届山东省高三普通高中学业水平等级考试模拟卷三化学试题解析版Word下载.docx
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D.3─乙基戊烷中主碳链5个碳,从离取代基近的一端编号得到3─乙基戊烷,名称符合命名原则,故D正确;
答案选C。
3.下列实验不宜使用锥形瓶的是
A.蒸馏B.用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2
C.中和滴定D.配制500mL0.2mol·
L-1的H2SO4溶液
【答案】D
【详解】A.蒸馏时尾气接收装置需用锥形瓶,不符合题意,A项不选;
B.用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2,采用的发生装置为固液不加热装置,因此可以用锥形瓶,不符合题意,B项不选;
C.中和滴定时,使用锥形瓶盛放待测液,不符合题意,C项不选;
D.配制500mL0.2mol·
L-1的H2SO4溶液,根据配制步骤可知,使用的玻璃仪器主要有:
500mL容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管等,但不需要锥形瓶,D项选;
答案选D。
4.科学研究证明:
核外电子的能量不仅与电子所处的能层、能级有关,还与核外电子的数目及核电荷的数目有关。
氩原子与硫离子的核外电子排布相同,都是[Ne]3s23p6。
下列说法正确的是()
A.两粒子都达8电子稳定结构,化学性质相同
B.两粒子的电子发生跃迁时,产生的光谱不同
C.两粒子的1s能级上电子的能量相同
D.两粒子的3p能级上的电子离核的距离相同
【答案】B
【详解】A.硫离子是得到电子后变成这种结构,有较强的失电子能力,所以具有很强的还原性,二者性质不同,A错误;
B.电子的能量不同,则发生跃迁,产生的光谱不同,B正确;
C.虽然电子数相同,但核电荷数不同,所以能量不同,C错误;
D.同是3p能级,氩原子中的核电荷数较大,对电子的引力大,所以电子离核较近,D错误。
故答案选B。
5.有机物Z是制备药物的中间体,合成Z的路线如下图所示,下列有关叙述不正确的是
A.X的分子式为C8H8O2
B.X、Y、Z均能和NaOH溶液反应
C.可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z
D.1molX跟足量H2反应,最多消耗4molH2
【详解】A.根据X的结构式,X的分子式为C8H8O2,故A正确;
B.X含有酯基,Y含有酚羟基,Z含有羧基均能和NaOH溶液反应,故B正确;
C.Y中含有酚羟基,结合苯酚
性质,可电离出氢离子,不能使酸性指示剂变色,其酸性比碳酸还弱,不与NaHCO3溶液反应;
Z为有机酸,酸性比碳酸强,与NaHCO3溶液反应释放出二氧化碳气体;
故C正确;
D.X中酯基上的碳氧双键不发生加成反应,1molX跟足量H2反应,最多消耗3molH2,故D错误;
【点睛】本题考察有机物官能团的性质,利用已学过的知识,结合官能团的化学性质,来解题,碳碳双键、醛基、苯环可以发生加成反应可以被氢气还原,酯类物质结构中的碳氧双键不能发生氢气加成反应。
6.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液,0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。
下列说法正确的是
A.简单离子半径:
X>
Y>
Z>
W
B.W的单质在常温下是黄绿色气体
C.气态氢化物的稳定性:
Z>
W>
Y
D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时,溶液中的微粒共有2种
【分析】
第三周期元素中,X最高价氧化物水化物的溶液pH为12,氢氧根浓度为0.01mol/L,故为一元强碱,则X为Na元素;
Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7,均为酸,W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L,故为一元强酸,则W为Cl元素;
最高价含氧酸中,Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱,而原子半径Y>Z>Cl,SiO2不溶于水,故Z为S元素,Y为P元素,以此解答该题。
【详解】综上所述可知X是Na元素,Y是P元素,Z是S元素,W是Cl元素。
A.离子的电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小;
离子的电子层越多,离子半径越大,离子半径P3->
S2->
Cl->
Na+,A错误;
B.W是Cl元素,其单质Cl2在常温下是黄绿色气体,B正确;
C.元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强,由于元素的非金属性W>
Y,所以气态氢化物的稳定性:
Y,C错误;
D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4,二者恰好中和时生成磷酸钠,由于该盐是强碱弱酸盐,溶液中磷酸根发生分步水解反应,产生HPO42-,产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4,同时溶液中还存在H+、OH-,因此溶液中的微粒种类比2种多,D错误;
故合理选项是B。
【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识,根据溶液的pH与浓度的关系,结合原子半径推断元素是解题关键,侧重对元素周期表、元素周期律的考查,难度中等。
7.钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2
CaTiO3+CO2↑。
下列有关判断不正确的是( )
A.上述反应是氧化还原反应
B.TiO2和CO2属于酸性氧化物
C.CaTiO3属于含氧酸盐
D.CaCO3属于强电解质
【答案】A
【详解】A.CaCO3+TiO2
CaTiO3+CO2↑,反应中没有元素化合价的变化,是非氧化还原反应,故A错误;
B.TiO2、CO2和碱反应可以生产盐和水,都是酸性氧化物,故B正确;
C.碱性氧化物+酸性氧化物→含氧酸盐,由反应可知CaTiO3属于含氧酸盐,故C正确;
D.CaCO3是盐,属于强电解质,故D正确;
故选A。
【点睛】A项注意化学变化中有元素化合价变化的属于氧化还原反应。
8.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
证明反应速率会随反应物浓度的增大而加快
用3mL稀硫酸与足量纯锌反应,产生气泡速率较慢,然后加入1mL1mol·
L−1CuSO4溶液,迅速产生较多气泡
B
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
将Fe(NO3)2样品溶于稀硝酸后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红
C
证明“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强
将“84”消毒液(含NaClO)滴入品红溶液中,褪色缓慢,若同时加入食醋,红色很快褪为无色
D
证明氯化银的溶解度大于硫化银的溶解度
向2mL0.1mol·
L−1硝酸银溶液中加入1mL0.1
mol·
L−1NaCl溶液,出现白色沉淀,再加入几滴0.1mol·
L−1的Na2S溶液,有黑色沉淀生成
A.AB.BC.CD.D
【详解】A.加入硫酸铜溶液,锌与硫酸铜反应生成单质铜,形成铜锌原电池,反应速率加快,与反应物浓度无关,A项错误;
B.稀硝酸能将Fe(NO3)2氧化成Fe(NO3)3,无法检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质,B项错误;
C.加入食醋,反应生成次氯酸,漂白能力增强,C项正确;
D.硝酸银有剩余,加入硫化钠溶液直接与硝酸银溶液,而不是与氯化银反应生成Ag2S黑色沉淀,D项错误。
本题答案选C。
【点睛】要证明两种难溶物的溶解度大小,一般采用一种难溶的电解质可以转化为更难溶的;
但是需要的是难溶物直接转化为另一种更难溶的,而在此题中,由于硝酸银过量,加入硫化钠,会直接与硝酸银反应,而不是氯化银转化为硫化银,所以不符合要求。
9.已知:
CH3CH2CH2CH2OH
CH3CH2CH2CHO;
利用如图装置用正丁醇合成正丁醛相关数据如表:
物质
沸点/℃
密度/g∙cm-3
水中溶解性
正丁醇
117.2
0.8109
微溶
正丁醛
75.7
0.8017
下列说法中,不正确的是
A.为防止产物进一步氧化,应将酸化的Na2Cr2O7
溶液逐滴加入正丁醇中
B.当温度计1示数为90~95℃
,温度计2示数在76℃
左右时,收集产物
C.反应结束,将馏出物倒入分液漏斗中,分去水层,粗正丁醛从分液漏斗上口倒出
D.向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠,检验其中是否含有正丁醇
【详解】A.Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇,所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中,与题意不符,A不选;
B.由反应物和产物的沸点数据可知,温度计1保持在90~95℃,既可保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化,温度计2示数在76℃左右时,收集产物为正丁醛,与题意不符,B不选;
C.正丁醛密度为0.8017g∙cm-3,小于水的密度,故粗正丁醛从分液漏斗上口倒出,与题意不符,C不选;
D.正丁醇能与钠反应,但粗正丁醛中含有水,水可以与钠反应,所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇,符合题意,D选。
故选D。
10.以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下:
A.打浆步骤,将电石渣配制成溶液
B.氯化步骤,发生的主要反应2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
C.转化步骤,发生复分解反应,将所得溶液蒸发结晶过滤得KClO3晶体
D.KClO3晶体中可能混有KCl、KClO等杂质
【详解】A、电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]难溶于水,加水打浆步骤无法将电石渣配制成溶液,选项A错误;
B.氯化步骤,发生的主要反应6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O,选项B错误;
C.转化步骤,发生复分解反应,KClO3受热易分解,将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得KClO3晶体,选项C错误;
D、氯化时反应有部分次氯酸钙产生,根据反应过程物质转化可知,KClO3晶体中可能混有KCl、KClO等杂质,选项D正确。
二、选择题:
本题共5小题,每小题4分,共20分。
每小题只有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但选不全的得1分,有选错的得0分。
11.用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理,其工作原理如图所示。
下列说法正确的是()
A.电极I为阴极,电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑
B.电解时H+由电极II向电极I迁移
C.吸收塔中的反应为2NO+2S2O
+2H2O=N2+4HSO
D.每处理1mo1NO,可同时得到32gO2
【答案】BC
HSO3-在电极I上转化为S2O
,过程中S的化合价降低,得到电子发生还原反应,则电极I为阴极,电极反应为:
2HSO
+2e-+2H+═S2O
+2H2O;
H2O在电极Ⅱ上被转化为O2,发生电极反应:
2H2O-4e-═O2↑+4H+,电极Ⅱ为阳极。
【详解】A.HSO3-在电极I上转化为S2O
+2H2O,故A错误;
B.电极I为阴极,则电极Ⅱ为阳极,电解池中阳离子向阴极移动,所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动,故B正确;
C.吸收塔中通入NO和S2O42-离子反应,生成N2和HSO
,所以反应方程式为:
2NO+2S2O
+2H2O=N2+4HSO
,故C正确;
D.电极Ⅱ为阳极,H2O在电极Ⅱ上被转化为O2,发生电极反应:
2H2O-4e-═O2↑+4H+,每处理1molNO,则转移电子数为1mol×
2=2mol,根据电子转移守恒,则产生O2的物质的量为2mol×
=0.5mol,质量为0.5mol×
32g·
mol-1=16g,故D错误;
故选BC。
【点睛】本题考查电化学知识,根据电化学装置原理图分析,明确电极反应是解题的关键,突破口A,HSO
在电极I上转化为S2O
,过程中S的化合价降低,得到电子发生还原反应,则电极I为阴极,由此分析。
12.偏二甲肼[(CH3)2N—NH2]与N2O4是常用的火箭推进剂,火箭发射时常出现红棕色气体,发生的化学反应如下:
①(CH3)2N—NH2
(1)+2N2O4
(1)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)△H1<0
②N2O4
(1)
2NO2(g)△H2>0
下列说法不正确的是()
A.反应①中,N2O4为氧化剂
B.反应①中,生成1mo1CO2时,转移16mo1e-
C.由反应②推断:
加压、降温是获得液态N2O4的条件
D.温度升高,反应①的化学反应速率减小、反应②的化学反应速率增大
【答案】BD
【详解】A.反应①中,N2O4中N元素的化合价降低,发生还原反应,N2O4为氧化剂,故A正确;
B.反应中C元素的化合价从-4价升高到+4价,所以反应①中,生成1molCO2时,转移8mole-,故B错误;
C.由反应②:
增大压强逆向移动,降低温度向吸热方向移动,降低温度也向逆方向移动,所以加压、降温是获得液态N2O4的条件,故C正确;
D.升高温度增大反应速率,所以温度升高,反应①的化学反应速率增大、反应②的化学反应速率增大,故D错误。
故选BD。
13.利用微生物燃料电池进行废水处理,实现碳氮联合转化。
其工作原理如下图所示,其中M、N为厌氧微生物电极。
下列有关叙述错误的是
A.负极的电极反应为CH3COO-—8e-+2H2O==2CO2↑+7H+
B.电池工作时,H+由M极移向N极
C.相同条件下,M、N两极生成的CO2和N2的体积之比为3:
2
D.好氧微生物反应器中发生的反应为NH4++2O2==NO3-+2H++H2O
分析】
图示分析可知:
N极NO3-离子得到电子生成氮气、发生还原反应,则N极正极。
M极CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体,则M极为原电池负极,NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-,据此分析解答。
【详解】A.M极为负极,CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体,电极反应为CH3COO-—8e-+2H2O==2CO2↑+7H+,故A正确;
B.原电池工作时,阳离子向正极移动,即H+由M极移向N极,故B正确;
C.生成1molCO2转移4mole-,生成1molN2转移10mole-,根据电子守恒,M、N两极生成的CO2和N2的物质的量之比为10mol:
4mol=5:
2,相同条件下的体积比为5:
2,故C错误;
D.NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-,则反应器中发生的反应为NH4++2O2==NO3-+2H++H2O,故D正确;
故答案为C。
14.常温下,将盐酸滴加到Na2X溶液中,混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A.曲线N表示pOH与
两者的变化关系
B.NaHX溶液中c(X2-)>
c(H2X)
C.当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)
D.常温下,Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×
10-4
Na2X溶液中,X2-分步水解,以第一步水解为主,则Kh1(X2-)>Kh2(X2-),碱性条件下,则pOH相同时,
>
,由图象可知N为pOH与lg
的变化曲线,M为pOH与lg
变化曲线,当lg
或lg
=0时,说明
或
=1,浓度相等,结合图像可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】A.由以上分析可知,曲线N表示pOH与lg
的变化曲线,故A错误;
B.由曲线M可知,当lg
=0时,
=1,pOH=9,c(OH-)=10-9mol/L,则Kh2(X2-)=
×
c(OH-)=1×
10-9;
由曲线N可知,当lg
=0时,
=1,pOH=4,c(OH-)=10-4mol/L,Kh1(X2-)=
10-4,则HX-的电离平衡常数Ka2=
=
=1×
10-10,则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度,溶液中c(H2X)>
c(X2-),故B错误;
C.混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-),则当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-),故C错误;
D.由曲线N可知,当lg
=1,pOH=4,c(OH-)=10-4mol/L,则Kh1(X2-)=
10-4,故D正确;
故答案为D。
15.氮及其化合物的转化过程如图所示。
下列分析合理的是
A.催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B.N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C.在催化剂b表面形成氮氧键时,不涉及电子转移
D.催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程,发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂,A项错误;
B.N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应,无副产物生成,其原子利用率为100%,B项正确;
C.在催化剂b表面形成氮氧键时,氨气转化为NO,N元素化合价由-3价升高到+2价,失去电子,C项错误;
D.催化剂a、b只改变化学反应速率,不能提高反应的平衡转化率,D项错误;
答案选B。
【点睛】D项是易错点,催化剂通过降低活化能,可以缩短反应达到平衡的时间,从而加快化学反应速率,但不能改变平衡转化率或产率。
三、非选择题:
本题共5小题,共60分。
16.1,2-二氯丙烷(CH2C1CHClCH3)是一种重要的化工原料,工业上可用丙烯加成法制备,主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2C1),反应原理为:
I.CH2=CHCH3(g)+C12(g)
CH2C1CHC1CH3(g)△H1=—134kJ·
mol-1
II.CH2=CHCH3(g)+C12(g)
CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)△H2=—102kJ·
请回答下列问题:
(1)已知CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)
CH2C1CHC1CH3(g)的活化能Ea(正)为132kJ·
mol-1,则该反应的活化能Ea(逆)为______kJ·
mol-1。
(2)一定温度下,向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和C12(g)。
在催化剂作用下发生反应I、Ⅱ,容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
时间/min
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率,即
,则前120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)=______kPa·
min-1。
(保留小数点后2位)。
②该温度下,若平衡时HC1的体积分数为
,则丙烯的平衡总转化率
_______;
反应I的平衡常数Kp=_____kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数,保留小数点后2位)。
(3)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C12,分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应,一段时间后测得CH2C1CHC1CH3的产率与温度的关系如下图所示。
①下列说法错误的是___________(填代号)。
a.使用催化剂A的最佳温度约为250℃
b.相同条件下,改变压强不影响CH2C1CHC1CH3的产率
c.两种催化剂均能降低反应的活化能,但△H不变
d.提高CH2C1CHC1CH3反应选择性的关键因素是控制温度
②在催化剂A作用下,温度低于200℃时,CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大,主要原因是_______________________________________________________________。
③p点是否为对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率,判断理由是_____________。
【答案】
(1).164
(2).0.09(3).74%(4).0.21(5).bd(6).温度较低,催化剂的活性较低,对化学反应速率的影响小(7).不是平衡产率,因为该反应的正反应为放热反应,降低温度平衡向正反应方向移动,p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450℃的产率
(1)已知:
mol-1,II.CH2=CHCH3(g)+C12(g)
mol-1,根据盖斯定律可知,I-II得CH2=CHCH2C1(
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