广东省届高三上学期百校联考月考理科综合化学试题.docx
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广东省届高三上学期百校联考月考理科综合化学试题
1.化学与生产、生活密切相关,下列说法错误的是
A.用K2FeO4处理自来水,既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质
B.NH4MgPO4·6H2O(鸟粪石)与草木灰混合施肥效果更好
C.将地沟油回收加工为生物柴油,既可获得能源物质又可防止水体污染
D.医院常用含碘2%~3%的酒精溶液用作医疗消毒剂,因为它能使蛋白质变性
【答案】B
【解析】
【分析】
A、K2FeO4处理自来水时,利用其强氧化性可杀菌消毒,同时生成氢氧化铁胶体能吸附杂质;
B、NH4MgPO4·6H2O(鸟粪石)水解呈酸性,草木灰水解后呈碱性;
C、将地沟油回收加工为生物柴油,符合绿色化学理念;
D、碘能使蛋白质变性。
【详解】A、K2FeO4处理自来水时,利用其强氧化性可杀菌消毒,同时生成氢氧化铁胶体能吸附杂质,故A正确;
B、NH4MgPO4·6H2O(鸟粪石)电离出铵根离子,水解呈酸性,草木灰溶于水电离出碳酸根离子,水解后呈碱性,两者混合后发生双水解,肥效减小,故B错误;
C、将地沟油回收加工为生物柴油,既可获得能源物质又可防止水体污染,符合绿色化学理念,故C正确;
D、含碘2%~3%的酒精溶液用作医疗消毒剂,因为它能使蛋白质变性,故D正确;
故选B。
【点睛】本题考查化学与生活、生产之间的关系,解题关键:
对日常生活、生产中涉及的的基础知识的理解,难点A,K2FeO4处理自来水时,既能杀菌消毒,又能吸附杂质,氢氧化铁胶体能吸附杂质。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是
A.28g乙烯与28g丙烯含氢原子数均为4NA
B.标准状况下,22.4L氦气与11.2LH2含有的质子数均为NA
C.0.1molCH4与0.1molCl2充分反应,生成C-Cl和H-Cl键数均为0.2NA
D.25℃时,1LpH=11的NaOH溶液与1LpH=11的CH3COONa溶液,含阴离子数均为10-11NA
【答案】A
【解析】
【分析】
A、乙烯与丙烯中氢原子质量分数相同;
B、氦是单原子分子,氢是双原子分子;
C、1molCl2反应,生成1molHCl和1molC-Cl;
D、pH=11的溶液,溶液中c(OH-)=0.001mol·L-1。
【详解】A、乙烯与丙烯中氢原子质量分数相同,28g乙烯与28g丙烯含氢原子数均为4NA,故A正确;
B、标准状况下,22.4L氦气质子是2mol,与11.2LH2含有的质子数为1mol,故B错误;
C、0.1molCH4与0.1molCl2完全反应生成0.1molHCl、氯代烃,生成C-Cl和H-Cl键数均为0.1NA,故C错误;
D、D.25℃时,1LpH=11的NaOH溶液,NaOH的浓度为0.001mol·L-1;1LpH=11的CH3COONa溶液中,醋酸根离子使溶液显碱性,c(OH-)=0.001mol·L-1,醋酸根离子浓度远大于0.001mol·L-1,所以醋酸欠溶液中阴离子数大于10-11NA,故D错误;
故选A。
3.1,4-二氧杂螺[2.2]丙烷的结构简式为
,有关该有机物的说法正确的是
A.三个碳原子位于同一直线
B.二氯代物有2种
C.所有原子位于同一平面
D.与其互为同分异构体的化合物有2种
【答案】B
【解析】
【分析】
A、中间碳原子是四面体结构,三个碳不可能在同一条直线上;
B、两个氯原子可以同时取代一个碳上的氢原子,也可以取代不同碳原子上的氢原子,一共有两种;
C、三个碳原子均为四面体结构,与两个O和四个氢不可能全部共面;
D、与其互为同分异构体的化合物有很多种。
【详解】A、与中间碳原子形成共价键的四个原子在空间分布上是四面体结构,所以三个碳不可能在同一条直线上,故A错误;
B、中间的碳原子已经有四根键,两个氯原子可以同时取代一个碳上的氢原子,也可以取代不同碳原子上的氢原子,一共有两种二氯代物,故B正确;
C、三个碳原子均为四面体结构,与两个O和四个氢不可能全部共面,故C错误;
D、与其互为同分异构体的化合物有很多种,比如属于酯的就有HCOOCH=CH2、
和
三种,故D错误。
故选B。
4.实验室可用下图装置制取少量氮气。
下列说法正确的是
学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...
A.②中盛放的是五氧化二磷
B.实验开始时先点燃③的酒精灯,再点燃①的酒精灯
C.③中玻璃管中的反应:
2NH3+3CuO
N2+3Cu+3H2O
D.实验结束时先熄灭①、③的酒精灯,再将导管从水槽中拿出
【答案】C
【解析】
【分析】
①制备氨气;②中用碱石灰干燥;③氨气还原氧化铜;④收集产生的氮气,以此解析。
【详解】A、湿的NH3能与P2O5反应,故A错误;
B、产生的氨气会与装置内的氧气发生反应,故应先点燃①的酒精灯产生氨气以排出系统内的空气,B错误;
C、氨气能被氧化铜氧化,③中玻璃管中的反应:
2NH3+3CuO
N2+3Cu+3H2O,故C正确;
D、应先将将导管从水槽中拿出,否则会引起倒吸,故D错误;
故选C。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,它们的最外层电子数之和为22。
W、Y同主族,X所处的周期数等于族序数,常温下Y的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由X的单质制成的容器中。
下列说法错误的是
A.简单离子半径:
X>Y>Z
B.X、Z两种元素形成的化合物的水溶液呈酸性
C.W的一种氢化物与Y的氢化物在水溶液中可反应生成Y的单质
D.W、Y两种元素形成的一种化合物能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】A
【解析】
【分析】
X所处的周期数等于族序数,常温下Y的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由X的单质制成的容器中,X为Al,它们的最外层电子数之和为22,余下的三种元素原子的最外层电子数平均值大于6,W、Y同主族,故W、X、Y、Z依次为O、Al、S、Cl。
【详解】W、X、Y、Z依次为O、Al、S、Cl。
A、简单离子半径:
S2->Cl->Al3+,故A错误;
B、AlCl3是强酸弱碱盐,水解后呈酸性,故B正确;
C、H2O2+H2S=S↓+2H2O,故C正确;
D、SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4,故D正确;
故选A。
【点睛】本题考查元素周期律和原子结构知识,解题关键:
熟记原子结构、元素在元素周期表中的位置和性质之间的关系,易错点A,原子大小是Al>S>Cl,离子大小是S2->Cl->Al3+。
6.电导滴定是利用溶液的电导改变以确定滴定终点的滴定方法。
常温下,将0.10mol·L-1CH2COOH溶液与0.10mo1·L-1HCl溶液以一定体积比混合,用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定,滴定曲线如图所示。
下列说法正确的是
A.a点溶液的pH=1
B.b点溶液中:
c(Na+)=c(Clˉ)+c(CH3COOˉ)
C.图中四点,C点处溶液中水的电离度最大
D.d点溶液中:
c(Na+)>c(Clˉ)>c(CH3COOˉ)>c(OHˉ)>c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】
A、等物质的量的盐酸和醋酸混合时,两者同时被稀释;
B、根据电荷守恒解析;
C、CH3COONa强碱弱酸盐,促进水电离;
D、图中V3-V2>V1,c(OHˉ)大于c(Clˉ)。
【详解】A、等物质的量的盐酸和醋酸混合时,两者同时被稀释,因醋酸是弱酸,只有部分电离,溶液中的氢离子浓度小于0.10mol·L-1,故溶液的pH大于1,故A错误;
B、b点溶液中的溶质为NaCl和CH3COOH,溶液显酸性,依据电荷守恒可知,c(Na+) C、c点溶液中的溶质为NaCl和CH3COONa,醋酸根离子水解促进了水的电离,此时溶液中水的电离程度最大,故C正确; D、d点溶液中的溶质为NaOH和CH3COONa,由图象可知,V3-V2>V1,故溶液中c(OHˉ)>c(Clˉ),故D错误; 故选C。 7.Kolbe法制取乙烯的装置如图所示,电极a上的产物为乙烯和碳酸根离子。 下列说法正确的是 A.该装置将化学能转化为电能 B.图中为阳离子交换膜 C.阴极周围溶液的pH不断减小 D.每生成1mol乙烯,电路中转移2mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】 A、该装置是电解装置; B、由a极的电极反应分析; C、阴极上的电极反应产生OH-; D、由电极反应计算。 【详解】A、该装置是电解装置,由电能转化为化学能,故A错误; B、a极为阳极,电极反应式为4OH-+-OOCH2CH2COO--2e-=CH2=CH2↑+2CO32-+2H2O,阳极区不断消耗OH-,故图中应为阴离子交换膜,故B错误; C、b电极为阴极,阴极上发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,故C错误; D、由B中电极反应式可知: 每生成1mol乙烯,电路中转移2mol电子,故D正确; 故选D。 【点睛】本题主要考查电解法制取乙烯的电解池装置,解题关键: 分析电解的两电极反应及反应生的条件,难点B,根据a电极反应的分析。 8.FeBr2可用作有机合成的催化剂,某校同学设计实验用干燥的HBr与Fe反应制备少量FeBr2,实验装置如下(部分夹持装置已省略): 已知: 高温时FeBr3会分解为FeBr2,FeBr2易吸水潮解,800℃以上可升华。 回答下列问题: (1)仪器M的名称是____________;装置①中生成HBr的化学方程式为___________。 (2)反应开始前通入N2的目的是____________,反应过程中通入N2的目的是____________。 (3)进入装置④的气体中混有少量Br2对产品纯度_______(填“有”或“没有”)影响,理由是___________。 (4)装置⑥的作用是___________,逸出的气体主要是___________(填化学式)。 (5)设计实验方案探究得到的FeBr2中Fe2+和Brˉ的还原性强弱: ___________________。 【答案】 (1).)分液漏斗 (2).NaBr+H3PO4 NaH2PO4+HBr↑(3).隔绝空气(或将装置中的空气排尽)(4).稀释HBr并将其载入后续装置(5).没有(6).生成的少量FeBr3在高温下会分解为FeBr2(7).)除去尾气中的HBr等酸性气体并防止空气中水蒸气进入装置⑤(8).H2和N2(9).取少量产品溶于经过煮沸再冷却后的蒸馏水,取溶液少许,滚入KSCN并加入CCl4,滴入氯水,轻轻振荡,观察现象(或其它合理答案) 【解析】 【分析】 (1)仪器M的名称是分液漏斗;利用难挥发性酸H3PO4制挥发性酸HBr,生成磷酸二氢钠; (2)为防止氧气与铁反应,反应开始前通入N2的目的是将装置中的空气持有排尽,反应过程中通入N2的目的是稀释HBr并将其载入后续装置。 (3)由信息可知: 高温时FeBr3会分解为FeBr2,故进入装置④的气体中混有少量Br2对产品纯度没有影响; (4)制得的HBr与Fe反应生成FeBr2和氢气,装置⑥中装有碱石灰,能吸水和酸性气体,作用是除去尾气中的HBr等酸性气体并防止空气中水蒸气进入装置⑤;逸出的气体主要是氢气和氮气。 (5)还原性强弱: Fe2+>Brˉ,加少量氯水,看谁先反应。 【详解】 (1)仪器M的名称是分液漏斗;利用难挥发性酸H3PO4制挥发性酸HBr,生成磷酸二氢钠,装置①中生成HBr的化学方程式为NaBr+H3PO4 NaH2PO4+HBr↑; (2)反应开始前通入N2的目的是将装置中的空气持有排尽,防止氧气与铁反应,反应过程中通入N2的目的是稀释HBr并将其载入后续装置。 (3)由信息可知: 高温时FeBr3会分解为FeBr2,故进入装置④的气体中混有少量Br2对产品纯度没有影响; (4)制得的HBr与Fe反应生成FeBr2和氢气,装置⑥中装有碱石灰,能吸水和酸性气体,作用是除去尾气中的HBr等酸性气体并防止空气中水蒸气进入装置⑤;逸出的气体主要是氢气和氮气,化学式为H2和N2。 (5)要证明Fe2+和Brˉ的还原性的强弱关系,可以加少量氯水,看谁先反应: 取少量产品溶于经过煮沸再冷却后的蒸馏水,取溶液少许,滚入KSCN并加入CCl4,滴入氯水,轻轻振荡,静置后观察现象(或其它合理答案)。 若上层溶液为血红色,则Fe2+>Brˉ;若上层溶液仍为浅绿色,下层液体为橙红色,则Fe2+<Brˉ。 9.一种从废钻锰催化剂[含53.1%(CH3COO)2Co、13.2%(CH3COO)2Mn、23.8%CoCO3、6.5%Mn(OH)2、1.3%SiO2及对二甲苯等有机物等中回收钻和锰的工艺流程如下: 回答下列问题: (1)步骤①焙烧的目的是____________________________________。 (2)步骤②酸浸时,控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌,其目的是______________。 (3)步骤③MnCl2与H2O2和氨水反应的离子方程式为______________。 (4)步骤④调节pH时采用CH3COOH和CH3COONa混合溶液,该混合溶液称为缓冲溶液,该溶液中加入少量的酸、碱或稀释时pH变化均不大,其中稀释时pH变化不大的原因是__________________________________。 (5)步骤⑤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S,该反应的化学方程式为________。 (6)步骤⑦若在实验室进行,所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外,还有____________(填仪器名称)。 (7)某工厂用mkg废催化剂最终制得CoOnkg,则CoO的产率为__________。 【答案】 (1).将二甲苯等有机物氧化除去,并将(CH3COO)2Co、(CH3COO)2Mn转化为无机物 (2).提高钴、锰的浸出率(3).Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO(OH)2↓+2NH4++H2O(4).稀释时,CH3COOH电离度增大产生的H+和CH3COO-水解程度增大产生的OH-几乎抵消(5).3CoS+8HNO3=3Co(NO3)2+3S+2NO↑+4H2O(6).坩埚、泥三角(7). 【解析】 【分析】 (1)废钻锰催化剂对二甲苯等有机物等受热后挥发或分解。 (2)步骤②酸浸时,控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌,使反应更充分。 (3)步骤③MnCl2与H2O2和氨水反应生成MnO(OH)2和铵盐; (4)缓冲溶液稀释时pH变化均不大,稀释时,CH3COOH电离度增大产生的H+和CH3COO-水解程度增大结合的H+几乎抵消。 (5)步骤⑤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S,根据电子得失守恒,质量守恒写出方程式。 (6)固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒; (7)产率=实际产量/理论产率。 【详解】 (1)焙烧可以将废钻锰催化剂中对二甲苯等有机物等氧化除去,并将(CH3COO)2Co、(CH3COO)2Mn转化为无机物。 (2)步骤②酸浸时,控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌,使反应更充分,从而提高钴、锰的浸出率。 (3)步骤③MnCl2与H2O2和氨水反应生成MnO(OH)2和铵盐,离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO(OH)2↓+2NH4++H2O; (4)缓冲溶液稀释时pH变化均不大,稀释时,CH3COOH电离度增大产生的H+和CH3COO-水解程度增大结合的H+几乎抵消。 (5)步骤⑤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S,反应的化学方程式为: 3CoS+8HNO3=3CO(NO3)2+3S+2NO↑+4H2O; (6)固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒,所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外,还要坩埚、泥三角; (7)mkg废催化剂中: 53.1%(CH3COO)2Co生成CoO: mkg×53.1%×75/177=0.225mkg,23.8%CoCO3生成CoO: mkg×23.8%×75/119=0.15mkg,产率=实际产量/理论产率=n/(0.225+0.15)m×100%= . 10.NO、NO2是汽车尾气中主要的含氮氧化物。 回答下列问题: (1)已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图(图中表示生成2molNO2的能量变化)。 1molNO氧化为NO2的焓变△H=___________。 (2)某温度下,反应的平衡常数如下: a.2NO2(g) N2(g)+2O2(g)K=6.7×1016 b.2NO(g) N2(g)+O2(g)K=2.2×1030 分解反应趋势较大的反应是__________(填“a”或“b”);反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的K=_____________。 (3)已知反应2NO(g)+O2(g) 2NO2的正反应速率v正=k1Cm(NO)cn(O2),其中k为速率常数,可通过下列实验数据计算k、m、n。 则k1=______________,m=______________,n=______________, (4)已知该反应的历程为: 第一步: NO+NO N2O2快速平衡 第二步: N2O2+O2 2NO2慢反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡,第一步反应中: v(正)=k1c2(NO),v(逆)=k-1c(N2O2)。 下列叙述正确的是________(填字母)。 A.第一步反应的平衡常数K= B.v(第一步的正反应) C.第二步的活化能比第一步的活化能高 D.第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效 (5)一定条件下测得容器中NO、O2、NO2浓度发生如下变化。 ①NO的平衡转化率为_______________。 ②该温度下反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的平衡常数为______________(保留整数) 【答案】 (1).-56KJ·mol-1 (2).b(3).3.28×1013(4).1596L2·mol-2·s-1(5).2(6).1(7).AC(8).60%(9).321 【解析】 【分析】 (1)由图结合盖斯定律计算出生成1molNO2放出的热量; (2)平衡常数越大,反应越容易进行; 反应b-a得2NO(g)+O2(g) 2NO2(g),K=2.2×1030/6.7×1016; (3)由组1和2,NO浓度不变时,氧气的浓度增大1倍,速率也增大1倍,故n=1; 由组1和3,NO的浓度增大1倍,速率变为原来的4倍,故m=2;代入其中一组数据可求出k1; (4)A、根据平衡常数的定义分析; B、v(第一步的正反应)是快反应; C、第二步的反应难,活化能高; D、第二步中N2O2与O2的有效碰撞率小,反应难。 (5)①NO的平衡转化率=NO的变化量/NO的投料量; ②该温度下反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的平衡常数为c2(NO2)/c2(NO)c(O2). 【详解】 (1)图中表示生成2molNO2的能量变化,①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=68KJ·mol-1 ②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=180KJ·mol-1,由盖斯定律,①-②得2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=-112KJ·mol-1,两边同除以2得: NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g)△H=-56KJ·mol-1; (2)平衡常数越大,反应越容易进行,b.2NO(g) N2(g)+O2(g)平衡常数K=2.2×1030大,故选b; 反应b-a得2NO(g)+O2(g) 2NO2(g),K=2.2×1030/6.7×1016=3.28×1013; (3)由组1和2,NO浓度不变时,氧气的浓度增大1倍,速率也增大1倍,故n=1; 由组1和3,NO的浓度增大1倍,速率变为原来的4倍,故m=2; 将m和n代入第1组数据,7.98×10-3mol·L-1·s-1=k1×(0.02mol·L-1)2×0.0125mol·L-1,解得k1=1596L2·mol-2·s-1; (4)A、第一步反应的平衡常数K=c(N2O2)/c2(NO),平衡时v(正)=v(逆)==k1c2(NO)=k-1c(N2O2),得c(N2O2)/c2(NO)=k1/k-1,K=c(N2O2)/c2(NO)==k1/k-1,故A正确; B、v(第一步的正反应)是快反应,v(第二步的反应)是慢反应,v(第一步的正反应)>v(第二步的反应),故B错误; C、第二步的反应难,活化能高,第二步的活化能比第一步的活化能高,故C正确; D、第二步是慢反应,说明N2O2与O2的有效碰撞的几率较小,不可能达到100%,故D错误。 故选AC。 (5)①NO的平衡转化率=NO的变化量/NO的投料量=(0.010mol·L-1-0.004mol·L-1)/0.010mol·L-1=0.6; 该温度下反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的平衡常数为c2(NO2)/c2(NO)c(O2)=0.0062/0.0042×0.007=321. 11.镁、硅及其化合物用途非常广泛。 回答下列问题: (1)基态Si原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为__________,基态Mg原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为__________形。 (2)Mg2C3与水反应可生成H2C=C=CH2,中间的碳原子杂化方式是__________,反应所涉及的元素中电负性最大的是__________(填元素符号),Mg2C3和H2C=C=CH2中均存在(填字母)__________。 A.配位键B.σ键C.π键D.氢键 (3)MgO晶格能可通过图1的bom-Haber循环计算得到。 Mg的第二电离能为__________kJ·mol-1;O=O键的键能为_________kJ·mol-1;MgO的晶格能为__________kJ·mol-1。 (4)Mg2Si晶胞结构如图2所示,已知其密度为1.94g·cm-3,NA为阿伏加德罗常数的值。 ①则晶胞参数a=__________nm(列出计算式) ②Mg2Si的另一种表示中,四个Mg处于上图所示立方体中的Si的位置,则Si处于____________。 【答案】 (1). (2).球(3).sp(4).O(5).BC(6).1451(7).498(8).3845(9). (10).顶点和面心(注: 如图 ) 【解析】 【分析】 (1)基态Si原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为 ;基态Mg原子电子占据最高能级的是3s能级; (2)Mg2C3与水反应可生成H2C=C=CH2,中间的碳原子形成2个σ键和2个π键,杂化方式是SP,反应所涉及的元素有O、H、Mg、C,电负性最大的是O,Mg2C3和H2C=C=CH2中均存在(填字母)σ键和π键。 (3)图中Mg+(g)+O(g)到Mg2+(g)+O(g)读出Mg的第二电离能为1451kJ·mol-1;从Mg(g)+1/2O2(g)到Mg(g)+O(g)算出O=O键的键能为738kJ·mol-1-249k
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