广东省深圳高级中学届高三上学期第一次考试化学试.docx
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广东省深圳高级中学届高三上学期第一次考试化学试
广东省深圳高级中学2017届高三上学期第一次考试化学
一、单选题:
共7题
1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。
下列说法不正确的是
A.活性炭、SO2和Na2O2都具有漂白作用,且漂白的化学原理相同
B.在海轮外壳上镶入锌块,可减缓船体的腐蚀速率
C.石油的裂化、煤的气化、Na2FeO4杀菌消毒均属于化学变化
D.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化
【答案】A
【解析】本题考查氧化性、还原性、原电池、胶体的知识。
A.活性炭吸附有色物质,是物理变化,SO2和有色物质形成无色物质,Na2O2具有强氧化性,三者都具有漂白作用,但漂白的原理不相同,错误;B.在海轮外壳上镶入锌块,形成锌、铁原电池,锌被腐蚀,铁被保护,正确;C.石油的裂化、煤的气化、Na2FeO4杀菌消毒均生成了新物质,属于化学变化,正确;D.明矾中的铝离子水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化,正确;故选A。
2.用NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是
A.用惰性电极电解食盐水,若线路中通过1NA电子电量,则阳极产生气体11.2L
B.1molNa2CO3晶体中含离子数小于1NA
C.2.3g金属钠与过量的氧气反应,无论加热与否转移电子数均为0.1Na
D.0.1mol的CaC2中含阴离子数是0.2NA
【答案】C
【解析】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。
A.由于不是标况下,阳极产生气体的体积无法计算,错误;B.1mol碳酸钠中含有1mol碳酸根离子,含有的碳酸根离子数为NA,错误;C.2.3g金属钠的物质的量为0.1mol,金属钠完全反应失去0.1mol电子,转移电子数均为0.1NA,正确;D.0.1molCaC2中含有0.1mol,所以含有的阴离子数为0.1NA,错误;故选C。
3.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是
【答案】B
【解析】本题考查常见物质的化学性质。
A、Cl2没有酸性,Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸才显酸性,错误;B、NaHCO3属于可溶性盐,是强电解质,正确;C、浓H2SO4有强氧化性和浓H2SO4可用于干燥SO2两者没有因果关系,错误;D、Na2S和废水中的Cu2+和Hg2+生成硫化铜、硫化汞沉淀,属于复分解反应,错误;故选B。
4.A、B、C、D、E是五种短周期主族元素,它们的原子序数依次增大,其中A的最高正价与最低负价的代数和等于0,B、E是同一主族元素,C元素的原子半径大于所在同周期中其它主族元素的原子半径,D元素的最外层电子数等于其电子层数,E元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍,则下列说法正确是
A.B、C、D形成的简单离子,半径最小的是B
B.E形成最简单氢化物稳定性比B的强
C.A、C、D形成的最高价氧化物的水化物两两间可相互反应
D.A、B形成的化合物与B、E形成的化合物化学键类型相同
【答案】D
【解析】本题考查结构性质位置关系应用。
A、B、C、D、E是五种短周期主族元素,它们的原子序数依次增大,B、E是同一主族元素,则B处于第二周期、E处于第三周期,E元素的最外层电子是次外层电子数的0.75倍,最外层电子数为8×0.75=6,故E为S元素,则B为O元素;C原子半径大于所在同周期中其它主族元素的原子半径,则C为Na;D元素的最外层电子数等于其电子层数,则D为Al;其中A的最高正价与最低负价的代数和等于0,则A为C元素(一般不考虑H元素);A.B、C、D形成的简单离子分别为O2﹣、Na+、Al3+,离子电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故O2﹣离子半径最大,Al3+离子半径最小,错误;B.非金属性B(O)>E(S),故E形成最简单氢化物稳定性比B弱,错误;C.A、C、D形成的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、氢氧化钠、氢氧化铝,碳酸与氢氧化铝不能反应,错误;D.A、B形成的化合物有CO、CO2,B、E形成的化合物SO2,SO3,均只含有共价键,故D正确;故选D。
5.下列实验操作或装置正确的是
A.利用图1所示操作制备氢氧化铁胶体B.利用图2所示装置制取NH3
C.利用图3所示装置证明H2CO3酸性强于苯酚D.利用图4所示装置制备乙酸乙酯
【答案】B
【解析】本题考查常见的实验。
A制备氢氧化铁胶体:
饱和氯化铁溶液滴入沸水中,错误;B利用图2所示装置制取NH3的装置完全正确;C图3所示装置制取的气体中有醋酸,不能证明H2CO3酸性强于苯酚,错误;D制备乙酸乙酯的收集装置应用饱和碳酸钠溶液,错误;故选B。
6.电解法处理酸性含铬废水(主要含有)时,以铁板作阴、阳极,处理过程中存在反应+6Fe2++14H+
2Cr3++6Fe3++7H2O,最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去,下列说法不正确的是
A.阳极反应为Fe-2e-
Fe2+
B.过程中有Fe(OH)3沉淀生成
C.电解过程中溶液pH不会变化
D.电路中每转移12mol电子,最多有1mol被还原
【答案】C
【解析】本题考查电解原理。
A.Fe板作阳极,为活性电极,Fe失电子,发生氧化反应生成亚铁离子,阳极反应为Fe-2e-
Fe2+,正确;B.阴极发生还原反应,溶液中的氢离子得到电子生成氢气,氢离子浓度减小,铁离子水解生成沉淀,正确;C.由反应式+6Fe2++14H+
2Cr3++6Fe3++7H2O,可知,处理过程中消耗氢离子,溶液的酸性减弱,溶液pH增大,错误;D.Fe-2e-
Fe2+,则转移电子数12mol需要6molFe,再根据处理过程的方程式,得6Fe~12e-~6Fe2+~,故被还原的的物质的量为1mol,正确;
故选C。
7.室温下,0.1mol·L−1NaHCO3溶液的pH=8.31,有关该溶液的判断正确的是
A.c(Na+)>c(OH−)>c()>c()>c(H+)
B.c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c()+c()
C.加入适量NaOH溶液后:
c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()
D.Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3) 【答案】D 【解析】本题考查盐类的水解及离子浓度关系。 A.室温下,0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH=8.31,溶液呈碱性,说明的水解程度大于电离程度,但其电离和水解程度都较小,水电离也生成氢氧根离子,钠离子不水解,所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c()>c(OH−)>c()>c(H+),错误;B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c()+2c(),错误;C.任何电解质溶液中都存在物料守恒,未加NaOH时,根据物料守恒c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c(),加入NaOH溶液时则存在c(Na+)>c(H2CO3)+c()+c(),错误;D.Ka1(H2CO3)•Ka2(H2CO3)=,碳酸和碳酸氢根离子都部分电离,所以<c(H+),<c(H+),因为室温下纯水中,c(OH﹣)=c(H+),所以Ka1(H2CO3)•Ka2(H2CO3)<KW,正确;故选D。 二、实验题: 共1题 8.Ⅰ.实验室模拟氨催化氧化的装置如图甲: (1)氨合成器(模拟工业合成氨的装置)出来经冷却的气体连续通入甲装置的水中吸收氨, (“会”或“不会”)发生倒吸,原因是: 。 (2)用甲装置吸收一段时间氨后,再通入空气,同时将经加热的铂丝插入甲装置的锥形瓶内,能使铂丝保持红热的原因是: ,锥形瓶中还可观察到的现象是: 。 (3)写出甲装置中氨氧化的化学方程式: Ⅱ.用图乙装置制备NO并验证其还原性。 有下列主要操作: a.向广口瓶内注入足量热NaOH溶液,将盛有铜片的小烧杯放入瓶中。 b.止水夹,点燃红磷,伸入瓶中,塞好胶塞。 c.待红磷充分燃烧,一段时间后打开分液漏斗旋塞,向烧杯中滴入少量稀硝酸。 (4)步骤c后还缺少的一步主要操作是_______________________。 (5)步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是___________________________________。 反应的离子方程式是____________________________________________________。 【答案】 (1)不会 因为混合气体中含有大量难溶于水的氮气和氢气 (2)说明氨的催化氧化反应是放热反应 有红棕色气体产生 (3)4NH3+5O2 4NO+6H2O (4)打开止水夹,通入少量氧气 (5)Cu片逐渐溶解,有无色气泡产生,溶液由无色变为蓝色 3Cu+8H++2 3Cu2++2NO↑+4H2O 【解析】本题考查实验方案的设计。 (1)氨合成器(模拟工业合成氨的装置)出来经冷却的气体连续通入甲装置的水中吸收氨不会发生倒吸,因为合成氨的产率较低,混合气体中含有大量难溶于水的氮气和氢气。 (2)用甲装置吸收一段时间氨后,再通入空气,同时将经加热的铂丝插入甲装置的锥形瓶内,能使铂丝保持红热的原因是: 氨的催化氧化反应是放热;反应生成NO,与空气中的氧气生成红棕色的二氧化氮,锥形瓶中还可观察到的现象是有红棕色气体产生。 (3)甲装置中氨氧化的化学方程式: 4NH3+5O2 4NO+6H2O; Ⅱ.红磷充分燃烧耗尽氧气,步骤c后还缺少的一步主要操作是打开止水夹,通入少量氧气。 (5)步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是: Cu片逐渐溶解,有无色气泡产生,溶液由无色变为蓝色,反应的离子方程式是: 3Cu+8H++2 3Cu2++2NO↑+4H2O。 三、综合题: 共3题 9.以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料,制取氧化钴的流程如下: (1)溶解: 溶解后过滤,将滤渣洗涤2~3次,洗液与滤液合并,其目的是 。 (2)氧化: 加热搅拌条件下加入NaClO3,将Fe2+氧化成Fe3+,其离子方程式 。 已知: 铁氰化钾化学式为K3[Fe(CN)6];亚铁氰化钾化学式为K4[Fe(CN)6]·3H2O。 3Fe2++2[Fe(CN)6]3- Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀) 4Fe3++3[Fe(CN)6]4- Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀) 确定Fe2+是否氧化完全的方法是 。 (可供选择的试剂: 铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液) (3)除铁: 加入适量的Na2CO3调节酸度,生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀,写出该反应的化学方程式 。 (4)沉淀: 生成沉淀碱式碳酸钴[(CoCO3)2·3Co(OH)2],沉淀需洗涤,洗涤的操作是 。 (5)溶解: CoCl2的溶解度曲线如下图所示。 向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸,边加热边搅拌至完全溶解后,需趁热过滤,其原因是 。 (6)灼烧: 准确称取所得CoC2O41.470g,在空气中充分灼烧得0.830g氧化钴,写出氧化钴的化学式 。 【答案】 (1)提高钴等元素的利用率 (2)6Fe2++6H++ 6Fe3++Cl-+3H2O 取氧化后的溶液少许于试管中,滴加几滴铁氰化钾溶液,若无蓝色沉淀生成,则Fe2+已全部被氧化 (3)3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑。 (4)向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀,静置使滤液流出,重复操作2~3次。 (5)防止因温度降低,CoCl2晶体析出。 (6)Co2O3 【解析】本题考查化学实验方案的设计及评价。 (1)将滤渣洗涤2~3次,洗液与滤液合并,其目的是: 提高钴等元素的利用率。 (2)加入NaClO3,将Fe2+氧化成Fe3+,氯酸根离子被还原为氯离子,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,其离子方程式为: 6Fe2++6H++ 6Fe3++Cl-+3H2O;取氧化后的溶液少许于试管中,滴加几滴铁氰化钾溶液,若无蓝色沉淀生成,则Fe2+已全部被氧化。 (3)根据产物的化学式、加入物质的化学式、溶液中所含溶质,其反应方程式为: 3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑。 (4)洗涤沉淀的操作方法是: 向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀,静置使滤液流出。 重复操作2~3次。 (5)趁热过滤的原因是防止因温度降低,CoCl2晶体析出。 (6)1.470gCoC2O4物质的量为: ,根据Co原子守恒,设氧化钴化学式为CoxOy,,x: y=2: 3,所以化学式为Co2O3。 10.苯乙烯( )是生产各种塑料的重要单体,可通过乙苯催化脱氢制得: (1)已知 、 、H2(g)的燃烧热(△H)分别为-Q1kJ·mol-1、 -Q2kJ·mol-1、-Q3kJ·mol-1,写出Q与Q1、Q2、Q3的关系式 。 (2)500℃时,在恒容密闭容器中,充入amol乙苯,反应达到平衡后容器内气体的压强为P;若再充入bmol的乙苯,重新达到平衡后容器内气体的压强为2P,则a b(填“>”、“<”或“=”),乙苯的转化率将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 (3)在实际生产中,常保持总压0.1Mpa不变,并向反应体系加入稀释剂,如CO2、N2等。 反应混合气物质的量之比及反应温度与乙苯(EB)脱氢转化率关系(N2不参与反应)如图所示。 ①由图判断Q 0(填“>”或“<”)。 ②A、B两点对应的正反应速率较大的是 。 ③A点乙苯的转化率比B点高,原因是 。 ④用平衡分压代替平衡浓度计算,其中,分压=总压×物质的量分数。 则600℃时的平衡常数Kp= 。 (保留两位小数) 【答案】 (1)Q=Q2+Q3-Q1 (2)< 减小 (3)①> ②B ③保持总压不变,充入N2,容器体积增大,各组分的浓度同倍数减小,利于反应正向进行,乙苯转化率增大 ④0.019MPa 【解析】本题考查化学反应速率与化学平衡的知识。 (1) 、 、H2(g)的燃烧热(△H)分别为-Q1kJ·mol-1、-Q2kJ·mol-1、-Q3kJ·mol-1,由盖斯定律可知: Q=Q2+Q3-Q1; (2)500℃时,在恒容密闭容器中,充入amol乙苯,反应达到平衡后容器内气体的压强为P;假设再充入amol的乙苯,重新达到平衡后如果平衡不移动容器内气体的压强为2P,但实际平衡向左移动,故a (3)由图可知,温度升高,乙苯的转化率增大,平衡正向移动,是吸热反应,Q>0;②A、B两点温度相同,B点转化率小,乙苯的浓度大,正反应速率较大。 ③总压不变,向反应体系加入稀释剂CO2、N2,容器体积增大,各组分的浓度同倍数减小,平衡向右移动,乙苯转化率增大。 ④由图可知,600℃时的转化率是40%,假设乙苯为1mol,平衡后,乙苯0.6mol,苯乙烯0.4mol,氢气0.4mol,总物质的量为1.4mol,平衡常数Kp==0.019MPa。 11.Ⅰ.下列有关叙述正确的是 。 A.碱性锌锰电池中,MnO2是催化剂 B.银锌纽扣电池工作时,Ag2O被氧化为Ag C.放电时,铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大 D.电镀时,待镀的金属制品表面发生还原反应 Ⅱ.锌是一种应用广泛的金属,目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。 某含锌矿的主要成分为ZnS(还含少量FeS等其他成分),以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示: 回答下列问题: (1)硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行,所产生焙砂的主要成分的化学式为____________________。 (2)焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸,该酸可用于后续的________操作。 (3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为________,其作用是________。 (4)电解沉积过程中的阴极采用铝板,阳极采用Pb-Ag合金惰性电极,阳极逸出的气体是________。 (5)改进的锌冶炼工艺,采用了“氧压酸浸”的全湿法流程,既省略了易导致空气污染的焙烧过程,又可获得一种有工业价值的非金属单质。 “氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为__________________________________。 (6)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。 明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载: “炉甘石十斤,装载入一泥罐内,……,然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红,……,冷淀,毁罐取出,……,即倭铅也。 ” 该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为________。 (注: 炉甘石的主要成分为碳酸锌,倭铅是指金属锌) 【答案】Ⅰ.D Ⅱ. (1)ZnO (2)浸出 (3)锌粉 置换出Fe等 (4)O2 (5)2ZnS+4H++O2 2Zn2++2S↓+2H2O (6)ZnCO3+2C Zn+3CO↑ 【解析】本题考查原电池、电解池,金属的炼制。 Ⅰ.A.碱性锌锰电池中,锌是还原剂作负极,MnO2是氧化剂,错误;B.银锌纽扣电池工作时,Ag2O被还原为Ag,错误;C.放电时,铅酸蓄电池中硫酸浓度不断减小,错误;D.电镀时,待镀的金属制品表面发生还原反应,生成所需的金属,正确; Ⅱ.硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等,含尘烟气含有含硫氧化物,可用于制备硫酸,浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁,加入过量锌充分反应,可置换出铁,滤液中主要含有硫酸锌,经电解可得到锌和硫酸,电解液中含有硫酸,可循环利用。 (1)含锌矿的主要成分是ZnS,与空气中氧气发生氧化还原反应,则焙砂的主要成分为ZnO; (2)焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸,用于后续的浸出操作;(3)该含锌矿中还含有FeS等杂质,浸出操作后转化为亚铁离子,可加入锌粉除去亚铁离子,从而出去Fe;(4)电解沉积过程中,是电解ZnSO4,阳极发生氧化反应,产物为O2;(5)“氧压酸浸”法顾名思义,可知反应物中含有H+和O2,可以获得非金属单质S,该反应的化学方程式为: 2ZnS+4H++O2 2Zn2++2S↓+2H2O;(6)根据题目描述可知反应物为ZnCO3和C,产物含有Zn,反应的化学方程式为: ZnCO3+2C Zn+3CO↑。 四、推断题: 共1题 12.扁桃酸衍生物是重要的医药中间体,以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图: (1)A分子式为C2H2O3,可发生银镜反应,且具有酸性,A所含官能团名称为 ,写出A+B→C的化学反应方程式: ; (2)C( )中①、②、③3个-OH的酸性由强到弱的顺序是 ; (3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物,E分子中不同化学环境的氢原子有 种。 (4)D→F的反应类型是 ,1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应,最多消耗NaOH的物质的量为 mol。 写出符合下列条件的F的一种同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式: 。 ①属于一元酸类化合物 ②苯环上只有2个取代基且处于对位,其中一个是羟基 (5)已知: 。 A有多种合成方法,请写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选),合成路线流程图示例如下: H2C=CH2 CH3CH2OH CH3COOC2H5。 【答案】 (1) 醛基、羧基 (2) ③>①>②; (3) 4 (4) 取代反应,3 (5)CH3COOH ClCH2COOH HOCH2COONa HOCH2COOH OHC-COOH 【解析】本题考查有机物的推断与合成、同分异构体的书写、常见有机反应类型、官能团的性质等。 (1)A的分子式为C2H2O3,可发生银镜反应,且具有酸性,含有醛基和羧基,则A是OHC﹣COOH,根据C的结构可知B是 ,A+B→C发生加成反应,反应方程式为: ; (2)羧基的酸性强于酚羟基,酚羟基的酸性强于醇羟基,故强弱顺序为: ③>①>②; (3)C中有羟基和羧基,2分子C可以发生酯化反应,可以生成3个六元环的化合物,C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应,则E为 ,为对称结构,分子中有4种化学环境不同的H原子,分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种,共4种; (4)对比D、F的结构,可知溴原子取代﹣OH位置,D→F的反应类型是: 取代反应;F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基),都可以与氢氧化钠反应,1molF最多消耗3molNaOH;F的所有同分异构体符合: ①属于一元酸类化合物,②苯环上只有2个取代基且处于对位,其中一个是羟基,另外取代基为﹣CBr(CH3)COOH、﹣CH(CH2Br)COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH,可能的结构简式为: , , (5)由题目信息可知,乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH,在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa,用盐酸酸化得到HOCH2COOH,最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣COOH,合成路线流程图为: CH3COOH ClCH2COOH HOCH2COONa HOCH2COOH OHC-COOH。
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