届云南省昆明市高三复习教学质量检测理综化学试题解析版.docx
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届云南省昆明市高三复习教学质量检测理综化学试题解析版
云南省昆明市2018届高三3月复习教学质量检测
理综化学试题
1.化学与生产、生活密切相关。
下列说法不正确的是
A.利用硅材料可制成光伏发电装置
B.SO2、漂白液、双氧水的漂白原理相同
C.使用无磷洗涤剂可减少水华的发生
D.催化净化汽车尾气可降低污染
【答案】B
【解析】A、晶体硅是制造太阳能电池的原料,故A说法正确;B、SO2的漂白原理是SO2与有色物质简单结合,生成不稳定的物质,漂白液有效成分是NaClO,漂白液、双氧水的漂白原理利用的是强氧化性,把有色物质氧化,故B说法错误;C、水华是废水中含有较多的磷、氮造成,故C说法正确;D、汽车废气中含有氮的氧化物,使用催化净化汽车尾气,可以减少氮的氧化物的排放,减少污染,故D说法正确。
2.下列说法正确的是
A.C4H9Cl有4种同分异构体
B.乙醇的沸点比乙烷的沸点低
C.糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应
D.石油分馏可以得到丙烯等重要化工基本原料
【答案】A
【解析】A、先写出C4H10的同分异构体,即为CH3CH2CH2CH3(有两种不同的氢原子)、(CH3)3CH(有2种不同的氢原子),因此一氯代物有4种,故A正确;B、乙醇分子间存在分子间氢键,乙烷不存在分子间氢键,乙醇的沸点高于乙烷,故B错误;C、糖类分为单糖、二糖、多糖,单糖不能水解,油脂、蛋白质能够水解,故C错误;D、石油分馏不能得到丙烯,石油裂解得到乙烯、丙烯等,故D错误。
3.下列实验操作能达到目的的是
目的
操作
A.
制备氢氧化铁胶体
将饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠稀溶液中并加热
B.
除去CO2中混有的少量SO2
将混合气体通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
C.
测定新制氯水的pH
用玻璃棒蘸取溶液,点在pH试纸上,与标准比色卡对比
D.
检验溶液中是否含有NH4+
取少量溶液于试管中,加入NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,观察试纸颜色变化
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
4.最近全球多个国家爆发大规模流感,中药良好的预防和治疗作用再次进入科学家的视野。
食用香料肉桂具有良好的预防作用,其有效成分之一肉桂酸结构简式如图所示。
下列说法不正确的是
A.肉桂酸的化学式为C9H8O2
B.肉桂酸能发生加成反应、取代反应
C.肉桂酸的结构中含有4个碳碳双键
D.肉桂酸能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】A、根据有机物碳的成键特点,肉桂酸的分子式为C9H8O2,故A说法正确;肉桂酸中含有苯环和碳碳双键,能发生加成反应,肉桂酸中含有羧基,能发生酯化反应,即取代反应,故B说法正确;C、根据肉桂酸的结构简式,含有1个碳碳双键,苯环中不含碳碳双键,故C说法错误;D、含有碳碳双键,能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色,故D说法正确。
5.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W是地壳中含量最多的元素,X和Z原子最外层电子数相同,Z的原子半径是同周期主族元素中最小的,Y原子的核电荷数是周期数的4倍。
下列说法正确的是
A.氢化物的沸点:
X B.简单离子半径: W>Z>X>Y C.Y单质着火可用泡沫灭火器灭火 D.X单质可从W的简单氢化物中置换出W单质 【答案】D ............ 6.铈(Ce)是镧系金属元素。 空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收,生成HNO2、NO3ˉ,再利用电解法将上述吸收液中的HNO2转化为无毒物质,同时生成Ce4+,其原理如图所示。 下列说法正确的是 A.H+由右室进入左室 B.Ce4+从电解槽的c口流出,且可循环使用 C.阴极的电极反应式: 2HNO2+6H++6eˉ=N2↑+4H2O D.若用甲烷燃料电池作为电源,当消耗标准状况下33.6L甲烷时,理论上可转化HNO22mol 【答案】C 【解析】A、根据电解原理,H+由左室向右室移动,故A错误;B、空气污染物NO通常用含Ce4+溶液吸收,生成HNO2、NO3-,N的化合价升高,Ce4+的化合价降低,然后对此溶液进行电解,又产生Ce4+,根据电解原理,应在阳极上产生,即Ce4+从a口流出,可循环使用,故B错误;C、根据电解原理,阴极上得电子,化合价降低,HNO2转化为无毒物质,即转化为N2,阴极电极反应式为2HNO2+6H++6e-=N2↑+4H2O,故C正确;D、33.6L甲烷参与反应转移电子物质的量为33.6×8/22.4mol=12mol,理论上可转化HNO2的物质的量为12×2/6mol=4mol,故D错误。 7.有机酸种类繁多,甲酸(HCOOH)是常见的一元酸,常温下其Ka=1.8×10-4,草酸(H2C2O4)是常见的二元酸,常温下,Ka1=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5。 下列说法正确的是 A.甲酸钠溶液中: c(Na+)>c(HCOOˉ)>c(H+)>c(OHˉ) B.草酸氢钠溶液中加入甲酸钠溶液至中性: c(Na+)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42-)+c(HCOOˉ) C.Na2C2O4溶液中;c(HC2O4ˉ)+c(H2C2O4)+c(H+)=c(OHˉ) D.足量甲酸与草酸钠溶液反应: 2HCOOH+Na2C2O4==H2C2O4+2HCOONa 【答案】B 【解析】A、甲酸为弱酸,甲酸钠为强碱弱酸盐,离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+),故A错误;B、根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(HCOO-),溶液显中性,即c(Na+)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42-)+c(HCOOˉ),故B正确;C、根据质子守恒,因此有c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4),故C错误;D、根据电离平衡常数Ka1>Ka>Ka2,因此足量甲酸与草酸钠反应: HCOOH+Na2C2O4=HCOONa+NaHC2O4,故D错误。 点睛: 本题的难点是选项D,根据电离平衡常数,推出酸性强弱: H2C2O4>HCOOH>HC2O4-,然后利用电离平衡常数大的制取电离平衡常数小的,因此正确的离子反应方程式应为HCOOH+C2O42-=HCOO-+HC2O4-。 8.某化工厂排放的工业废水中主要含Na+、HSO3ˉ、SO42-,研究小组欲测定其中HSO3ˉ的浓度,设计如下三个方案。 量取20.00mL废水试样,用0.02moL·K-1MnO4标准溶液进行滴定。 记录数据,计算。 回答下列问题 (1)利用右图所示的装置完成方案一 ①仪器A的名称是______________。 ②读数前,应进行的操作是____________________________。 ③该方案存在较大的误差,可能的一种原因是____________________________。 (2)①方案二中吸收气体a的“X溶液”可能是______________(填标号)。 a.Na2SO3溶液b.双氧水c.硝酸钠溶液d.H2SO4酸化的KMnO4溶液 ②若Ⅹ为次氯酸钠,写出气体a与X溶液反应的离子方程式____________________________。 ③该方案中,操作I包含的操作名称依次为______________。 (3)①方案三设计的下列滴定方式中,最合理的是______________(填标号)。 该方案是否需要指示剂? ______________(填“是”或“否”),原因是__________________________________________。 ②滴定记录数据如下表: 滴定前读数/mL 滴定后读数/mL 第一次 0.10 16.12 第二次 1.10 17.08 第三次 1.45 21.45 第四次 0.00 16.00 计算该废水试样中HSO3ˉ的浓度为______________mol·L-l。 【答案】 (1).分液漏斗 (2).调整BC装置液面相平(3).SO2可溶于水(合理即可)(4).bc(5).SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+(6).过滤、洗涤,干燥(7).c(8).否(9).高锰酸钾溶液本身有颜色,可指示终点(合理即可)(10).0.04 【解析】考查实验方案设计与评价, (1)①仪器A为分液漏斗;②读数前应使C中气体压强与外界压强相等,即读数前应进行的操作是调整BC装置液面相平;③SO2易溶于水,测量气体体积偏小; (2)①气体a为SO2,a、Na2SO3能与SO2反应生成NaHSO3,,但加入盐酸酸化的BaCl2溶液,不产生沉淀,故a错误;b、利用H2O2的强氧化性,把SO2氧化成SO42-,加入BaCl2溶液,产生BaSO4↓,测出沉淀的质量,根据元素守恒求出HSO3-的浓度,故b正确;c、NO3-在酸性条件下具有强氧化性,能把SO2氧化成SO42-,故c正确;d、H2SO4对HSO3-测定产生干扰,故d错误;②利用次氯酸钠的强氧化性,把SO2氧化成SO42-,本身被还原成Cl-,即ClO-+SO2→Cl-+SO42-,根据升降法以及原子守恒、电荷守恒配平,离子反应方程式为SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+;③加入X溶液得到BaSO4沉淀,操作I是过滤、洗涤、干燥;(3)①盛放高锰酸钾溶液的滴定管是酸式滴定管,用废水滴定酸性高锰酸钾,颜色的变化不明显,应用酸性高锰酸钾溶液滴定废水,故c正确;高锰酸钾溶液本身有颜色,即为紫红色,可指示终点,因此不需要指示剂;②四次消耗标准液的体积分别是16.02、15.98、20.00、16.00,第三次与另外几次相差较大删去,因此三次平均消耗标准液的体积为(16.02+15.98+16.00)/3mL=16.00mL,根据得失电子数目守恒,16.00×10-3×0.02×5=n(HSO3-)×2,解得n(HSO3-)=8×10-4mol,浓度为8×10-4/20.00×10-3mol·L-1=0.04mol·L-1。 点睛: 本题的易错点是HSO3-浓度的计算,学生不注意第三次数值与其余三次相差比较大,应该删去,需要计算另外三次平均消耗的标准液的体积,最后根据得失电子数目进行计算即可。 9.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。 以下是从某废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程 已知: I.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置,化学性质相似 Ⅱ.常温下: Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13 (1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有______________(填化学式) 写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式____________________________ (2)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为提纯BeCl2,选择合理步骤并排序______________。 a加入过量的NaOHb.通入过量的CO2c加入过量的氨水 d.加入适量的HCle.过滤f洗涤 ②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是____________________________。 (3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式________________________________________________________。 ②若用浓HNO3溶解金属硫化物,缺点是______________(任写一条)。 (4)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol·L-1、c(Fe3+)=0.008mol·L-1、c(Mn2+)=0.01mol·L-1,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,首先沉淀的是______________(填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH值大于______________。 (5)取铍铜元件1000g,最终获得Be的质量为81g,则产率是______________。 【答案】 (1).Na2SiO3、Na2BeO2 (2).BeO22-+4H+=Be2++2H2O(3).cefd(4).蒸发结晶时,向溶液中持续通入氯化氢气体(5).MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O(6).产生污染环境的气体(合理即可)(7).Fe3+(8).4(9).90% 【解析】考查化学工艺流程, (1)旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2,根据信息I,BeO属于两性氧化物,CuS不与氢氧化钠溶液反应,FeS不与氢氧化钠反应,SiO2属于酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应,因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2;根据信息I,BeO2-与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2++2H2O; (2)利用Be元素、铝元素化学性质相似,向溶液C中先加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,然后过滤、洗涤,再加入适量的HCl,生成BeCl2,合理步骤是cefd;②为了抑制Be2+的水解,因此需要在HCl的氛围中对BeCl2溶液蒸发结晶;(3)①根据信息,CuS中S转化为S单质,MnO2中Mn被还原为Mn2+,根据化合价升降法进行配平,其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O;②用浓硝酸作氧化剂,HNO3被还原成NO2,NO2有毒污染环境;(4)三种金属阳离子出现沉淀,根据浓度商与Ksp的关系,Cu2+转化成沉淀,c(OH-)= mol·L-1,Fe3+转化成沉淀,c(OH-)= mol·L-1,Mn2+转化成沉淀,c(OH-)= mol·L-1,因此首先沉淀的是Fe3+,为使Cu2+沉淀,此时c(OH-)=1×10-10mol·L-1,c(H+)=10-14/10-10=10-4mol·L-1,即pH=4,当pH>4时,Cu2+出现沉淀;(5)混合物中BeO的质量为1000×25%=250g,理论上得到Be的物质的量为250/25mol=10mol,实际得到Be物质的量为81/9mol=9mol,产率是9/10×100%=90%。 10.氯气及其化合物在生产生活中有重要的应用。 (1)可用O2将HCl转化为Cl2: 4HCl(g)+O2(g)=2C2(g)+2H2O(g)。 已知相关化学键的键能如下表所示 化学键 H-Cl O=O Cl–Cl H-O E(kJ·mol-1 a b c d 则该反应的△H=______________。 (用含a、b、c、d的代数式表示) (2)氯气是有机合成中的重要试剂,丙烯(CH2=CHCH3)和Cl2在一定条件下发生如下反应: CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。 一定压强下,该反应在不同温度、不同投料比时,达平衡时Cl2的转化率如图所示(T1 ①该反应的△H______________0(填“>”或“<”) ②下列措施能增大丙烯的平衡转化率的是______________(填标号)。 A.降低温度B.减小容器的体积 C.使用新型催化剂D.从容器中移走氯化氢 ③T1时,在容积为5L的密闭容器中充入0.15mol丙烯和0.10molCl2,10min时达到平衡,则v(Cl2)为______________mol·〔L·min)-1,平衡常数K为______________,保持温度不变,减小投料比 ,K值将______________(填“增大”“减小”或“不变”);若起始时向该容器中充入0.30mol丙烯、0.20molCl2、0.15molCH2=CHCH2Cl和0.30molHCl,判断反应进行的方向并说明理由____________________________。 ④上述反应在低于某温度时,CH2=CHCH2Cl的产率快速下降,可能的原因是____________________________。 【答案】 (1).(4a+b-2c-4d) kJ/mol (2).<(3).AD(4).0.012(5).1(6).不变(7).向正反应方向进行,因为Qc=0.75 【解析】 (1)考查反应热的计算,△H=反应物键能总和-生成物键能总和=(4a+b-2c-4d)kJ·mol-1; (2)考查勒夏特列原理、化学反应速率计算、化学平衡的计算,①根据图像,随着温度升高,Cl2的转化率降低,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,即正反应△H<0;②A、正反应是放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动,丙烯转化率增大,故A正确;B、反应前后气体系数之和相等,减小容器的体积,相当增大压强,平衡不移动,故B错误;C、使用催化剂对化学平衡移动无影响,故C错误;D、移走氯化氢,平衡向正反应方向移动,丙烯的转化率增大,故D正确;③丙烯和氯气投料比为0.15: 0.10=1.5,T1℃时氯气的转化率为60%,CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) 起始: 0.150.100 变化: 0.060.060.060.06 平衡: 0.090.040.060.06,根据化学反应速率数学表达式,v(Cl2)=0.06/(5×10)mol/(L·min)=0.0012mol/(L·min);根据化学平衡常数的定义: K=1;K值只受温度的影响,减小投料比,化学平衡常数不变,此时的浓度商为0.3×0.15/(0.3×0.2)=0.75<1,推出反应向正反应方向进行;④丙烯与氯气发生加成反应,造成产率降低。 11.CuCl广泛应用于有机合成催化。 例如 回答下列问题: (1)CuCl中Cu+核外电子排布式为______________,Cu与Cl相比,第一电离能较大的是______________。 (2)已知 为平面分子,则-CHO中碳原子的杂化方式为______________。 (3)写出与CO互为等电子体的非极性分子的电子式______________,14gCO中含______________molπ键。 合成氨工业中用铜洗液吸收CO,形成配合物[Cu(NH3)3CO]Ac(HAc代表醋酸),其中______________(填粒子符号)接受孤对电子形成配位键,配位数是______________。 (4)铜钙可形成合金,单质铜的熔点比单质钙高,其原因是____________________________,其中一种合金的晶胞结构构如图所示,已知: 该晶体的密度为ρg·cm-3,NA是阿伏加德罗常数的值,则其中两个Ca原子核之间距离为______________。 【答案】 (1).[Ar]3d10 (2).Cl(3).sp2(4). (5).1(6).Cu+(7).4(8).铜晶体中的金属键比钙晶体中的金属键强度大(合理即可)(9). 【解析】 (1)考查电子排布式的书写、第一电离能规律,Cu位于第四周期IB,核外电子排布式为[Ar]3d10;Cl属于非金属,Cu属于金属,因此Cl的第一电离能大于Cu; (2)考查杂化类型判断,醛基中C有3个σ键,无孤电子对,因此杂化类型为sp2;(3)考查等电子体、化学键、配位键,根据等电子体的定义,符合条件的是N2,即N2的电子式为 ;C与O之间共用叁键,1molCO中含有2molπ键,因此14gCO含有π键物质的量为14×2/28mol=1mol,根据配合物组成,Cu+为接受孤对电子,配位数为4;(4)考查晶体熔沸点高低判断、晶胞的计算,金属晶体熔沸点高低判断,需要比较金属键强弱,金属键越强,熔沸点越高,因此有铜晶体中的金属键比钙晶体中的金属键强度大;晶胞的质量为 ,根据晶胞的密度的定义,晶胞棱长为 cm,根据晶胞的结构,相邻的两个Ca2+距离是面对角线的一半,即距离为 。 点睛: 本题的难点是相邻的两个Ca2+距离,本题的思路先求出晶胞的边长,这需要根据晶胞的密度入手,该晶胞的结构类似金刚石,因此两个Ca2+距离应是面对角线的一半。 12.高分子化合物G的一种合成路线如下: 已知: ① ; ②D溶液显酸性 ③浓硫酸能与酚类物质发生取代反应,在苯环上引入-SO2H 回答下列问题: (1)E分子中的含氧官能团名称为____________________________。 (2)下列关于化合物B的说法不正确的是______________(填标号)。 ①苯环上一氯代物有2种 ②分子式为C8H10O2 ③既能与FeCl3溶液发生显色反应又能与溴水发生加成反应 ④1mol化合物B与足量金属钠反应生成标准状况下氢气22.4L (3)A→B的反应类型是______________,D→E的目的是____________________________,的化学名称为____________________________。 (4)写出F→G的化学方程式__________________________________________。 (5)某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体有种______________(不含立体异构)。 ①氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36 ②能发生水解反应 其中核磁共振氢谱只有2组峰的是__________________________(写结构简式) (6)写出用苯酚、 为原料(其他无机试剂任选)制备化合物 的合成路线。 ____________________ 【答案】 (1).羟基、醚键 (2).③(3).加成反应(4).保护酚羟基(5).羟基苯乙酸(4-羟基苯乙酸)(6). (7).9(8).HCOOC(CH3)3(9). 【解析】考查有机物的合成与推断, (1)根据E的结构简式,E中含氧官能团是醚键、羟基; (2)根据信息①,乙炔与H2O发生反应生成CH3CHO,根据信息①,以及C的结构简式,推出B的结构简式为 ,①苯环上的两个取代基处于对位,因此苯环上的一氯代物有2种,故①说法正确;②B的分子式为C8H10O2,故②说法正确;③B中含有酚羟基,能与FeCl3溶液发生显色反应,不含碳碳双键,不能使溴水褪色,故③说法错误;④能与金属钠发生反应官能团是羟基,因此1molB与金属钠反应生成标准状况下氢气为22.4L,故④说法正确;(3)根据上述分析,A→B的反应类型为加成反应,D显酸性,说明含有酚羟基,因此C→D反应是加成反应,即D的结构简式为 ,根据合成路线,D→E的目的是保护酚羟基不被氧化;根据有机物的命名,F的名称为对羟基苯乙酸或4-羟基苯乙酸;(4)G属于高分子化合物,F→G发生缩聚反应,其反应方程式为 ;(5)①氧原子数与B相同,但相对分子质量比B少36,则X相对分子量为102,②能发生水解,说明含有酯基,根据饱和一元酯的通式,则X的分子式为C5H10O2,符合条件的是HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3、CH3COOCH2CH2CH3、CH3
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