届山东省滨州市高三三模化学试题解析版文档格式.docx
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B.盛放NaOH溶液,选用④
C.分离I2的四氯化碳溶液和水,选用②、③
D.从食盐水中获得食盐,选用①、⑥、⑦
【答案】B
【详解】A.配制100mL0.1mol·
L-1NaC1溶液,要将已经准确称量的NaCl在烧杯中进行溶解,为促进物质溶解要使用玻璃棒搅拌,待溶液冷却至室温后,通过玻璃棒引流转移至已经查漏的100mL容量瓶中,向容量瓶中加水至凹液面离刻度线1~2cm处,用胶头滴管滴加水,直至凹液面与刻度线相切,因此需选用的仪器序号有③、⑤、⑥和⑧,A合理;
B.NaOH溶液显碱性,能够与玻璃中的SiO2发生反应产生具有粘性Na2SiO3,将玻璃瓶与玻璃塞粘在一起,因此不能使用玻璃塞,应该使用橡胶塞,B不合理;
C.I2的四氯化碳溶液和水是互不相溶的两层液体物质,应该使用分液方法分离,把下层液体用烧杯承接,因此使用仪器序号为②、③,C合理;
D.NaCl的溶解度受温度的影响变化较小,从食盐水中获得食盐,应该采用蒸发结晶方法,使用仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒,故使用仪器序号为①、⑥、⑦,D合理;
综上所述,所用仪器不合理的是B,故选B。
3.下列化学用语只能用来表示一种微粒的是()
A.CB.CH4OC.2s22p6D.
【详解】A.C可以表示C原子,也可以表示C元素的单质金刚石或石墨,A不符合题意;
B.CH4O无同分异构体,表示的物质只有甲醇CH3OH,B符合题意;
C.2s22p6可以表示Ne原子,也可以表示Na+离子或F-等,C不符合题意;
D.
可以表示甲烷CH4,也可以表示硅烷SiH4,D不符合题意;
故合理选项是B。
4.《内经》曰:
“五谷为养,五果为助,五畜为益,五菜为充”。
合理膳食,能提高免疫力。
下列说法错误的是()
A.蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖
B.食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油
C.苹果中富含的苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]是乙二酸的同系物
D.天然蛋白质水解后均得到α-氨基酸,甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽
【详解】A.蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖,二者分子式均为C6H12O6,互为同分异构体,故A正确;
B.食用油为油脂,油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯,在体内酶的催化作用下水解,生成高级脂肪酸和甘油,故B正确;
C.苹果酸含有羟基,乙二酸不含羟基,二者结构不相似,不属于同系物,故C错误;
D.天然蛋白质都是由α氨基酸缩聚而成的,水解均得到α-氨基酸;
甘氨酸脱去氨基,丙氨酸脱去羟基为一种,甘氨酸脱去羟基、丙氨酸脱去氨基为一种,共两种,故D正确;
故答案为C。
【点睛】甘氨酸和丙氨酸分子间可以形成两种二肽,甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种,即两种氨基酸可以形成共4种二肽。
5.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.0.5mol雄黄(As4S4,
)中共有4NA个共价键
B.通过核反应
Am+
Ca→288Mc+3
n生成2.88g镆(Mc),同时产生中子(n)数为0.3NA
C.100g3.4%的过氧化氢溶液中氧原子数为0.2NA
D.常温常压下,2.8g由CO与N2组成的混合物中含有的质子总数为1.4NA
【答案】D
【详解】A.1个雄黄中含9个共价键,则0.5mol雄黄中含4.5NA个共价键,A错误;
B.根据方程式可知每反应产生1mol288Mc,产生3mol中子,2.88g镆(Mc)的物质的量是0.01mol,则转移电子的数目为0.03NA,B错误;
C.在该溶液中除H2O2中含有O原子外,溶剂水中也存在O原子,因此100g3.4%的过氧化氢溶液中氧原子数大于0.2NA,C错误;
D.CO与N2相对分子质量都是28,二者分子中含有的质子数都是14,2.8g由CO与N2组成的混合物的物质的量是0.1mol,则其中含有的质子总数为1.4NA,D正确;
故合理选项是D。
6.维纶(聚乙烯醇缩甲醛纤维)可用于生产服装、绳索等。
其合成路线如下:
下列说法不正确的是
A.反应①是加聚反应
B.高分子A的链节中只含有一种官能团
C.通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量,可得其聚合度
D.反应③的化学方程式为:
+nHCHO→
+(2n-1)H2O
【详解】A.
的结构中含有碳碳双键,因此能发生加聚反应生成A,A的结构为:
;
A项正确;
B.由A的结构
可知,A的链节中只含有酯基一种官能团,B项正确;
C.由题可知,A在发生水解后生成B,那么B的结构为:
对于聚合物,其平均相对分子质量=链节的相对质量×
聚合度,因此,C项正确;
D.由题可知,维纶的结构为:
,维纶是由聚乙烯醇和甲醛缩聚而来,聚乙烯醇的结构为
因此,每生成一个维纶的链节需要2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合,脱去1分子水;
所以反应的方程式为:
nHCHO
nH2O;
D项错误;
答案选D。
7.已知W、X、Y、Z均为短周期元素,常温下,它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol·
L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。
下列说法正确的是()
A.化合物X2Y2中含有极性共价键和非极性共价键
B.简单气态氢化物的热稳定性:
Y>W
C.简单离子半径:
Z>Y>W>X
D.这四种元素中,元素X的第一电离能最小
【分析】
由图像和题给信息可知,浓度均为0.01mol.L-l的溶液,W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7,W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸,说明W、Y、Z都是非金属元素,W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2,为一元强酸,根据原子序数Z>W,Z是N,W是Cl;
Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2,Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸,为硫酸,Y是S,X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12,X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱,X是Na,可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl,由此回答。
【详解】A.化合物X2Y2为Na2S2,为离子化合物,硫原子之间为非极性共价键,S22-和Na+之间是离子键,A错误;
B.非金属性越强气态氢化物稳定性越强,氮的电负性大于硫,非金属性强,气态氢化物的稳定性W>Y,B错误;
C.电子层数越多,原子或离子的半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大,对核外电子的吸引能力越强,半径越小,N3-、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2->Cl->N3->Na+,即Y>Z>W>X,C错误;
D.第一电离能数值越小,原子越容易失去一个电子,四种元素中Na最容易失去最外层电子,元素X的第一电离能最小,D正确;
【点睛】从图表中得出W、Y、Z都是非金属元素,X是金属元素,具体的pH值可以得出W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2,为一元强酸,Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2,Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸,为硫酸,需要学生综合应用所学知识,正确推断出元素。
8.下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()
选项
实验操作
实验现象
结论
A
用pH计测同温同浓度的MgCl2和CaCl2溶液的pH
pH:
MgCl2溶液小于CaCl2溶液
金属性:
Ca>Mg
B
用铂丝蘸取少量某无色溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
该溶液一定是钠盐溶液
C
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸,水浴加热几分钟,再向其中加入新制的氢氧化铜悬浊液
无砖红色沉淀产生
说明蔗糖并未水解
D
向丙烯醛溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
丙烯醛中含有碳碳双键
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【详解】A.pH:
MgCl2溶液小于CaCl2溶液,说明碱性:
Ca(OH)2>Mg(OH)2,说明金属性:
Ca>Mg,A正确;
B.焰色反应呈黄色,说明该溶液中含有钠元素,但不一定是钠盐溶液,也可能是NaOH溶液,B错误;
C.蔗糖水解时加入了稀硫酸,能与新制的氢氧化铜悬浊液反应,从而使氢氧化铜悬浊液溶解并转化为Cu2+,不能被葡萄糖还原为Cu2O,所以即便生成了葡萄糖,也看不到砖红色沉淀,C错误;
D.丙烯醛的结构简式为CH2=CHCHO,其中,碳碳双键和醛基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故无法证明丙烯醛中含有碳碳双键,D错误;
答案选A。
9.科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应,示意图如图:
A.DMC与过量NaOH溶液反应生成CO32-和甲醇
B.CeO2可有效提高反应物的平衡转化率
C.①、②、③中均有O—H的断裂
D.生成DMC总反应的原子利用率为100%
【详解】A.DMC为CH3OCOOCH3,属于酯类,酯在碱性条件下可发生水解:
CH3OCOOCH3+2NaOH=2CH3OH+Na2CO3,A正确;
B.CeO2为催化剂,催化剂只影响化学反应速率,不影响平衡;
所以催化剂不能提高反应物的平衡转化率,B错误;
C.①中CH3OH生成CH3O-催化剂,CH3OH中的O-H键断裂;
②中没有O-H键断裂;
③CH3OH生成CH3OCOOCH3,CH3OH中的O-H键断裂,C错误;
D.总反应为:
2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O,除了生成DMC外,还生成了水,因此原子利用率不是100%,D错误;
故合理选项是A。
10.工业上用发烟HC1O4将潮湿的CrC13氧化为棕色的烟[CrO2(C1O4)2],来除去Cr(Ⅲ),HC1O4中部分氯元素转化为最低价态。
A.CrO2(C1O4)2中Cr元素显+6价
B.HC1O4属于强酸,该反应还生成了另一种强酸
C.该反应中,参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3:
8
D.该反应离子方程式为19ClO
+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3C1-+4H2O
【详解】A.CrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价,则根据化合物中元素化合价代数和等于0,可知Cr元素化合价为+6价,A正确;
B.Cl元素非金属性较强,HClO4属于强酸,HC1O4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2],部分HClO4被还原生成HCl,HCl也属于强酸,B正确;
C.根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+,化合价降低的为氧化剂ClO4-,其中有3molCl元素发生变化,化合价升高的为还原剂,对应的产物为氧化产物,故CrO2(ClO4)2,其中有8molCr元素发生变化,故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3:
8,C正确;
D.根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+,D错误;
二、选择题:
本题共5小题,每小题4分,共20分。
每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
11.潮湿环境、C1-、溶解氧是造成青铜器锈蚀的主要环境因素,腐蚀严重的青铜器表面大多存在起催化作用的多孔催化层。
如图为青铜器发生电化学腐蚀的原理示意图,下列说法正确的是()
A.腐蚀过程中,青铜基体是正极
B.若有64gCu腐蚀,理论上消耗氧气的体积为11.2L(标准状况)
C.多孔催化层的形成加速了青铜器的腐蚀速率,是因为改变了反应的焓变
D.环境中的C1-、正负极产物作用生成多孔粉状锈,其离子方程式为2Cu2++3OH-+C1-=Cu2(OH)3C1↓
【答案】BD
A.根据原电池的构成条件及图中的信息可判断正负极;
B.结合电子得失守恒确定铜和氧气的关系;
C.分析多孔结构对原电池反应的影响,注意焓变的影响因素;
D.结合电极反应
产物及电解质环境中的离子可确定反应的方程式。
【详解】A.结合图示信息可知青铜基体中的铜失去电子变为Cu2+,失电子应为原电池的负极,腐蚀过程中,青铜基体是负极,A错误;
B.负极发生反应:
Cu-2e-=Cu2+,64g铜的物质的量为1mol,n(e-)=2mol,正极上O2得电子发生还原反应:
O2+2H2O+4e−=4OH−,由于正负极得失电子总数相等,则反应消耗O2的物质的量为n(O2)=
mol=0.5mol,其在标况下的体积为11.2L,B正确;
C.多孔催化层的形成加速了青铜器的腐蚀速率主要是因为其作正极,多孔结构能够增大反应物与电极的接触面积从加快了反应速率,但对反应的焓变没有影响,C错误;
D.负极发生反应:
Cu-2e-=Cu2+,正极氧气得电子发生反应:
O2+2H2O+4e−=4OH−,产生的阴、阳离子与溶液中氯离子结合生成Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为:
2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓,D正确;
故合理选项是BD。
【点睛】本题主要考查金属腐蚀过程,注重对原电池原理的分析和理解,确定两电极的物质之间的量的关系,通过电子得失守恒建立,计算气体体积时要注意题中是否明确了标准状况。
12.一种制氢技术原理如图所示,下列说法正确的是()
A.向容器Ⅰ中加入CaO能有效实现H2与CO2的分离
B.因为容器Ⅰ中还有剩余的煤,可以判断煤和H2O的反应为可逆反应
C.剩余的煤进入容器Ⅱ,可利用其与O2反应放出的热量分解CaCO3
D.煤中含有的硫元素在容器Ⅱ中最终转化为CaSO3进入炉渣
【答案】AC
【详解】A.煤与水蒸气反应产生CO2和H2,向容器Ⅰ中加入CaO,CaO与CO2生成CaCO3,但不与H2反应,能有效实现H2与CO2的分离,A正确;
B.容器Ⅰ中还有剩余的煤,可能是加入的煤过量所致,因此不能据此判断煤和H2O的反应为可逆反应,B错误;
C.煤与氧气反应生成CO2,放出大量的热量,所以剩余的煤进入容器Ⅱ是为了充分利用其与O2反应放出的热量使CaCO3分解产生CaO,C正确;
D.煤中含有S在容器Ⅱ中与氧气反应生成SO2,SO2与O2、CaO反应最终生成CaSO4进入炉渣,D错误;
故合理选项是AC。
13.常温下,向1mol·
L-1NH4C1溶液中加入足量的镁条,该体系pH随时间变化的曲线如图所示。
实验观察到b点开始溶液中有白色沉淀生成。
下列说法错误的是()(已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×
10-11)
A.a点溶液中,c(NH4+)+c(H+)<c(C1-)+c(OH-)
B.b点时,溶液中c(Mg2+)=0.18mol·
L-1
C.体系中,水的电离程度大小关系为a>c>b
D.常温下,NH4C1的水解平衡常数数量级为10-10
【详解】A.a点溶液的电荷守恒为:
c(NH4+)+c(H+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+c(OH-),所以c(NH4+)+c(H+)<c(Cl-)+c(OH-),A正确;
B.b点时,Ksp[Mg(OH)2]=1.8×
10-11,由图可知b点时pH=9,即c(H+)=10-9mol/L,c(OH-)=
mol/L=10-5mol/L;
所以c(Mg2+)=
mol/L=0.18mol/L,B正确;
C.因NH4+水解:
NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+,加入镁单质消耗溶液中的H+,使平衡正向移动,促进了NH4+的水解,同时促进了水的电离,所以水的电离程度大小关系为:
c>b>a,C错误;
D.NH4Cl中的NH4+水解:
NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+,则Kh=
由NH4+水解的方程式得出:
c(NH3•H2O)≈c(H+);
根据题中图在没加入镁之前溶液的pH=5,则c(NH3•H2O)≈c(H+)=10-5mol/L;
即Kh=10-10,所以水解平衡常数的数量级为10-10,D正确;
14.我国科研团队成功研究出高比能量、低成本的钠离子二次电池,其工作原理示意图如图。
已知电池反应:
Na1-xMnO2+NaxCn
NaMnO2+nC。
A.电池放电过程中,NaMnO2/Al上的电势低于石墨烯/Al上的电势
B.电池放电时,正极可发生反应Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2
C.电池充电时,外接电源的负极连接NaMnO2/Al电极
D电池充电时,Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极
放电过程总反应式为:
Na1-xMnO2+NaxCn=nC+NaMnO2,可知C元素的化合价升高,Mn元素的化合价降低,则负极是石墨烯/Al,正极为NaMnO2/Al,则充电时石墨烯/Al发生还原反应为阴极,NaMnO2/Al发生氧化反应为阳极。
【详解】A.放电时NaMnO2/Al为正极,石墨烯/Al为负极,正极电势高于负极电势,故A错误;
B.放电时,正极得电子发生还原反应,根据总反应可知正极反应为Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2,故B正确;
C.充电时NaMnO2/Al发生氧化反应为阳极,与外接电源的正极相连,故C错误;
D.充电时为电解池,电解池中阳离子流向阴极,即由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极,故D正确;
故答案为BD。
15.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示,在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化,下列叙述错误的是()
A.过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气
B.在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2的再生
C.过程Ⅲ中的反应方程式为C2H4+2CuCl2
C2H4C12+2CuC1
D理论上每生成1molNaHCO3,可得到1molC2H4C12
【详解】A.侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水,然后向氨化的食盐水中通二氧化碳气体,生产溶解度较小的碳酸氢钠,再将碳酸氢钠过滤出来,经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠,由图可知,过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气,A正确;
B.过程Ⅱ为TBA的再生过程为
O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+2H2O,实现了TBA、CuCl2的再生,B正确;
C.过程Ⅲ是乙烯的氯化过程,化学方程式为C2H4+2CuCl2
C2H4Cl2+2CuCl,C正确,
D.制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA•HCl,理论上每生成1molNaHCO3,需要1moITBA,根据关系式TBA~CuCl~0.5molC2H4Cl2,因此理论上每生成1molNaHCO3,可得到0.5molC2H4C12,D错误;
三、非选择题:
本题共5小题,共60分。
16.铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。
请回答下列问题:
(1)铜元素位于元素周期表中_____区,基态Cu原子有______种不同能级的电子。
(2)铜合金可用于制造航母螺旋桨。
制造过程中产生的含铜废液可利用铜萃取剂M,通过如下反应实现铜离子的富集回收。
①M所含元素的电负性由大到小的顺序为______(用元素符号表示)。
②X中采用sp3杂化的非金属原子有______(填元素名称)。
(3)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时,有少量臭鸡蛋气味的气体Y产生。
Y分子的立体构型是_______,Y的沸点比水低的主要原因是_______。
(4)向蓝色{[Cu(H2O)4]2+}硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水,溶液变为深蓝色{[Cu(NH3)4]2+}。
通过上述实验现象可知,与Cu2+的配位能力:
H2O________NH3(填“大于”或“小于”)。
(5)CuCl2和CuCl是铜的两种氯化物。
①图中表示
是_______(填“CuCl2”或“CuCl”)的晶胞。
②原子坐标参数可用来表示晶胞内各原子的相对位置,图中各原子坐标参数A为(0,0,0);
B为(0,1,1);
C为(1,0,0);
则D原子的坐标参数为______。
③晶胞中C、D两原子核间距为298pm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体密度为__g·
cm-3(列出计算式即可)。
【答案】
(1).ds
(2).7(或七)(3).O>N>C>H(4).碳、氧(5).V形(或角形)(6).水分子间存在氢键,H2S分子间不存在氢键(7).小于(8).CuC1(9).(
,
)(10).
【详解】
(1)铜为29号元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,在反应时不仅最外层4s电子发生变化,次外层的3d电子也发生变化,Cu元素位于元素周期表第四周期第IB族,属于ds区元素,共有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s七个能级;
(2)①由于元素的非金属性越强,其电负性越大。
根据M结构简式可知:
M中含有C、H、O、N四种元素,这四种元素的非金属性:
O>N>C>H,所以元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C>H;
②在X分子中含有的饱和C原子及O原子
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- 山东省 滨州市 高三三模 化学试题 解析