)=10-2.4mol·L-1,pH=14-2.4=11.6,m=11.6,故A正确;B、当V=5时,溶液相当于Na2CO3和NaHCO3的混合物,Na2CO3的水解大于电离,故c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+),故B错误;C、若用酚酞作指示剂,溶液由红色变为浅红色时,图中第一个突变点,消耗盐酸体积约为10mL,故C正确;D、当中和到溶液恰好为碳酸氢钠时,溶液呈碱性,要变以中性还需加更多的酸,故当V=a时c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)=c(OH-),D正确;故选B。 8.无水CaCl2具有强烈的吸湿性,在空气中易潮解,可用作干燥剂、脱水剂、混凝防冻剂等。 以工业碳酸钙矿石(含有少量SiO2 、Fe2O3、Al2O3、FeCO3等杂质)生产无水氯化钙的主要流程如下: (1)为了提高步骤 (1)的反应速率,可以采取的措施是________________________。 (2)加入试剂b 的目的是使溶液酸化,试剂b 可以选择下列试剂__________(填序号)。 ①硫酸②硝酸③氢硫酸④盐酸 (3)写出步骤 (2)的离子方程式______________________________。 (4)步骤(5)用到的操作方法有蒸发浓缩、______________________________。 (5)已知A13+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH 如下: Al (OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 开始沉淀 3.7 开始溶解 7.8 6.5 1.5 沉淀完全 5.3 完全溶解 10.0 9.7 3.3 加入试剂a的目的是调节溶液的pH,调节pH 的范围为_______________________________。 (6)已知某一温度时Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38,向0.01mol·L-1的FeCl3 溶液中加入NaOH 固体,假设溶液的体积不变,要生成Fe(OH)3沉淀,应使溶液中的c(OH-)最小为__________mol·L-1;Fe3+沉淀完全时,溶液中c(OH-) 最小为__________mol·L-1。 (7)测定样品中Cl-含量的方法是: a.称取0.7500g 样品,溶解,在250mL 容量瓶中定容;b.量取25.00mL 待测液于锥形瓶中; c.用0.05000mol·L-1AgNO3 溶液滴定至终点,消耗AgNO3溶液体积的平均值为25.00mL。 计算上述样品中CaCl2 的质量分数为________________________。 【答案】 (1).把矿石磨成粉 (2).④(3).2Fe2++2H++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O(4).冷却结晶、过滤(5).7.8>pH≥5.3(6).2.0×10-12(7).2.0×10-11(8).0.9250(或92.50%) 【解析】工业碳酸钙矿石(含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3、FeCO3等杂质),由图矿石酸溶之后滤渣I为二氧硅,滤液I中含Fe2+、Fe3+、Al3+,加漂白粉将Fe2+氧化成Fe3+,用试剂调节pH,将铝和铁除去。 (1)为了提高步骤 (1)的反应速率,可以采取的措施是把矿石磨成粉等方法, (2)只能加盐酸,加其它酸会引入杂质离子。 故选④;(3)步骤 (2)的离子方程式2Fe2++2H++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O;(4)步骤(5)用到的操作方法有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;(5)加入试剂a的目的是调节溶液的pH,确保铝以氢氧化铝的形式存在,调节pH的范围为7.8>pH≥5.3;(6)Fe(OH)3开始沉淀时,Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38=c3(OH-)c(Fe3+),c(Fe3+)=0.01mol·L-1时,c3(OH-)=8.0×10-38/0.01,得要生成Fe(OH)3沉淀,应使溶液中的c(OH-)最小为c(OH-)=2.0×10-12mol·L-1;Fe3+沉淀完全时,浓度小10-5mol·L-1,Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38=c3(OH-)c(Fe3+),c(Fe3+)=10-5mol·L-1时,c3(OH-)=8.0×10-38/10-5,Fe3+沉淀完全时,溶液中c(OH-) 最小为2.0×10-11mol·L-1;(7)样品中n(Cl-)=0.05000mol·L-1×0.02500L×10=0.0125mol,根据n(AgCl)=2n(CaCl2),则n(CaCl2)=0.006250mol,所以m(CaCl2)=0.06250mol×111g·mol-1=0.69375g,则有: 0.69375g/0.7500g×100%=92.5%。 点睛: 本题考查混合物中含量的测定,涉及实验的基本操作、混合物分离及含量测定的计算等,解题关键: 注意离子的检验方法和常见仪器的使用,样品纯度的分析要注意溶液发生的反应,注意有效数字问题,难点: (6)根据关系式计算n(AgCl)=2n(CaCl2),n(CaCl2)=n(AgCl)/2=0.006250mol。 9.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的抗氧化剂(易被氧化),某研究性学习小组为了制备少量Na2S2O5,并探究SO2 的某些性质,设计下图所示装置(夹持装置已略去)。 请回答下列问题: (1)向A 中滴加的硫酸最好选用__________________(填字母)。 A.98%的浓硫酸B.70%的硫酸C.10%的稀硫酸 (2)打开分液漏斗旋塞,发现其中的液体不能流下,应采取的操作是__________________________。 (3)关闭K1、K3,打开K2。 一段时间后E 中有Na2S2O5晶体析出,装置E 中发生反应的化学方程式为__________________________。 (4)关闭K2、K3,打开K1,若探究SO2的漂白性,装置B应盛有__________溶液;若探究SO2的还原性,B 中发生反应的离子方程式可以是_____________________________________;观察到装置C中发生的现象是__________________________。 (5)装置D和F的作用为__________________________。 (6)设计实验验证Na2S2O5晶体在空气中已被氧化: __________________________。 (7)请指出该设计的缺陷: __________________________。 【答案】 (1).B (2).拔掉分液漏斗上口的玻璃塞(或使分液漏斗玻璃塞上的凹槽或小孔对准瓶颈处的小孔)(3).SO2+Na2SO3=Na2S2O5(4).品红溶液(5).SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+或SO2+Cl2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+或2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+或2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+(其他合理答案也给分)(6).有淡黄色沉淀生成(7).除去多余的SO2,防止污染空气(8).取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,再滴加足量盐酸,振荡,再滴入BaCl2溶液,有白色沉淀生成(9).AB之间、AE之间没有防倒吸装置或没有排除装置内空气,防止Na2S2O5被氧化(没有防止Na2S2O5被氧化的措施) 【解析】 (1)A中制备二氧化硫,A.98%的浓硫酸不利于气体的逸出,故A错误;B.70%的硫酸浓度恰到好处,故B正确;C.10%的稀硫酸浓度太低,二氧硫在其中溶解的量多,反应速度也慢,故D错误;故选B。 (2)打开分液漏斗旋塞,发现其中的液体不能流下,应采取的操作是拔掉分液漏斗上口的玻璃塞(或使分液漏斗玻璃塞上的凹槽或小孔对准瓶颈处的小孔);(3)装置E中发生反应的化学方程式为SO2+Na2SO3=Na2S2O5;(4)关闭K2、K3,打开K1,若探究SO2的漂白性,装置B应盛有品红溶液溶液;若探究SO2的还原性,B中发生反应的离子方程式可以是SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+或SO2+Cl2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+或2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+或2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+(其他合理答案也给分);观察到装置C中发生的现象是有淡黄色沉淀生成;(5)装置D和F的作用为除去多余的SO2,防止污染空气;(6)要设计实验验证Na2S2O5晶体在空气中已被氧化: Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4,用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可。 方法: 取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,再滴加足量盐酸,振荡,再滴入BaCl2溶液,有白色沉淀生成。 (7)该设计的缺陷: AB之间、AE之间没有防倒吸装置或没有排除装置内空气,防止Na2S2O5被氧化(没有防止Na2S2O5被氧化的措施)。 10.Ⅰ: Mo基催化剂的耐硫甲烷化反应会涉及WGS或者RWGS反应,主要反应式如下: (1)CO和CO2甲烷化CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH1=-206.2kJ/mol CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=-165.0kJ/mol 写出CO与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式__________________________________。 (2)CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH。 现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体,控温,进行实验,测得相关数据如下图1和图2。 , ①该反应的ΔH__________0(选填“<”、“>”或“=”)。 ②在500℃条件下达平衡时CO的转化率为______________________。 ③计算在300℃条件下达平衡时K=________________________。 ④将容器d中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态,可采取的措施有______________________。 Ⅱ: 某电解装置如图所示,X、Y均为惰性电极: (3)若a溶液为滴有酚酞试液的NaNO3溶液,通电一段时间后X电极及周围溶液的现象是: ________________________________,Y电极的电极反应式为______________________。 (4)若a溶液为饱和CuCl2溶液,当电路中有0.2mol的电子通过时,阴、阳两电极的质量之差是__________g。 【答案】 (1).CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ/mol (2).<(3).60%(4).25(mol/L)-2(5).降低温度或者增大压强(6).溶液变红、X电极上有气泡产生(7).2H2O-4e-=O2↑+4H+(或4OH--4e-=O2↑+2H2O)(8).6.4g 【解析】 (1)①CO和CO2甲烷化CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH1=-206.2kJ/mol,②CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=-165.0kJ/mol由盖斯定律①-②,CO与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ/mol; (2)CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)由图1,升高温度,甲醇减少,平衡逆向移动,该反应的ΔH<0; (2)CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) n始/mol12 n变/mol0.61.20.6 n平/mol0.40.80.6 ②在500℃条件下达平衡时CO的转化率为0.6/1×100%=60%; ③CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) n始/mol·L-112 n变/mol·L-10.81.60.8 n平/mol·L-10.20.40.8 ............ 11.元素周期表中,除了22 种非金属元素外,其余的都是金属,请根据元素周期表回答下列问题: Ⅰ. (1)基态氮原子核外共有__________种运动状态不相同的电子,该原子核外电子排布中电子在能量最低的轨道呈__________型,用n 表示能层,F 元素所在族的外围电子排布式为_________________。 (2)在元素周期表中,某些主族元素与右下方的主族元素的性质有些相似,被称为“对角线规则”,如下表: 根据“对角线规则”写出Be(OH)2与NaOH 反应的离子方程式_________________________,硼酸(H3BO3)是一种具有片层结构的白色晶体,层内的H3BO3分子间通过氢键相连(如上图)。 含1molH3BO3的晶体中有_________mol 氢键,H3BO3中B 原子的杂化类型为_________________。 (3)以第二周期为例,除Be、N 外,其它元素的第一电离能从左到右逐渐增大的原因是________________________。 Ⅱ.近年来铁及其化合物在工农业中有广阔的应用前景。 (4)铁的一种络离子[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数为6,该络离子中不存在_____________(填序号)。 A.共价键B.非极性键C.配位键D.σ键E.π 键 (5)AlCl3的熔点比NaCl 熔点低的原因是________________________。 (6)一种Al-Fe 合金的立体晶胞如图所示。 若晶体的密度为ρg/cm3,则此合金中最近的两个Fe 原子之间的距离为__________________cm(用含ρ的代数式表示)。 【答案】 (1).7 (2).球形(3).ns2np5(4).Be(OH)2+2OH-=BeO22-+2H2O(5).3(6).sp2(7).从左到右,随着核电荷数增加,原子半径逐渐减小,原子核对外层价电子的吸引能力逐渐增大,故元素的第一电离能从左到右逐渐增大(8).B(9).AlCl3是分子晶体,NaCl是离子晶体(10). 【解析】Ⅰ. (1)基态氮原子核外7个电子,每个电子运动状态不同,共有7种运动状态不相同的电子,该原子核外电子排布中电子在能量最低的轨道1s,呈球形型,用n 表示能层,F 元素所在族的外围电子排布式为ns2np5。 (2)Be(OH)2和氢氧化铝一样,具有两性,能溶于强碱,Be(OH)2+2OH-=BeO22-+2H2O;每个硼酸分子有6个氢键,每个氢键两个硼酸共同拥的一个氢键,含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键,H3BO3中B原子形成3个δ键,无孤电子对,杂化类型为sp2;(3)以第二周期为例,除Be、N 外,其它元素的第一电离能从左到右逐渐增大的原因是从左到右,随着核电荷数增加,原子半径逐渐减小,原子核对外层价电子的吸引能力逐渐增大,故元素的第一电离能从左到右逐渐增大;(4)[Fe(CN)6]4-中存在A.共价键,如C-N键;C.配位键,如中心原子与CN-间;D.σ键,如C-N键;E.π键,如碳氮叁键;由于没有相同原子形成的共价键,不存在B.非极性键;故选B。 (5)AlCl3的熔点比NaCl熔点低的原因是: AlCl3是分子晶体,NaCl是离子晶体;一个晶胞中含有8个Fe原子和4个Al原子,晶胞的质量为(56×8+27×4)/NAg,棱长为 cm,个最近的2个Fe原子之间的距离为。 点睛: 本题考查物质结构与性质,题目综合性大,解题关键: 掌握第一电离能、杂化理论、核外电子排布、化学键、晶胞计算等,(6)中距离计算为易错点、难点.
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- 贵州省 东南 州届高三 第一次 模拟考试 化学试题