届安徽省蒙城县第一中学淮南第一中学等高三上学期五校联考化学试题 1Word格式文档下载.docx
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“凡白土曰垩土,为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料
“每红铜六斤,入倭铅四斤,先后入罐熔化,冷定取出,即成黄铜“中的黄铜是合金
“烧铁器淬于胆矾水中,即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应
“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄,“硝”指的是硝酸
【解析】A、陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机非金属材料,选项A正确;
B、黄铜是铜锌合金,选项B正确;
C、该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,选项C正确;
D、“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄,“硝”指的是硝酸钾,选项D不正确。
3.
“稀土之父“徐光宪在《化学分子共和国》中介绍了许多物质,下列有关说法不正确的是
固态CO2
俗称干冰,大量排放易造成温室效应
碘单质“望酸碱而逃”指:
碘单质遇碱歧化为I-和IO3-,再遇酸归中成碘单质
CO会引起煤气中毒,冬天用煤进行取暖时,在屋内放置一盆水,就可以有效防止中毒
NO自述“诞生在闪电的弧光中,强大的能量造就了我”指:
高压放电情况下,N2和O2生成NO
【答案】C
【解析】A、固态CO2
俗称干冰,造成温室效应、地球变暖的主要原因之一是CO2排放过多,选项A正确;
B、碘单质“望酸碱而逃”指:
碘单质遇碱歧化为I-和IO3-,再遇酸归中成碘单质,反应离子方程式为:
3I2+6OH-=5I-+
IO3-+3H2O、5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O,选项B正确;
C、CO难溶于水,屋内放置一盆水,无法防止中毒,选项C不正确;
D、高压放电情况下,N2和O2生成NO,反应方程式为:
N2+O2
2NO,选项D正确。
答案选C。
4.
下图所示分离混合物时常用的仪器,从左至右,对应的混合物分离操作方法正确的是
蒸馏、分液、蒸发、过滤
蒸发、过滤、蒸馏、分液
蒸馏、过滤、蒸发、分液
蒸发、分液、蒸馏、过滤
【答案】A
【解析】因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离,即蒸馏;
因分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物,即分液或萃取;
因蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离,即蒸发;
因普通漏斗用语分离互不相溶的固体和液体,即过滤;
所以从左至右,可以进行的混合物分离操作分别是:
蒸馏、分液或萃取、蒸发、过滤,答案选A。
5.
清华大学科学家将古老的养蚕技术与碳纳米管和石墨烯结合,获得了更加牢固的蚕丝纤维,其延展性、抗拉强度显著提高,通过高温加热碳化还可显著提高导电性。
下列有关说法正确的是
石墨烯具有良好的导电性能,所以石墨烯基锂电池具有独特优势
蚕丝纤维属于纯净物
石墨烯属于烯烃
蚕丝纤维加热碳化后具有导电性是因为所有碳单质都具有良好的导电性
石墨烯具有良好的导电性能,所以石墨烯基锂电池具有独特优势,选项A正确;
B、蚕丝纤维是天然高分子化合物,属于混合物,选项B错误;
C、石墨烯属于无机物,选项C错误;
D、碳元素形成的同素异型体中金刚石、木炭等不能导电,选项D错误。
答案选A。
6.
常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
0.1mol/L的AlCl3溶液中:
Na+、K+、CO32-、NO3-
强碱性溶液中:
Ba2+、K+、HCO3-、NO3-
c(OH-)=1×
10-13mol/L的溶液中:
Mg2+、K+、Cl-、SO42-
滴加KSCN显红色的溶液中:
NH4+、K+、C1-、I-
0.1mol/L的AlCl3溶液中,Al3+与CO32-发生双水解而不能大量共存,选项A错误;
强碱性溶液中不能大量存在HCO3-,选项B错误;
10-13mol/L的溶液为酸溶液,H+、Mg2+、K+、Cl-、SO42-之间相互都不反应,能大量共存,选项C正确;
D、滴加KSCN显红色的溶液中含有Fe3+,Fe3+与I-发生氧化还原反应而不能大量共存,选项D错误。
7.
每年10月23日上午6:
02到晚上6:
02被脊为“摩尔日"
(MoleDay),这个时间的美式写法为6:
0210/23,外观与阿伏加德罗常数6.02×
1023相似。
NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
标准状况下22.4LNO与11.2LO2
充分反应,产物的分子数为NA
0.1mol/L的Na2SO4溶液中,SO42-
数目是0.1NA
标准状况下.22.4L氯气与足量铁粉充分反应,转移的电子数为3NA
0.1molCH4的核外电子数为NA
标准状况下22.4
LNO与11.2LO2
充分反应生成1molNO2,但存在平衡2NO2
N2O4,故产物的分子数小于NA,选项A错误;
B、没有给定溶液的体积,无法计算SO42-
数目,选项B错误;
C、标准状况下.22.4L氯气与足量铁粉充分反应,转移的电子数为2NA,选项C错误;
D、0.1molCH4的核外电子数为0.1mol
×
10×
NAmol-1=NA,选项D正确。
8.
Solvay法制取新型水处理剂ClO2
的化学方程式为2KC1O3
+CH3OH+H2SO4=2C1O2↑+K2SO4+HCHO+2H2O。
下列说法错误的是
KC1O3在反应中得到电子
1molKClO3参加反应有2mol电子转移
CH3OH在反应中被氧化
C1O2
是还原产物
【答案】B
【解析】根据反应2KC1O3
+CH3OH+H2SO
4=2C1O
2↑+K2SO4+HCHO+2H2O
可知,KC1O3
中氯元素化合价由+5价降到+4价,得到电子被还原,作氧化剂,ClO2为还原产物;
CH3OH中碳元素化合价由-2价升高到0价,失去电子被氧化,作还原剂,HCHO
为氧化产物;
KC1O3在反应中得到电子,选项A正确;
1molKClO3参加反应有1mol电子转移,选项B错误;
CH3OH在反应中被氧化,作还原剂,选项C正确;
是还原产物,选项D正确。
答案选B。
9.
下列实验中,对应的现象及结论都正确的是
选项
实验
现象
结论
A
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
证明该溶液一定为钠盐溶液
B
用浓盐酸和石灰石反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中
Na2SiO3溶液变浑浊
C元素的非金属性大于Si元素
C
用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上
试纸变蓝色
浓氨水呈碱性
D
向某溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2
溶液
产生白色沉淀
该溶液中一定存在SO42-,或者Ag+
【解析】A、焰色反应是元素的性质,氢氧化钠溶液焰色反应火焰也呈黄色,选项A错误;
B、浓盐酸挥发出的HCl气体也可和Na2SiO3溶液反应,不一定是CO2与Na2SiO3溶液反应,选项B错误;
C、浓氨水电离生成氢氧根离子,溶液显碱性,则用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上,试纸变蓝色,选项C正确;
D、SO32-能被硝酸氧化为SO42-,加入稀硝酸酸化,再滴入BaCl2溶液,产生白色沉淀,则原溶液中可能有SO42-、SO32-或者Ag+,选项D错误。
10.
X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的主族元素。
已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素,X元素原子的核外电子数等于所在周期数;
Y单质为无色气体,性质稳定,常用作保护气;
Z元素原子的最外层电子数是内层电子数的3倍;
W是地壳中含量最高的金属元素。
下列说法中正确的是
四种元素的原子半径从大到小的顺序是W>
Z>
Y>
X
元素X、Y和Z可以组成共价化合物,也可以组成离子化合物
化合物YX3水溶液能导电,所以YX3属于电解质
工业上采用电解WCl3溶液的方法制取W单质
【解析】X元素原子的核外电子数等于所在周期数,X是H元素;
Z原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,Z是O元素;
Y单质为无色气体,性质稳定常用作保护气,Y是N元素;
W是地壳中含量最高的金属元素,W是Al元素;
X-H
Y-N
Z-O
M-Al。
A.同周期原子的核电荷数越大,原子半径越小,电子层数越多,半径越大,因此,四种元素的原子半径从大到小的顺序是:
W>Y>Z>X,选项A错误;
B.元素X、Y和Z可以组成共价化合物如HNO3,也可以组成离子化合物如NH4NO3,选项B正确;
C.化合物NH3水溶液能导电,但NH3属于非电解质,选项C错误;
D.工业上采用电解熔融的氧化铝的方法制取铝单质而不能通过电解AlCl3溶液的方法制取Al单质,选项D错误。
点睛:
本题考查元素位置结构性质的关系,正确推断元素是解本题关键,X元素原子的核外电子数等于所在周期数,X是H元素;
W是地壳中含量最高的金属元素,W是Al元素,据此结合元素的性质分析。
11.
下列物质的转化在给定条件下,不能一步实现的是
S→SO3→H2SO4→SO2
Si→SiO2→Na2SiO3→H2SiO3
NaCl→Cl2→HCl→MgCl2
Fe2O3→Fe→FeCl3→FeCl2
【解析】A.S与氧气反应只能生成SO2,故S无法直接转化为SO3,转化不能都由一步反应实现,选项A选;
B.Si
与氧气反应生成二氧化硅,SiO2与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水,Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3和氯化钠,转化能由一步反应实现,选项B不选;
C.电解熔融的氯化钠生成钠和氯气,氯气与氢气反应生成氯化氢,盐酸与氢氧化镁反应生成氯化镁和水,转化能由一步反应实现,选项C不选;
D.氧化铁与铝发生铝热反应生成氧化铝和铁,铁与氯气反应生成氯化铁,氯化铁与铁反应生成氯化亚铁,转化能由一步反应实现,选项D不选。
12.
锂-液态多硫电池具有能量密度高、储能成本低等优点,以熔融金属银、熔融硫和多硫化锂分别作两个电极的反应物,固体Al2O3
陶瓷(可传导Li+)为电解质,其反应原理如图所示。
下列关于其说法错误的是
放电时,电极B为正极
充电时内电路中Li+的移动方向为从B到A
该电池的适宜工作温度应该在Al2O3
的熔点和沸点之间
充电时,阳极反应为Sx2--2e-=xS
放电时,A为原电池的负极,B为原电池的正极,选项A正确;
B、充电时为电解池,B是阳极,A是阴极,Li+由B极向A极移动,选项B正确;
C、硫和钠的熔、沸点较低,而是Al2O3高熔点,温度不易超过Al2O3的熔点,否则S或Li会气化,选项C错误;
D、充电时,B是阳极,电极反应式为Sx2--2e-=xS,选项D正确。
本题考查原电池和电解池原理,根据图片可知,放电时,失电子发生氧化反应,所以A作负极,B作正极,负极反应式为2Li-2e-=2Li+、正极反应式为xS+2e-=Sx2-,充电时A为阳极、B为阴极,阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反,放电时,电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动。
13.
水体中重金属铅的污染问题备受关注。
查资料知Pb4+具有很强的氧化性,水中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2(
在水中溶解度小)、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-,各形态的物质的量分数a随溶液pH变化的关系如下图所示:
Pb(NO3)2溶液中,c(Pb2+)/c(NO3-)=1/2
向Pb(NO3)2波中滴加氯化铵溶液,溶液中c(Pb2+)/c(NO3-)变小,可能是Cl-与Pb2+发生反应
向Pb(NO3)2溶液中滴加NaOH溶液,pH
越大,生成沉淀越多
pH=12时,混合体系中发生的主要反应的离子方程式为Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42-
【解析】A、因为Pb(NO3)2是一种强酸弱碱盐,在水溶液中存在如下水解平衡:
2H2O+Pb2+
Pb(OH)2+2H+,使c(Pb2+)减小,所以c(Pb2+)c(NO−3)c(Pb2+)c(NO3-)<
1212,选项A错误;
B、氯化铵水解使氢离子浓度增大,抑制Pb2+水解,平衡2H2O+Pb2+
Pb(OH)2+2H+逆向移动,使溶液中c(Pb2+)增大,故c(Pb2+)c(NO−3)c(Pb2+)c(NO3-)变大,选项B错误;
C、由图可知曲线3,当pH在7至10时,Pb(OH)2的量增大,当pH>
10时,Pb(OH)2的量减少,故向Pb(NO3)2溶液中滴加NaOH溶液,pH
增大,生成沉淀先增加后减少,选项C错误;
D、pH=12时,曲线4中浓度较大的Pb(OH)3-浓度在下降,曲线5中的Pb(OH)42-浓度在上升,即由Pb(OH)3-转化为Pb(OH)42-,反应的离子方程式为Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42-,选项D正确。
该题以Pb2+在水溶液中的各种形态与溶液中pH变化关系图,考查了学生在对多重平衡的函数曲线理解,是一个典型的利用多元信息,综合性考查学生知识与能力的创新型题目。
注意图中信息pH=9时,曲线2、3表示的物质共存,由图可知Pb(OH)2的浓度分数比Pb(OH)+的大,所以主要反应是生成Pb(OH)2,pH=12时,Pb(OH)3-转化为Pb(OH)42-的过程。
14.
空气阴极祛制备H2O2是一种环境友好型制备方法,装置如图所示,下列说法错误的是
b为直流电源的负极
本装置使用的交换膜为阳离子交换膜
通入空气的电极反应式可能为O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-
若生成17g双氧水,则需要通入含11.2LO2
的空气
【解析】A、根据图中信息可知,b极连接的电极区空气进入转化为H2O2,氧元素由0价变为-1价,化合价降低被还原,发生还原反应,故为阴极,则b极为直流电源的负极,选项A正确;
B、由图中信息,离子交换膜允许钠离子通过,则为阳离子交换膜,选项B正确;
C、通入空气的电极是阴极,碱性条件下氧气得电子生成H2O2,反应式为O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-,选项C正确;
D、若生成17g双氧水,则需要通入含0.5molO2
的空气,但没说明是标准状况下,不一定是11.2L,选项D错误。
本题考查了电解原理的分析应用,电极产物和电极名称判断是解题关键。
装置图分析可知是电解装置,根据空气中的氧气转化为H2O2,氧元素由0价变为-1价,化合价降低被还原,发生还原反应,所以判断a电极是阳极,b电极是阴极,再根据钠离子能通过交换膜是阳离子交换膜,据此解答。
15.
20℃时,饱和NaCl溶液密度为1.1g.cm-3,物质的量浓度为5.0
mol·
L-1,下列说法不正确的是
25℃时,饱和NaCl溶波的物质的量浓度大于5.0mol/L
20℃时,饱和NaCl溶液的质量分数约为26.6%
20℃时,密度小于1.1g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液
将此饱和NaCl溶液蒸发部分水,再恢复到20℃时,溶液密度一定大于1.1g/cm3
【解析】A、NaCl的溶解度随温度升高而增大,所以饱和溶液浓度会增大,20℃时是5.0mol·
L-1,则25℃时大于5.0mol·
L-1,选项A正确;
B、设溶液的体积为1L,溶液的质量为1.1g/mL×
1000mL=1100g,溶质的物质的量为1L×
5.0mol/L=5mol,质量为5mol×
58.5g/mol=292.5g,所以溶质的质量分数为292.51100292.51100×
100%=26.6%,选项B正确;
C、NaCl溶液的浓度越大,密度越大,密度为1.1g.cm-3时溶液饱和,则20℃时,密度小于1.1g.cm-3的NaCl溶液是不饱和溶液,故C正确;
D、若将饱和溶液蒸发,则有NaCl晶体析出。
再恢复到20℃时,其溶解度不变,溶液仍为饱和溶液,密度仍为1.1g.cm-3,选项D错误。
本题考查的主要知识是关于溶液的物质的量浓度、质量分数、密度等量之间的关系。
温度由20℃升高到25℃,且也将溶液制成饱和溶液时,氯化钠的溶解度增大,同质量的饱和氯化钠溶液中所含有氯化钠的质量、物质的量比20℃时的大。
16.
有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种:
K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-,现取三份100mL该溶液进行如下实验:
(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生;
(2)第二份加足最NaOH溶液加热后,收集到气体0.04mol;
(3)第三份加足量BaCl2溶液后,干燥后得到沉淀6.27g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33g。
根据上述实验,下列推测正确的是
①K+一定存在;
②100mL溶液中含0.01molCO32-;
③Cl-可能存在;
④
Ba2+一定不存在;
⑤Mg2+可能存在
②③④
③④⑤
①②③
①③④
【解析】第一份:
第一份加入AgNO3,溶液有沉淀产生,说明溶液中可能存在:
Cl-、CO32-、SO42-;
第二份:
加足量NaOH溶液加热后生成氨气0.04mol,则溶液中一定含有NH4+;
第三份:
根据题中信息可知2.33为硫酸钡,n(BaSO4)=n(SO42-)=2.33g233g/mol2.33g233g/mol=0.01mol;
6.27g为硫酸钡和碳酸钡,所以碳酸钡的物质的量为:
6.27g−2.33g197g/mol6.27g-2.33g197g/mol=0.02mol;
因为一定含CO32-所以不含Mg2+;
再根据电荷守恒,正电荷为:
n(+)=n(NH4+)=0.04mol;
n(-)=2n(CO32-)+2n(SO42-)=0.06mol,故一定有K+,至少0.02mol;
①K+一定存在,故正确;
②100mL溶液中含0.02molCO32-,故错误;
③因含有CO32-、SO42-,故实验过程中无法对Cl-的检验进行确定,无法确定是否含有Cl-,Cl-可能存在,故正确;
Ba2+一定不存在,故正确;
⑤Mg2+一定不存在,故错误。
17.
双氧水(H2O2)和水都是极弱的电解质,但H2O2
溶液显弱酸性。
把H2O2
看成二元弱酸,则下列化学方程式不正确的是
H2O2
在水中电离的离子方程式:
H2O2
H++HO2-
少量Na2O2与稀盐酸反应的离子方程式:
O22-+2H+==H2O2
稀溶液与Ba(OH)2
稀溶被反应生成正盐的化学方程式:
+Ba(OH)2=BaO2+2H2O
稀溶液反应生成酸式盐的化学方程:
2H2O2
+Ba(OH)2=Ba(HO2)2+2H2O
看成二元弱酸,多元弱酸的电离是分步的,故H2O2
在水中第一步电离的离子方程式为:
H++HO2-,选项A正确;
B、少量Na2O2与稀盐酸反应的离子方程式为:
Na2O2+2H+=2Na++H2O2,选项B不正确;
C、H2O2
稀溶液反应生成正盐的化学方程式为:
+Ba(OH)2=BaO2+2H2O,选项C正确;
稀溶液反应生成酸式盐的化学方程为:
+Ba(OH)2=Ba(HO2)2+2H2O,选项D正确。
18.
铁铝合金8.3g溶于300mL2mol/L盐酸时,在标准状况下产生气体5.6L。
若向反应后的溶液中加入适量烧碱溶液,充分搅拌,生成沉淀的最大质量为
9g
16.8g
18.5g
22.5g
【解析】发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,5.6L气体是氢气,氢气的物质的量为5.6L22.4L/mol5.6L22.4L/mol=0.25mol,故参加反应的HCl的物质的量为0.25mol×
2=0.5mol,溶液中n(HCl)=0.3L×
2mol/L=0.6mol,大于参加反应的HCl的物质的量,故金属完全反应,反应后溶液中加入适量烧碱溶液,充分搅拌,生成沉淀的质量最大,则亚铁离子(搅拌过程被氧化为铁离子)、铝离子恰好完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3,则m(沉淀)=m(金属)+m(OH-),根据电子得失守恒及考虑亚铁离子氧化,若假设金属全部为铝,可知最终增加的n(OH-)=2n(H2)=0.25mol×
2=0.5mol,故沉淀的最大质量为8.3g
+0.5mol×
17g/mol=16.8g;
若假设金属全部为铁,可知最终增加的n(OH-)=2n(H2)×
3232=0.25mol×
2×
3232=0.75mol,故沉淀的最大质量为8.3g
+0.75mol×
17g/mol=21.05g,故生成沉淀最大质量应大于16.8g,小于21.05g,答案选C。
本题考查混合物的有关计算,难度中等,注意从电子转移守恒计算n(OH-)是解题的关键。
同时应该明确铁与盐酸反应生成亚铁离子,在搅拌条件下被氧化为铁离子,故结合的氢氧根离子的数量是计算的关键,从而求出沉淀的取值范围,进行判断。
二、非选择题:
本题共4小题,共46分。
19.
某化学兴趣小组采用分类思想、利用抽象方程式:
A
+H2O→B+C总结相关物质的知识。
(1)若A为单质:
①金属氧化物B
常作为磁性材料,则元素A
在周期表中的位置为 。
②A
是一种黄绿色气体单质,则生成物中
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