湖南省师范大学附属中学届高三上学期第一次月考化学试题文档格式.docx
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B.常温下,5.6g铁粉加入足量浓硝酸中反应,转移的电子数为0.3NA
C.1L0.5mol·
L-1Na2CO3溶液中,阴阳离子总数为1.5NA
D.16gCH4与18gNH
所含质子数相等
5.乙酸乙酯能在多种条件下发生水解反应:
CH3COOC2H5+H2O
CH3COOH+C2H5OH。
已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。
下图为CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化图。
下列说法中正确的是
A.图中A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等
B.反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H+)逐渐增大所致
C.图中t0时说明反应达到平衡状态
D.图中tB时CH3COOC2H5的转化率等于tA时的转化率
6.下列说法正确的是
A.NaHSO4和NaHSO3都属于酸式盐,二者能够发生反应生成SO2
B.95℃纯水的pH<
7,说明加热可导致水呈酸性
C.中和100mLpH=1的醋酸和100mLpH=1的盐酸所消耗的NaOH的物质的量相等
D.同温同压下,H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
7.用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液,通电一段时间后,向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。
则电解过程中转移的电子数为
A.0.2molB.0.4mol
C.0.6molD.0.8mol
8.下列离子方程式表达正确的是
A.氢氧化铁溶于氢碘酸:
Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B.小苏打溶液呈碱性的原因:
HCO3-+H2O
H3O++CO32-
C.溴化亚铁溶液中通入足量氯气:
2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
D.向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液:
NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=AlO2-+2BaSO4↓+NH3·
H2O+2H2O
9.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。
对下列反应的推断或解释正确的是
操作
可能的实验现象
解释
A
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液
有白色沉淀生成
溶液中一定含有SO42-
B
将SO2通入Ba(NO3)2溶液中
SO2与Ba(NO3)2反应生成BaSO3
C
同温同压下用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性
碳酸钠溶液显碱性,硫酸钠溶液显中性
碳酸钠溶液发生了水解
D
向淀粉KI溶液中通入Cl2
溶液变蓝
Cl2与淀粉发生显色反应
A.AB.BC.CD.D
10.下列实验所用装置正确的是
A.用甲图装置电解精炼铝B.用乙图装置制备氢氧化亚铁
C.用丙图装置制取乙炔D.用丁图装置制取乙烯
11.下列各项操作中,发生“先产生沉淀,后沉淀又溶解”现象的是:
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2 ②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸 ③向AgNO3溶液中逐滴加入过量氨水 ④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
A.①②B.①③C.①④D.②③
12.将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中,加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。
下列判断正确的是
A.与NaOH反应的氯气一定为0.3mol
B.n(Na+)∶n(Cl-)可能为7∶3
C.n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1
D.若反应中转移的电子为nmol,则0.15<n<0.25
13.某有机物M7.4g与足量氧气反应后,将所得气体依次通过盛有浓H2SO4和碱石灰的装置,两装置分别增重9g和17.6g;
同温同压下,M蒸气的密度是H2的37倍,则能够与钠反应放出H2的M的同分异构体的数目为(不考虑立体异构)()
A.8种B.6种C.4种D.2种
14.将11.2g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中,收集反应产生的气体x(假定产生的气体全部逸出)。
再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,产生21.4g沉淀。
根据题意推断气体x的成分可能是( )
A.0.3molNO2和0.3molNO
B.0.2molNO2和0.1molN2O4
C.0.6molNO
D.0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4
二、原理综合题
15.绿矾(FeSO4·
7H2O)是治疗缺铁性贫血的特效药。
下面是以商品级纯度铁屑(含少量锡等杂质)生产绿矾的一种方法:
已知:
在H2S饱和溶液中,SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6;
FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0,沉淀完全时的pH为5.5。
(1)检验得到的绿矾晶体中是否含有Fe3+的实验操作是_________。
(2)操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是_________;
通入硫化氢至饱和的目的是:
①除去操作Ⅰ所得溶液中含有的Sn2+等杂质离子;
②_________。
(3)操作Ⅳ的顺序依次为_________、冷却结晶、_________。
(4)操作Ⅳ得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤,其目的是:
①除去晶体表面附着的硫酸等杂质;
②__________。
(5)测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是:
a.称取2.850g绿矾产品,溶解,在250mL容量瓶中定容;
b.量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中;
c.用硫酸酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL(滴定时KMnO4溶液只与Fe2+发生反应)。
①计算上述样品中FeSO4·
7H2O的质量分数为_________(保留4位有效数字)。
②若用上述方法测定的样品中FeSO4·
7H2O的质量分数偏低(测定过程中产生的误差可忽略),其可能原因有__________。
16.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强,无二次污染。
工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。
(1)干法制备高铁酸钾的主要反应为:
2FeSO4+6Na2O2===2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。
①该反应中的还原剂是_______,该反应每生成1molNa2FeO4转移_____mol电子。
②简要说明K2FeO4作为水处理剂时,在水处理过程中所起的作用:
一是K2FeO4氧化性强,可以消毒杀菌;
二是__________________。
(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒:
Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO
、Cl-、H2O。
①写出并配平湿法制备高铁酸钾的离子反应方程式:
_____________________。
②若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为________。
③低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,可析出高铁酸钾(K2FeO4),说明了什么问题______________________。
17.二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。
实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2的流程如下图所示:
①NCl3是黄色黏稠状液体或斜方形晶体,极易爆炸,有类似于氯气的刺激性气味,自然爆炸点为95℃,在热水中易分解,在空气中易挥发,不稳定;
②气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
回答下列问题:
(1)电解时,发生反应的化学方程式为_____________。
为保证实验的安全,在电解时需注意的问题是:
①控制好生成NCl3的浓度;
(2)NCl3与NaClO2(亚氯酸钠)按物质的量之比为1∶6混合,在溶液中恰好反应生成ClO2,该反应的离子方程式为:
___________。
(3)ClO2很不稳定,需随用随制,产物用水吸收得到ClO2溶液。
为测定所得溶液中ClO2的含量,进行了下列实验:
步骤1:
准确量取ClO2溶液10mL,稀释成100mL试样;
步骤2:
量取V1mL试样加入到锥形瓶中,调节试样的pH≤2.0,加入足量的KI晶体,摇匀,在暗处静置30min。
步骤3:
以淀粉溶液作指示剂,用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知:
I2+2S2O
===2I-+S4O
)。
①若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30min”,立即进行步骤3,则测定的结果可能____(填“偏大”“偏小”或“无影响”);
②根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为_______g/L(用含字母的代数式表示)。
18.由正丁醇(用nC4H9OH表示)制备正溴丁烷(沸点:
101.6℃)的反应如下所示:
nC4H9OH+NaBr+H2SO4―→nC4H9Br+NaHSO4+H2O
副反应:
nC4H9OH
CH3CH2CH=CH2↑+H2O
2nC4H9OH
(nC4H9)2O+H2O
3H2SO4(浓)+2NaBr(固)===2NaHSO4+Br2↑+SO2↑+2H2O
已知反应物及其用量:
固体NaBr0.24mol,nC4H9OH0.20mol,浓H2SO429mL,H2O20mL。
制备过程经历如下五个步骤,试回答下列问题:
Ⅰ.投料:
在圆底烧瓶中加入20mL水,再慢慢加入29mL浓硫酸,混合均匀并冷却至室温后,再依次加入0.20mol正丁醇(约18mL)和0.24mol溴化钠,充分振荡后加入几粒沸石。
(1)冷却至室温后再加正丁醇和溴化钠的目的是______(填字母代号)。
A.减少HBr的挥发
B.防止正丁醇的挥发
C.防止溴化钠被氧化
D.防止温度过高导致炭化结焦
(2)本反应中硫酸与溴化钠作用生成氢溴酸,氢溴酸与正丁醇作用发生取代反应生成正溴丁烷。
硫酸的用量和浓度过大都对本制备不利的主要原因是_______。
Ⅱ.加热回流:
反应装置选择②而不选择①的原因是_____________。
在反应装置中冷凝水应该从_____(填“A”或“B”)端进水。
Ⅲ.分离粗产物:
反应结束待反应液冷却后,用直形冷凝管换下球形冷凝管,将其变为蒸馏装置进行蒸馏,得到的粗产物中除主产品外,还含下列选项中的____(填序号)。
①nC4H9OH ②SO2 ③(nC4H9)2O ④Br2 ⑤NaHSO4
⑥H2O ⑦H2SO4
Ⅳ.洗涤粗产物:
将馏出液移至分液漏斗中,加入等体积的水洗涤后,分液得有机层。
如果不能判断哪层是有机层,可以用______________方法来判断。
对有机层进行洗涤除杂、除水后可得到粗产品。
Ⅴ.收集产物:
将干燥好的产物移至小蒸馏瓶中,加热蒸馏,收集99~103℃的馏分。
要证明最终产物是nC4H9Br,方法是_________。
19.磺胺(
)是应用广泛的原料及医药中间体,其合成路线如下所示:
(1)在合成过程中,如果将
和H2NCONH2以2∶1(物质的量之比,下同)反应则得到有机物A,但如果以1∶1反应则可以得到有机物B。
①写出A的结构简式_______。
②B有多种同分异构体,符合下列要求的B的同分异构体有_____种。
a.属于芳香族化合物
b.与银氨溶液反应有银镜生成
c.分子中苯环上有两种不同化学环境的氢原子
(2)反应Ⅲ的反应类型是___。
(3)写出反应Ⅳ的化学方程式____________________。
(4)以己二胺[H2N(CH2)6NH2]和CH2=CH2为原料,其他无机试剂自选,以流程图形式表示合成
的过程。
_______________
例:
由乙醇合成聚乙烯的反应流程图可表示为:
CH3CH2OH
CH2=CH2
CH2—CH2。
参考答案
1.C
【解析】A、乙烯能与酸性高锰酸钾反应,除掉乙烯能达到保鲜要求,故A正确;
B、光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的;
臭氧空洞是大气中的氟利昂等物质造成的,O3也与氮氧化合物作用,故B正确;
C、把游离态的氮转化为化合态的氮是氮的固定,如工业上用氢气和氮气合成氨在高温、高压、有催化剂存在的条件下才能实现,是氮的固定,植物在常温下也能固氮,故C错误;
D、高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会发生反应生成Na2SiO3从面“断路”,故D正确。
故选C。
2.D
【解析】A、碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子,所以相同温度下等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性更强,故A正确;
B、常温时水溶性:
NaHCO3,故B正确;
C、在酒精灯加热的条件下,NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2、H2O,故C正确;
D、将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中都能与澄清的石灰水反应生成沉淀,故D错误,故选D。
3.A
【解析】A、Ca2+与Na+、K+、ClO-、Cl-不能形成沉淀、气体和水,能共存,故A正确;
B、在pH=12的溶液中:
NH4+与OH―生成NH3·
H2O,故B错误;
C、H+与NO3―形成硝酸,能将I―氧化成I2,故C错误;
D、Cu2+为蓝色、MnO4―是紫红色,故D错误;
故选A。
4.A
【解析】A、常温、常压下,32gO2和O3混合气体,n(O)=32g/16g·
mol-1=2mol即含有2NA个原子,故A正确;
B、铁粉加入足量浓硝酸中反应,产生钝化现象,故B错误;
C、CO32―要水解,产生HCO3―、OH―,阴阳离子总数多于1.5NA,故C错误;
D、16gCH4含质子数为10mol与18gNH4+所含质子数为11mol,不相等,故D错误;
5.B
【解析】
A、B点时乙酸乙酯不断水解,浓度逐渐降低,则A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)不能,故A错误;
B、反应初期,乙酸乙酯水解产生醋酸,量少,电离出的氢离子不断增加,反应速率不断加快,故B正确;
C、图中to时表示乙酸乙酯水解速率最大,随后又变小,没有达到平衡状态,故C错误;
D、乙酸乙酯作为反应物不断减少,而生成物增加,则tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率,故D错误。
故选B。
点睛:
本题考查影响化学反应速率的因素,要找到不同时段影响反应速率的主要方面,注意根据图象分析影响因素以及速率变化特点,C为易错点。
6.A
【解析】A、NaHSO4+NaHSO3=Na2SO4+H2O+SO2↑,故A正确;
B、95℃纯水的pH<7,但纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,溶液呈中性,故B错误;
C、pH=1的醋酸浓度大于pH=1的盐酸酸,中和100mLpH=1的醋酸比100mLpH=1的盐酸所消耗的NaOH的物质的量多,故C错误;
D、同温同压下,H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃两种条件下,经历的过程不同,但终态和始态相同,ΔH相同,故D错误;
7.B
【解析】Cu(OH)2从组成上可看成CuO·
H2O,向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH,即电解生成了0.1molH2SO4,并电解了0.1molH2O,由电解的总反应式可知,生成H2SO4时转移电子为
,电解水时转移电子为
,所以电解过程中共转移电子为0.2mol+0.2mol=0.4mol,故选B。
8.C
A、氢氧化铁溶于氢碘酸:
2Fe(OH)3+2I-+6H+═2Fe2++I2+6H2O,故A错误;
B.小苏打溶液呈碱性的原因是HCO3―水解:
HCO3―+H2O
OH―+H2CO3,故B错误;
C.溴化亚铁溶液中通入足量氯气,溴离子和亚铁离子均被氧化:
2Fe2++4Br-+3Cl2
=2Fe3++2Br2+6Cl-,故C正确;
D.向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液,少量Ba(OH)2完全反应,反应生成硫酸钡、氢氧化铝,正确的离子反应为:
2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH―═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓,故D错误,故选C。
9.C
A、白色沉淀可能为AgCl,则应先加盐酸无现象,再加氯化钡检验硫酸根离子,实验的解释应为溶液中可能含有SO42-,或含银离子,但二者不能同时存在,故A错误;
将SO2通入Ba(NO3)2溶液中,二氧化硫能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子,和钡离子反应生成硫酸钡沉淀,生成的白色沉淀是硫酸钡而不是亚硫酸钡,故B错误;
C、中心原子非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,对应盐的水解能力越弱。
强酸强碱盐不发生水解,强碱弱酸盐能发生水解反应,硫酸钠不发生水解则硫酸钠溶液呈中性,碳酸钠中碳酸根离子水解导致碳酸钠溶液呈碱性,故C正确;
D、氯气氧化碘离子生成碘,碘遇淀粉呈蓝色,但不是显色反应,故D错误;
本题考查化学方案评价,是高频考点,侧重考查学生分析判断能力,涉及离子检验、氧化还原反应、盐类水解等知识点,掌握元素化合物性质、化学反应原理等知识点是解本题关键,易错选项是BD,B隐含硝酸根与SO2的氧化还原反应,D显色反应是指苯酚与Fe3+显紫色,具有一定的迷惑性。
10.B
【解析】A、电解AlCl3溶液,阴极H+得电子能与大于Al3+,在纯铝电极上得到的是H2,不是Al,故A错误;
B、制备氢氧化亚铁主要是解决氧化的问题,使用植物油、将滴管伸入硫酸亚铁溶液中都是为减少氢氧化亚铁与空气的接触,防止氢氧化亚铁被氧化,故B正确;
C、乙炔的密度比空气小,不溶于水,可用向下排空气法或排水法收集,故C错误;
D、用温度计控制反应混合液的温度为170℃,不是控制蒸气的温度,水银球应插入反应混合液中,故D错误;
本题考查实验装置,属于基础知识的综合运用,A是易错点,将铜的精炼原理机械地迁移本题,忽视H+和Al3+得失电子能力强弱而错选A;
D要明确温度计的使用原则,要测什么温度,水银球就插到什么地方。
11.D
【详解】
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2,发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓,会沉淀但沉淀不会溶解,故①不发生“先产生沉淀,后沉淀又溶解”现象;
②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸,首先是硫酸电离产生的离子中和Fe(OH)3胶体粒子上的电荷,胶体聚沉,然后发生酸碱中和反应沉淀溶解,故会发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象;
③刚开始滴加氨水,生成白色沉淀AgNO3+NH3·
H2O=AgOH↓+NH4NO3,继续滴加氨水,白色沉淀溶解AgOH+2NH3·
H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O,故会发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象;
④Na2SiO3溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀,硅酸不溶于盐酸,故不发生“先产生沉淀,后沉淀又溶解”现象;
综上所述,②③会发生“先产生沉淀,后沉淀又溶解”的现象,故选D。
12.D
A、反应后混合中没有NaOH,根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×
10mol·
L-1=0.3mol,根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol,参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol,故A错误;
B、Cl2可能发生两种反应:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O,氧化产物只有NaClO时,n(Na+):
n(Cl-)最大为2:
1,当氧化产物为NaClO3时,n(Na+):
n(Cl-)最小为6:
5,n(Na+):
n(Cl-)应介于两者之间,即6:
5<n(Na+):
n(Cl-)<2:
1,现7:
3>2:
1,故B错误;
C、若n(NaCl)=11mol,n(NaClO)=2mol,n(NaClO3)=1mol,生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×
1+1mol×
5=7mol,生成NaCl获得的电子为11mol×
1=11mol,得失电子不相等,故C错误;
D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知,氧化产物只有NaClO3时,转移电子数最多,为0.3mol×
5/6×
1=0.25mol,氧化产物只有NaClO时,转移电子数最少,为0.3mol×
1/2×
1=0.15mol,0.15<n<0.25,故D正确;
故选D。
考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算,难度较大,用列方程组可以解,但利用极限法与守恒法等技巧可以达到事半功倍的效果。
13.C
某有机物M7.4g与足量氧气反应后,所得气体依次通过盛有浓H2SO4和碱石灰的装置,两装置分别增重9g和17.6g,这说明生成物水是9g,物质的量是0.5mol;
CO2是17.6g,物质的量是0.4mol。
M蒸汽的密度是H2的37倍,则M的相对分子质量是74,即7.4g有机物是0.1mol,其中氧元素的物质的量是
=0.1mol,所以该有机物的最简式为C4H10O,根据相对分子质量可知分子式就是C4H10O,能够与钠反应放出H2,说明是醇,该一元醇相当于是丁烷中的氢原子被羟基代替,丁基是4种,则丁醇是4种。
答案选C。
14.D
【分析】
向Mg—Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液,产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜,所以沉淀中m(OH-)为21.4g-11.2g=10.2g,物质的量为
=0.6mol,根据电荷守恒可知,11.2g的Mg—Cu提供的电子为0.6mol,据此分析;
A.生成0.3molNO2和0.3molNO,N元素获得电子为0.3mol×
(5-4)+0.3mol×
(5-2)=1.2mol,得失电子不相等,
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