解析版山西省晋中市祁县中学届高三月考化学试题.docx
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解析版山西省晋中市祁县中学届高三月考化学试题
山西省祁县中学2018届高三12月月考
化学试题
1.中国古代科学著作《天工开物》中有言:
“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”,那么“裘”的主要成分是
A.油脂B.维生素C.纤维系D.蛋白质
【答案】D
【解析】“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”,“裘”指的是动物的毛皮,主要成分为蛋白质,故选D。
2.《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述:
“吐利风热之痰涎,取其酸苦涌泄也;治诸血痛,脱肛……取其酸涩而收也………下列说法错误的是
A.治血痛的原因是利用了胶体的聚沉
B.白矾溶于水后微粒浓度排序:
c(H2O)>c(SO42-)>c(Al3+)>c(K+)>c(OH-)>c(H+)
C.检测“无矾油条”是否含“矾”的方法是:
将油条加热碳化→加水溶解→过滤→滤液中逐滴加入NaOH溶液
D.白矾在油条中做膨化剂的原理是:
A13++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】B
【解析】A.白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体,治血痛是利用了胶体的聚沉,故A正确;B.白矾的化学式为KAl(SO4)2,铝离子水解,c(K+)>c(Al3+),故B错误;C.检测“无矾油条”是否含“矾”的方法是:
将油条加热碳化→加水溶解→过滤→滤液中逐滴加入NaOH溶液,如果含有铝离子,看到的现象为先生成白色沉淀,然后沉淀又逐渐溶解,可以检验,故C正确;D.白矾在油条中做膨化剂是因为与碳酸氢钠发生双水解反应,A13++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑,故D正确;故选B。
点睛:
本题考查明矾的性质和盐类的水解。
掌握铝离子的水解反应是解题的关键。
本题的易错点为D,要注意常见的双水解的组合,铝离子与碳酸根和碳酸氢根离子,铁离子与碳酸根和碳酸氢根离子,铝离子与偏铝酸根离子等。
3.曾因可能致癌而陷舆论风波的除草剂一一草甘膦已于2017年11月被相关部门正式批准可继续使用,其结构如图所示,下列说法不正确的是
A.1mol的草甘膦可以与3mol的NaOH中和
B.分子式为C3H8NO5P
C.可以溶于水
D.属于酯类的同分异构体只有两种
【答案】D
【解析】A.根据结构,1mol的草甘膦可以与3mol的NaOH中和生成
,故A正确;B.根据结构,草甘膦的分子式为C3H8NO5P,故B正确;C.草甘膦中含有羟基,羟基属于亲水基团,可以溶于水,故C正确;D.该有机物含有3个碳原子,属于酯类的同分异构体有羧酸酯和磷酸酯,其中羧酸酯就可以有多种,如HCOOCH2NHCH2PO3H2、HCOOCH2CH2NHPO3H2等,故D错误;故选D。
4.亚硝酸钠(NaNO3)是工业盐的主要成分,在漂白、电镀等方面应用广泛。
己知:
室温下,2NO+Na2O2==2NaNO2,以木炭、浓硝酸、Na2O2为主要原料制备亚硝酸钠的装置如图所示。
(部分夹持装置已略去)下列说法正确的是
A.实验开始前先向装置中通入N2,实验结束时先停止通入N2再熄灭酒精灯
B.可以将B中药品换成NaOH溶液
C.应在B、C之间加一个盛放碱石灰的干燥管
D.D装置用于尾气处理,标况下,每吸收11.2L的尾气消耗0.2mol的高锰酸钾
【答案】C
【解析】A.以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠,由于该实验中有气体参加,所以在组装好仪器后首先要检查装置的气密性,再装药品,由于实验过程中有一氧化氮产生,所以要将装置中的空气全部排尽,再进行实验,实验结束时先熄灭酒精灯,再停止通入N2,可以防止倒吸等意外事故的发生,故A错误;B.若将B中药品换成NaOH溶液,二氧化氮与氢氧化钠反应,没有NO放出,故B错误;C.因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸气,二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气,水与过氧化钠反应生成氢氧化钠,故应在B、C装置间增加一个盛放碱石灰的干燥管,以除去NO中的杂质气体,故C正确;D.酸性条件下,NO能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+,D装置用于尾气处理,标况下,11.2LNO的物质的量少于0.5mol,根据得失电子守恒,消耗的高锰酸钾为
=0.3mol,故D错误;故选C。
5.2005年,法拉利公司发布的敞篷车(法拉利Superamerica),其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术,即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成五层中膜材料(如下图所示)。
其工作原理是:
在外接电源(外加电场)下,通过在膜材料内部发生氧化还原反应,实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节,下列有关说法不正确的是
A.当A接外接电源负极时,电致变色层发生反应为:
WO3+Li++e-=LiWO3
B.当A接外接电源正极时,Li+脱离离子存储层
C.该电致变色系统在较长时间的使用过程中,离子导体层中Li+的量可保持基本不变
D.当B接外接电源正极时,膜的透射率降低,可以有效阻挡阳光
【答案】B
【解析】A、当A接外接电源负极时,A为阴极,Li+脱离离子存储层移向阴极,发生反应WO3+Li++e-=LiWO3,故A正确;B、当A接外接电源正极时,A极是阳极,在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应,电致变色层发生反应为:
LiWO3-e-=WO3+Li+,Li+进入离子存储层,故B错误;C、电致变色系统在较长时间的使用过程中,根据上述分析,Li离子可以看成不参与电极反应,Li+的量可保持不变,故C正确;D、当B接外接电源正极时,B为阳极,此时Li4Fe4[Fe(CN)6]3失去电子生成蓝色的Fe4[Fe(CN)6]3,能有效阻挡阳光,故D正确;故选B。
点睛:
本题结合实际知识来考查学生电解池的工作原理知识。
解答本题的关键是理解题目的含义和原电池电解池的工作原理。
本题中要知道WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3为无色物质,LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3为蓝色物质,然后根据化合价的变化分析。
6.短周期主族元素R、X、Y、Z、T的原子序数依次增大,由这五种元素组成一种复盐(含2种阳离子和1种阴离子的盐)M。
M中阳离子和阴离子总数相等。
取少量M溶于水,将所得溶液分成两份:
一份滴加氯化钡溶液和盐酸,产生白色沉淀;另一份滴加氢氧化钠溶液,先产生白色沉淀,继续滴加则白色沉淀消失,反应过程中产生有刺激性气味的气体。
下列说法正确的是
A.R、X可以形成X2R4,电子式为
B.气态氢化物的稳定性:
XH3>H2Y>H2T
C.Y和Z形成的氧化物常作为除去A1Cl3溶液中少量的Fe3+的沉淀剂
D.M的水溶液中离子浓度大小排序为:
c(SO42-)>c(Al3+)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】短周期主族元素R、X、Y、Z、T的原子序数依次增大,由这五种元素组成一种复盐(含2种阳离子和1种阴离子的盐)M。
M中阳离子和阴离子总数相等。
取少量M溶于水,将所得溶液分成两份:
一份滴加氯化钡溶液和盐酸,产生白色沉淀,说明含有SO42-;另一份滴加氢氧化钠溶液,先产生白色沉淀,继续滴加则白色沉淀消失,反应过程中产生有刺激性气味的气体,说明含有Al3+和NH4+,则M为NH4Al(SO4)2,元素R、X、Y、Z、T分别为H、N、O、Al、S。
A.H、N可以形成N2H4,电子式为
,故A错误;B.元素的非金属性越强,气态氢化物越稳定,稳定性:
H2Y>XH3,故B错误;C.铁离子水解,溶液显酸性,氧化铝能够与酸反应,促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀,因此氧化铝可以作为除去A1Cl3溶液中少量的Fe3+的沉淀剂,故C正确;D.M的水溶液中铝离子水解,c(NH4+)>c(Al3+),故D错误;故选C。
7.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A.Ka2(H2X)的数量级为10–4
B.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
C.曲线N表示pH与1g[c(X2-)/c(HX-)]的变化关系
D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)
【答案】B
............
点睛:
本题考查弱电解质的电离、电离常数的应用,侧重考查学生的分析能力和计算能力,本题注意把握图像的曲线的变化意义和数据的处理。
解答本题的关键是根据H2X的第一步电离大于第二步电离,判断出M、N图像的本质。
8.过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体,无臭无味,能潮解,难溶于水,可与水缓慢反应;不溶于醇类、乙醚等,易与酸反应,常用作杀菌剂、防腐剂等。
通常利用CaCl2在破性条件下与H2O2反应制得。
某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图(图一)如下:
请回答下列问题:
(1)三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为___________________________________;
(2)支管B的作用是___________________________________;
(3)步骤3中洗涤CaO2·8H2O的液体X的最佳选择是______;
A.无水乙醇B.浓盐酸C.水D.CaCl2溶液
(4)过氧化钙可用于长途运输鱼苗,这体现了过氧化钙___________的性质;
A.可缓慢供氧B.能吸收鱼苗呼出的CO2气体C.能潮解D.可抑菌
(5)已知CaO2在350℃时能迅速分解,生成CaO和O2。
该小组采用如图二所示的装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度(设杂质不分解产生气体)
①检查该装置气密性的方法________________________;②使用______(填仪器名称)准确称取0.5000g样品,置于试管中加热使其完全分解,收集到33.60mL(已换算为标准状况)气体,则产品中过氧化钙的质量分数为__________________(保留4位有效数字)
【答案】
(1).CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl
(2).平衡气压,便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下(3).A(4).ABD(5).连接好装置,向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差,静置一段时间,若高度差不变,则装置不漏气,反之装置漏气(6).分析天平或电子天平或电光天平(7).43.20%或0.4320
9.某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料,主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、A12O3和Fe2O3等,回收其中镁的工艺流程如下:
沉淀物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Mg(OH)2
pH
4.7
3.2
9.7
10.4
11.2
部分阳离子以氢氧化物形式完全深沉时溶液的pH由见上表
(1)“浸出”步骤中,为提高镁的浸出率,可采取的措施有_____________________(要求写出两条)
(2)滤渣I的主要成分有_________________________。
(3)从滤液II中可回收利用的主要物质有________________________。
(4)若最终得到的氯化镁溶液中,c(Mg2+)=0.02mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?
_______(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
(5)Mg(C1O3)2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂,可采用复分解反应制备:
MgCl2+2NaC1O3=Mg(C1O3)2+2NaCl已知四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如下图所示:
①将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备Mg(ClO3)2。
简述可制备Mg(ClO3)2的原因:
_______________________。
②按①中条件进行制备实验。
在冷却降温析出Mg(ClO3)2过程中,常伴有NaCl析出,原因是:
__________。
除去产品中该杂质的方法是:
___________________________________________。
【答案】
(1).适当提高反应温度、搅拌、增加浸出时间、过滤后向滤液中加过量稀硫酸(多次浸取)
(2).Al(OH)3、Fe(OH)3(3).Na2SO4(4).Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO43-)=
mol·L−1=1.3×10–17mol·L−1,c3(Mg2+)×c2(PO43-)=(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40<Ksp[Mg3(PO4)2],因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(5).在某一温度时,NaCl最先达到饱和析出;Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化最大;NaCl溶解度与其他物质的溶解度有一定差别(6).降温前,溶液中NaCl已饱和;降温过程中,NaCl溶解度降低,会少量析出(7).重结晶
【解析】MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3能与硫酸反应,生成了MgSO4、CaSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3、H2SiO3,其中CaSO4微溶、H2SiO3不溶,形成滤渣;滤液中含有MgSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3,向滤液中加入NaOH溶液,调节pH至5.5时,Fe3+和Al3+已经完全沉淀,滤渣I的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3;滤液中含有MgSO4、Na2SO4,向溶液中加入NaOH并调节溶液的pH为12.5,镁离子生成Mg(OH)2沉淀,过滤得到滤液Na2SO4溶液,滤渣氢氧化镁,再经过一系列反应得到氯化镁。
(1)“浸出”步骤中,升高温度、搅拌、增大反应物接触时间都能提高镁的浸出率,所以为了提高镁的浸取率,可以采用升高温度、搅拌、多次浸取等方法,故答案为:
升高温度、搅拌、多次浸取等;
(2)滤渣I铁离子、铝离子形成的氢氧化物沉淀,所以滤渣I的成分为Fe(OH)3 Al(OH)3,故答案为:
Fe(OH)3 Al(OH)3;
(3)从滤液Ⅱ中的溶质含有硫酸钠,所以可以回收利用的物质为Na2SO4,故答案为:
Na2SO4;
(4)Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5,由Ksp(FePO4),可知c(PO43-)=
=1.0×10-17mol/L,Qc[Mg3(PO4)2]=(
)3×(1.0×10-17mol/L)2=1.7×10-40<Ksp=1.0×10-24,则无沉淀生成,故答案为:
Fe3+恰好沉淀完全时,Qc[Mg3(PO4)2]<Ksp[Mg3(PO4)2],因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀;
(5)①反应MgCl2+2NaClO3═Mg(ClO3)2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理,因为NaCl溶解度小而从溶液中析出,使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行,故答案为:
在某一温度时,NaCl最先达到饱和析出;Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化最大;NaCl溶解度与其他物质的溶解度有一定差别;
②在降温的过程中,Mg(ClO3)2的溶解度不断减小,从溶液中析出,相同温度时氯化钠的溶解度最小,因此在冷却降温析出Mg(ClO3)2过程中一定会析出氯化钠,所以在生成Mg(ClO3)2的过程中NaCl也不断生成;通过结晶、重结晶的方法提纯析出晶体;故答案为:
降温前,溶液中NaCl已饱和;降温过程中,NaCl溶解度降低,会少量析出;重结晶。
点睛:
本题考查物质制备,涉及物质分离提纯、盐类水解等知识点,明确物质性质及其差异性、盐类水解影响因素等知识点是解本题关键。
本题的易错点(4),要注意Qc与Ksp的关系,难点为(5),要能够根据溶解度曲线判断物质的溶解特性。
10.最新研究表明,有毒气体H2S具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。
(1)下列事实中,可以用来比较H2S与H2SO3的酸性强弱的是______(填标号)。
A.H2S的还原性强于H2SO3
B.0.10mol·L-1的H2S和H2SO3的pH分别为4.5和2.1
C.H2S不能与NaHCO3溶液反应,而H2SO3可以
D.等浓度的两种溶液pH值:
NaHS>NaHSO3
(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算,可知
(1)式和(5)式的热化学方程式分别为___________、________________,制得等量H2所需能量系统I是系统II的_______倍。
(3)H2S与CO2在高温下发生反应:
H2S(g)+CO2(g)
COS(g)+H2O(g)△H>0;保持T1温度,将0.20molCO2与0.80molH2S充入2.5L的空钢瓶中,反应平衡后COS的物质的量分数为0.02
①H2S的平衡转化率a1=_______%,反应平衡常数K=______________。
②在不同条件下发生上述反应,COS的体积分数随时间(t)的变化如图所示,根据图象可以判断曲线R1、R2对应的下列反应条件中不同的是____________(填字母序号)CO2的转化率a2__a1,(填”>”或“<”)
A.压强B.温度C.催化剂
(4)反应开始,保持T1温度,2L钢瓶中充入0.08molCO2、0.40mo1H2S、0.02molCOS和0.02molH2O,则此时V正___V逆(填”>”或“<”)判断依据是___________________________。
【答案】
(1).BCD
(2).
(3).H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ/mol(4).14.3倍(5).2.5(6).2.8×10–3(7).B(8).>(9).>(10).Qc>K,向正反应方向进行
【解析】
(1)A.还原性与酸性强弱无关,故A错误;B.0.10mol·L-1的H2S和H2SO3的pH分别为4.5和2.1,说明亚硫酸的电离程度大于氢硫酸,亚硫酸的酸性大于氢硫酸,故B正确;C.H2S不能与NaHCO3溶液反应,而H2SO3可以说明亚硫酸的酸性大于碳酸大于氢硫酸,故C正确;D.越弱越水解,等浓度的两种溶液pH值:
NaHS>NaHSO3,说明酸性亚硫酸大于氢硫酸,故D正确;故选BCD;
(2)系统(Ⅰ)涉及水的分解,系统(Ⅱ)涉及硫化氢的分解,利用盖斯定律分别将系统(Ⅰ)的
(2)、(3)和H2O(l)=H2(g)+
O2(g)△H=+286kJ/mol处理得H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+
O2(g)△H=+327kJ/mol;系统(Ⅱ)的
(2)、(3)、(4)处理得H2S(g)=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol;
根据系统I、系统II的热化学方程式可知:
每反应产生1mol氢气,后者吸收的热量比前者少,所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II,制得等量H2所需能量系统I是系统II的
=14.3倍,故答案为:
H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+
O2(g)△H=+327kJ/mol;H2S(g)+=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol;14.3倍;
(3)对于反应H2S(g)+CO2(g)
COS(g)+H2O(g)
起始(mol)0.80 0.20 0 0
转化(mol)x x x x
平衡(mol)0.80-x 0.20-x x x
反应平衡后COS的物质的量分数为0.02,则
=0.02,x=0.02。
①H2S的平衡转化率a1=
×100%=2.5%,体积为2.5L,则平衡时各物质的浓度为c(H2S)=
mol/L=0.312mol/L,c(CO2)=
mol/L=0.072mol/L,c(COS)=c(H2O)=
mol/L=0.008mol/L,则K=
=0.00285≈2.8×10–3,故答案为:
2.5;2.8×10–3;
②A.该反应前后气体的物质的量不变,改变压强,平衡不移动,错误;B.改变温度,平衡移动发生移动,正确;C.改变催化剂,平衡不移动,错误;故选B;升高温度,化学平衡向吸热反应方向移动,因此平衡向正反应方向移动,H2S的转化率增大,即a2>a1,故答案为:
B;>;
(4)反应开始,保持T1温度,2L钢瓶中充入0.08molCO2、0.40mo1H2S、0.02molCOS和0.02molH2O,此时Qc=
=
=0.0125>K=0.00285,反应向正反应方向进行,V正>V逆,故答案为:
>;Qc>K,向正反应方向进行。
11.已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素,原子序数依次增大。
X的原子最外层电子数是次外层的2倍,Y的氧化物属于两性氧化物,Y、Z位于同周期,X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14,W是人体必需的微量元素,缺乏W会导致贫血症状。
(1)X在元素周期表中的位置是_________________。
(2)下列事实能用元素周期律解释的是_____________________________________(填字母序号)。
A.Y的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2
B.Z的气态氢化物的稳定性小于HF
C.WZ3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
(3)Z的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质,从原子结构的角度解释其原因是______________________。
(4)工业上用电解法制备Y单质,化学方程式为___________________________。
(5)家用“管道通”的有效成分是烧碱和Y的单质,使用时需加入一定量的水,此时发生反应的化学方程式为______________________________。
(6)W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-,使其转化成为铵根离子,同时生成磁性的W的氧化物H,再进行后续处理。
相应离子方程式为____________。
Y的单质与H在高温下反应的化学方程式为_________。
【答案】
(1).第二周期,第IVA族
(2).AB(3).Cl(可用Z代替)和Br同主族,最外层均为7个电子,电子层数、原子半径Br大于Cl,核对最外层电子的引力Br小于Cl,原子得电子能力Br小干Cl,元素的非金属性Br弱于Cl,单质的氧化性Br2弱于Cl2(4).2Al2O3(熔融)
4A1+3O2↑(5).2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑(6).3Fe+NO3-+2H++H2O==Fe3O4+NH4+(7).8Al+3Fe3O4
4Al2O3+9Fe
【解析】已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素,原子序数依次增大。
X的原子最外层电子数是次外层的2倍,X为C元素;Y的氧化物属于两性氧化物,Y为Al元素;Y、Z位于同周期,X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14,则Z原子最外层电子数为14-4-3=7,Z为Cl元素;W是人体必需的微量元素
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