化学解析版河南省洛阳市届高三上学期尖子生第一次联考化学试题精校Word版文档格式.docx
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点睛:
本题的易错点为B,比例模型表明原子的比例大小、原子之间的连接形式、空间结构,不能表明原子之间的成键情况,需要注意碳原子和氧原子的相对大小。
3.下列体系中,离子能大量共存的是
A.含1.2mol·
L-1NO3-的溶液,H+、Fe2+、Mg2+、Br-
B.使酚酞变红的溶液:
K+、Na+、NO3-、C1-
C.滴加KSCN显红色的溶液:
NH4+、K+、C1-、I-
D.0.1mol·
L-1NaHCO3溶液:
Na+、Ba2+、NO3-、AlO2-
【解析】A.酸性溶液中NO3-能够氧化Fe2+、Br-,在溶液中不能大量共存,故A错误;
B.使酚酞变红的溶液呈碱性,碱性条件下离子之间不发生任何反应,可大量共存,故B正确;
C.滴加KSCN显红色的溶液中含有Fe3+,能够与I-发生氧化还原反应,不能大量共存,故C错误;
D.含有AlO2-的溶液显碱性,促进HCO3-的电离,电离出的碳酸根离子与钡离子能够反应生成沉淀,不能大量共存,故D错误;
故选B。
把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查。
本题的易错点为CD,C中注意隐含Fe3+,D中注意AlO2-的水解对HCO3-的电离和水解的影响。
4.下列有关实验原理或实验操作正确的是
A.用蒸馏水湿润的pH试纸测量某溶液的pH=10
B.用10mL量筒量取0.50mol·
L-1H2SO4溶液5.50mL
C.向铁钉上镀铜时,铁钉连接直流电源的正极
D.盛装Na2CO3溶液的试剂瓶要使用胶囊
【解析】试题分析:
A.pH试纸测量某溶液的pH时不能湿润。
错误。
B.10mL量筒量取溶液的体积时只能估读到小数点后一位。
C.向铁钉上镀铜时,镀件铁钉连接直流电源的负极,镀层金属连接在电源的正极上。
D.Na2CO3溶液由于水解显碱性,容易与玻璃中的SiO2发生反应产生有粘性的Na2SiO3。
若用玻璃塞就会导致玻璃瓶一玻璃塞粘在一起。
所以盛装Na2CO3溶液的试剂瓶要使用胶塞。
正确。
考点:
考查试剂的保存、量筒、PH试纸的使用及电镀的实验原理的知识。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述不正确的是
A.60g丙醇中存在的共价键总数为11NA
B.0.5mol·
L-1CuCl2溶液中含有的Cl-个数为NA
C.标准状况下,H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.2NA
D.在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中,消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA
【解析】A、60g丙醇的物质的量为1mol,而丙醇中有11条共价键,故1mol丙醇中含11NA条共价键,故A正确;
B、溶液体积不明确,故溶液中的氯离子的个数无法计算,故B错误;
C、标况下8.96L混合物的物质的量为0.4mol,而1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气,故0.4mol混合气体燃烧消耗0.2mol氧气,与两者的比例无关,故C正确;
D、反应4Cl2+8NaOH═6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O转移6mol电子,消耗4mol氯气,故当消耗1mol氯气时转移1.5mol电子即1.5NA个,故D正确;
6.下列离子方程式书写正确的是
A.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液:
Al3++2SO42-+2Ba3++4OH-=2BaSO4↓+A1O2-+2H2O
B.向氧氧化亚铁中加人足量的稀硝酸:
Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O
C.向磷酸二氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液:
NH4++OH-=NH3•H2O
D.向CH2BrCOOH中加人足量的氧氧化钠溶液并加热:
CH2BrCOOH+OH-→CH2BrCOO-+H2O
【答案】A
【解析】A、明矾溶液中加入过量的氢氧化钡时,明矾中的铝离子会转化为偏铝酸根,硫酸根全部生成沉淀,离子方程式为:
Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O,故A正确;
B、硝酸具有氧化性,能将亚铁离子氧化,3Fe(OH)2+10H++NO3-=3Fe3++8H2O+NO↑,故B错误;
C、磷酸二氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,离子方程式为NH4++H2PO4-+3OH-═3H2O+NH3↑+PO43-,故C错误;
D、CH2BrCOOH中的羧基具有酸性,能和烧碱反应,溴原子能被羟基取代,CH2BrCOOH+2OH-
CH2OHCOO-+H2O+Br-,故D错误;
故选A。
7.已知25℃、101kPa下,如下图所示,石墨的燃烧热为一393.51kJ·
mol-1,金刚石的燃烧热为一395.4kJ·
mol-1。
下列表达正确的是
A.金刚石比石墨稳定
B.C(s、石墨)=C(s、金刚石)
△H=+1.9kJ/mol
C.△H1<△H2
D.如果使用催化剂,△H1和△H2都变小
【解析】由图象可知石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为:
C(石墨)+O2(g)=CO2(g);
△H=-393.51kJ/mol;
C(金刚石)+O2(g)=CO2(g);
△H=-395.41kJ/mol,二者相减可得C(s、石墨)=C(s、金刚石)△H=+1.9
kJ/mol。
A.金刚石燃烧放出能量较多,则说明金刚石总能量较大,石墨比金刚石稳定,故A错误;
B.由以上分析可知C(s、石墨)=C(s、金刚石)△H=+1.9
kJ/mol,故B正确;
C.反应放热,则△H<0,金刚石放出的热量多,则有△H1>△H2,故C错误;
D.催化剂不改变反应热的大小,故D错误;
8.关于有效碰撞理论,下列说法正确的是
A.活化分子间所发生的所有碰撞为有效碰撞
B.增大反应物浓度能够增大活化分子百分数,化学反应速率—定增大
C.升高温度,活化分子百分数增加,化学反应速率一定增大
D.增大压强,活化分子数一定增加,化学反应速率—定增大
【答案】C
A.能发生反应的碰撞为有效碰撞,故A错误;
B.浓度增大,活化分子百分数不变,增大单位体积内分子总数,增大加了单位体积内活化分子的数目,有效碰撞增大,反应速率加快,故B错误;
C.升高温度增大,增大活化分子百分数,增大单位体积内的活化分子数目,有效碰撞增大,反应速率加快,故C正确;
D.恒温恒容下,通入不反应的气体,增大压强,反应气体物质的浓度不变,单位体积内活化分子数目不变,气体的反应速率不变,故D错误。
有效碰撞理论的考察。
9.水的电离过程为:
H2O
H++OH-,在不同温度下其平衡常数为Kw(25℃)=1.0×
10-14,Kw(35℃)=2.1×
10-14,则下列叙述正确的是
A.c(H+)随着温度的升高而降低B.在35℃时,c(H+)>
c(OH-)
C.蒸馏水中通HCl,Kw增大D.水的电离是吸热过程
【解析】试题解析:
A、随着温度的升高,水的离子积增大,溶液c(H+)增大,故错误;
B、升高温度,促进水的电离,但c(H+)=c(OH-),故错误;
C、Kw只受温度影响,与浓度等无关,故错误;
D、升高温度,促进水的电离,说明反应是吸热反应,故正确。
考查水的电离、水的离子积等知识。
10.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是
A.pH=1的NaHSO4溶液:
c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)
B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:
c(Ag+)>
c(C1-)=c(I-)
C.CO2的水溶液:
c(H+)>
c(HCO3-)=2c(CO32-)
D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:
3c(Na+)=2[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]
A.根据电荷守恒,pH=1的NaHSO4溶液存在:
c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),因为c(Na+)=c(SO42-),所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-),故A正确;
B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液,碘化银的溶解度小于氯化银,则氯离子浓度大于碘离子,溶液中离子浓度大小为:
c(Ag+)>c(Cl-)>c(I-),故B错误;
C.H2CO3的第一步电离大于第二步电离,则c(H+)>c(HCO3-)>c(CO32-),但c(HCO3-)不等于2c(CO32-),故C错误;
D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:
2c(Na+)═3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)],故D错误;
考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。
11.短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大,Y原子达到稳定结构获得的电子数目和它的内层电子数目相等,X、Z同主族,Z是所在周期主族元素中原子半径最大的元素,W的最外层电子数与电子层数相同,R与Z形成的化合物其水溶液呈碱性。
下列说法正确的是
A.离子半径由大到小的顺序为R、Z、Y、W
B.X、Y分别与Z形成的多种化合物中化学键类型相同
C.Y、R分别与X形成的化合物沸点依次升高
D.Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应
【解析】短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大,Y原子达到稳定结构获得的电子数目和它的内层电子数目相等,Y最外层电子数为6,则Y为O;
X与Z同主族,Z是所在周期主族元素中原子半径最大的元素,Z为Na元素,则X为H元素;
W的最外层电子数与电子层数相同,W为Al元素;
R与Z形成的化合物其水溶液呈碱性,R为S元素。
A.W的离子有3个电子层,离子半径最大,A错误;
B.X、Y分别与Z形成的多种化合物中过氧化钠含有共价键和离子键,而氧化钠只含离子键,B错误;
C.水分子间能够形成氢键,沸点比硫化氢高,C错误;
D.Z、W、R最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和硫酸,氢氧化铝是两性氢氧化物,两两之间均能发生反应,D正确;
12.芳香类化合物C8H8O2,能与NaHCO3反应生成CO2,该芳香化合物连在碳原子上的氢原子被氯原子取代后的一氯代物共有(不含立体异构)
A.15种B.16种C.17种D.18种
【解析】芳香类化合物C8H8O2,不饱度为(2*8+2-8)/2=5,能与NaHCO3溶液反应生成CO2,含羧基和苯环,可能含有1个侧链,侧链为-CH2COOH,也可能含有两个侧链,侧链为―COOH,-CH3,有邻、间、对三种,
、
,该芳香化合物连在碳原子上的氢原子被氯原子取代后的一氯代物分别有:
4、5、5、3,共17种,故选C。
13.下列关于有机物的叙述正确的是
A.乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
B.苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色
C.氯苯分子中所有原子都处于同一平面
D.甲苯苯环上的一个氢原子被一C3H6Cl取代,形成的同分异构体有9种
【解析】A.只有乙烯中含有碳碳双键、聚氯乙烯和苯分子中没有碳碳双键,故A错误;
B.油脂中的油能使酸性KMnO4溶液褪色,故B错误;
C.苯是平面结构,氯苯分子中所有原子都处于同一平面,故C正确;
D.-C3H6Cl有5种结构,甲苯苯环上的一个氢原子被-C3H6Cl取代,形成的同分异构体有15种,故D错误;
故选C。
14.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。
取该溶液1oomL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,同时产生红褐色沉淀;
过滤,洗涤,灼烧,得到1.6g固体;
向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。
由此可知原溶液中
A.至少存在5种离子
B.Cl-一定存在,且c(Cl-)≥0.4mol/L
C.SO42-、NH4+一定存在,Cl-可能不存在
D.CO32-、Al3+一定不存在,K+可能存在
加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,可知一定存在铵根离子,红褐色沉淀是氢氧化铁,1.6g固体为三氧化二铁,可知一定有Fe3+,一定没有CO32-;
4.66g不溶于盐酸的沉淀,为硫酸钡沉淀,物质的量为0.02mol。
A、由上述分析可知,一定含SO42-、NH4+、Fe3+,溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+3×
0.02mol=0.08mol,SO42-所带负电荷为2×
0.02mol=0.04mol,据电荷守恒,知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl-,至少存在4种离子,故A错误;
B、由电荷守恒可知,Cl-一定存在,且c(Cl-)≥0.4mol/L,故B正确;
C、由上述分析可知,SO42-、NH4+一定存在,CO32-一定不存在;
故C错误;
D、综上所述,原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42-和Cl-,可能含Al3+、K+,一定不含CO32-,故D错误;
考查了物质的检验及推断、离子共存、离子反应的相关知识。
15.锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在,我国锑的蕴藏量为世界第一,从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物,再用碳还原:
①2Sb2S3+3O2+6Fe
Sb4O6+6FeS②Sb4O6+6C
4Sb+6CO↑,关于反应①、②的说法正确的是
A.反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6
B.反应①中每生成3molFeS时,共转移6mol电子
C.反应②说明C的还原性比Sb强
D.每生成4molSb时,反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4:
3
【答案】BC
【解析】A、反应①中Sb2S3含有元素化合价不变,氧化剂是氧气,反应②中Sb4O6中Sb元素的化合价由+3价降低为0价,Sb4O6是氧化剂,故A错误;
B、反应①中化合价升高的元素只有Fe元素,由0价升高为+2价,每生成3molFeS,转移电子为3mol×
2=6mol,故B正确;
C、反应②中C是还原剂,Sb是还原产物,还原剂还原性强于还原产物的还原性,说明高温下C的还原性比Sb强,故C正确;
D、生成4molSb时,反应②C是还原剂,需要6molC,需要1molSb4O6,反应①中Fe是还原剂,生成1molSb4O6,需要6molFe,故反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6mol:
6mol=1:
1,故D错误;
故选BC。
16.用下图实验装置进行实验不能达到目的的是
选项
反应及实验目的
试剂X
试剂Y
A
电石与饱和食盐水混合,检验乙炔气体
CuSO4溶液
酸性KMnO4溶液
B
二氧化锰与浓盐酸混合加热,验证氯、溴、碘单质氧化性依次减弱
NaBr溶液
KI溶液
C
乙醇与浓硫酸加热至170℃,证明发生了消去反应
NaOH溶液
Br2的CC14溶液
D
乙酸溶液与碳酸钠固体混合,探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱
饱和NaHCO3溶液
苯酚钠溶液
A.AB.BC.CD.D
【解析】A.电石和食盐水反应生成乙炔,同时还生成杂质气体硫化氢等,硫化氢能和硫酸铜反应生成CuS沉淀,且硫化氢、乙炔都能被酸性高锰酸钾溶液氧化,X能除去硫化氢气体,防止乙炔的检验,Y能检验乙炔,能实现实验目的,故A正确;
B.氯气能氧化溴离子、碘离子分别生成溴和碘,氯气和溴离子反应生成的溴呈液态,且如果氯气过量时,从X中出来的气体中含有氯气,氯气也能氧化碘离子生成碘而干扰实验,所以不能实现实验目的,故B错误;
C.乙醇发生消去反应生成乙烯,乙醇具有挥发性,生成的乙烯中含有乙醇、二氧化硫,乙醇易溶于水,二氧化硫能够被氢氧化钠吸收,溴的四氯化碳和乙醇不反应,和乙烯发生加成反应,X溶液吸收乙醇和二氧化硫,Y溶液检验乙烯,所以能实现实验目的,故C正确;
D.乙酸具有挥发性,生成的二氧化碳中含有乙酸,乙酸和饱和的碳酸氢钠反应生成二氧化碳,二氧化碳、水和苯酚钠反应生成苯酚,根据强酸制取弱酸知,能探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱,能实现实验目的,故D正确;
明确实验原理、物质性质及物质性质差异性是解本题关键,物质检验时要排除其它因素的干扰。
本题的易错点为C,乙醇发生消去反应生成乙烯,乙醇具有挥发性,生成的乙烯中含有乙醇,氢氧化钠溶液能够吸收乙醇和二氧化硫等,溴的四氯化碳和乙醇不反应,和乙烯发生加成反应。
17.下表是3种物质的溶解度(20℃),下列说法中正确的是
物质
MgCl2
Mg(OH)4
MgCO3
溶解度(g/l00g)
74
0.00084
0.01
A.已知MgCO3的Ksp=6.82×
10-6,则所有含有固体MgCO3的溶液中,都有c(Mg2+)=c(CO32-),且c(Mg2+)·
c(CO32-)=6.82×
10-6
B.将表中三种物质与水混合,加热、灼烧,最终的固体产物相同
C.除去粗盐中含有的MgCl2杂质,最佳除杂试剂为Na2CO3溶液
D.用石灰水处理含有Mg2+和HCO3-的硬水,发生的离子反应方程式为Mg2++2HCO32-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+MgCO3↓+2H2O
【解析】A、c(Mg2+)•c(CO32-)=6.82×
10-6,但不一定都有c(Mg2+)=c(CO32-),故A错误;
B、MgCl2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HCl,加热MgCl2溶液,平衡向右移动,最后打破平衡,蒸干后得到Mg(OH)2,灼烧Mg(OH)2,Mg(OH)2分解得到MgO,MgCO3+2H2O⇌Mg(OH)2+H2CO3,加热MgCO3溶液,平衡向右移动,最后打破平衡,蒸干后得到Mg(OH)2,灼烧后,也得到MgO,故三者最终的固体产物相同,故B正确;
C、溶解度:
Mg(OH)2<MgCO3,故除去粗盐中含有的MgCl2杂质,最佳除杂试剂为NaOH,故C错误;
D、用石灰水处理含有Mg2+和HCO3-的硬水,发生的离子反应方程式为Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2O,故D错误;
本题的易错点为BC,B中氯化镁溶液中存在MgCl2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HCl水解平衡,加热MgCl2溶液,平衡向右移动,蒸干后得到Mg(OH)2,灼烧得到MgO;
C中需要根据溶解度:
Mg(OH)2<MgCO3进行判断。
18.下图甲是一种利用微生物将废水中的尿素【CO(NH2)2】的化学能直接转化为电能,并生成对环境友好物质的装置,同时利用此装置的电能在铁上镀铜,下列说法中正确的是
A.铜电极应与Y相连接
B.H+透过质子交换膜由右向左移动
C.当N电极消耗0.25mol气体时,则铁电极增重16g
D.M电极反应式:
H2NCONH2+H2O-6e-==CO2↑+N2↑+6H+
【解析】A、根据甲图,N电极通入氧气,因此N极为正极,M电极为负极,电镀时,待镀金属作阴极,镀层金属作阳极,即铁连接X,Cu连接Y,故A说法正确;
B、根据选项A的分析,以及原电池的工作原理,H+从负极流向正极,即从M极流向N极,故B说法正确;
C、N极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,铁极反应式Cu2++2e-=Cu,得失电子数目守恒,因此有O2~4e-~2Cu,铁电极质量增重0.25×
2×
64g=32g,故C错误;
D、M极为负极,尿素产生H+,因此电极反应式为:
CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+,故D正确。
19.25℃时,取浓度均为0.1mol·
L-1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL,分别用0.1mol·
L-1NaOH溶液、0.1mol·
L-1盐酸进行中和滴定,滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。
A.曲线Ⅰ:
滴加溶液到10mL时:
c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
B.曲线Ⅰ:
滴加溶液到20mL时:
c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
C.曲线Ⅱ:
c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]
D.曲线Ⅱ:
滴加溶液在10mL~20mL之间存在:
c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)
【解析】根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知,曲线Ⅰ线当未滴加溶液时pH>
7,说明是盐酸滴定氨水;
Ⅱ线当未滴加溶液时pH<
7,说明是氢氧化钠滴定醋酸。
A.曲线I为酸滴定碱溶液,当滴加溶液到10mL时,溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化铵和一水合氨,由于在此条件下氨水的电离程度大于铵盐的水解程度,所以溶液呈碱性,则c(H+)<c(OH-),故A错误;
B.曲线I为酸滴定碱溶液,当滴加溶液到20mL时,溶液中的溶质是氯化铵,NH4+水解导致溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),得c(Cl-)>c(NH4+),盐类水解程度一般都较小,所以离子浓度大小顺序是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),故B错误;
C.滴加溶液到10
mL时,溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠,根据物料守恒:
c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+),电荷守恒:
c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)],故C正确;
D.曲线Ⅱ为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线,滴加溶液在10
mL~20
mL之间存在,NaOH与醋酸反应,且NaOH的量不足,溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸,此时醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度,则溶液中c(H+)>c(OH-),
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