届云南省红河州高三复习统一检测化学试题解析版.docx
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届云南省红河州高三复习统一检测化学试题解析版
红河州2018年高中毕业生复习统一检测
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23
一、选择题:
本题共13个小题,每小题6分,共78分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.1.化学已经渗透到人类生活、生产的各个方面,下列说法正确的是
A.PM2.5是指微粒直径大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物
B.用热的纯碱溶液可以清除炊具上残留的油污
C.高纯度的硅单质广泛用于光导纤维,光导纤维遇强碱会造成“短路”
D.明矾常用作净水剂,是因为它能够消毒杀菌
【答案】B
【解析】
【详解】A.PM2.5一般指微粒直径小于或等于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物,故A错误;B.热的纯碱溶液呈碱性,炊具上残留的油污可在碱性条件下发生水解而被除去,故B正确;光导纤维的主要成份为二氧化硅,故C错误;D.明矾可作净水剂,但不能消毒杀菌,故D错误;答案选B。
【点睛】试题难度不大,但涉及知识面较广,需注意平时积累生活中的化学知识,善于用化学的视角去观察生活中的问题。
2.2.下列有关说法正确的是
A.丙烯和苯都能使溴水褪色,且褪色的原理相同
B.油脂和淀粉都属于高分子化合物
C.C4H9Cl有4种同分异构体
D.乙烯使酸性高锰酸钾褪色和乙醇与HBr反应均为取代反应反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.丙烯使溴水褪色是因为发生加成反应生成了无色的物质,而苯使之褪色是因为萃取出了溴而使水层发生了褪色,褪色原理不同,故A错误;B.油脂并不属于高分子化合物,故B错误;C.丁基有四种不同的结构:
CH3(CH2)2CH2-、CH3CH2CH(CH3)-、(CH3)3C-、(CH3)2CHCH2-,则C4H9Cl有4种同分异构体有四种同分异构体,故C正确;D.乙烯使酸性高锰酸钾褪色氧化反应,故D错误;答案选C。
3.3.由下列实验及现象不能推出相应结论的是
实验
现象
结论
A
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3固体受热分解,产生的NH3与水反应生成的氨水显碱性
B
向2支盛有1mL相同浓度AgNO3溶液的试管中分别加入3滴相同浓度的KCl和KI溶液
一只试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象
C
向苯酚钠溶液中通入CO2
溶液变浑浊
相同条件下,碳酸的酸性一定比苯酚强
D
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
证明该溶液中一定存在Na+和K+
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.石蕊试纸变蓝色说有产生的NH3与水反应生成的氨水显碱性,故A结论正确;B.一只试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象说明
>c(Ag+)·c(Cl-)=c(Ag+)·c(I-)>
,故B结论正确;C.溶液变浑浊说明生成了苯酚,由反应规律可得碳酸的酸性比苯酚强,故C结论正确;D.焰色为黄色说明溶液中一定含有Na+,可能含有K+,故D结论错误;答案选D。
【点睛】钾元素的焰色为淡紫色,能被钠的焰色所掩盖,故在观察钾的焰色时通常要透过蓝色的钴玻璃来观察,当没有透过蓝色的钴玻璃观察到焰色为黄色时,不能排除其中含有钾元素。
4.4.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.标准状况下,22.4LN2和H2混合气中含2NA个原子
B.78gNa2O2与足量的CO2完全反应,转移的电子数为2NA
C.1L1mol·L-1NH4Cl溶液中,NH4+的数量为NA
D.室温下,pH=13的NaOH溶液中,则溶液中OH-离子数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.在标准状况下,22.4LN2和H2混合气中分子的物质的量为22.4L÷22.4L/mol=1mol,两种分子都是双原子分子且常温下不发生反应,则混合气中的原子个数为:
1×2×NA=2NA,故A正确;B.Na2O2与足量的CO2完全反应电子转移的情况为:
,从中可得关系式Na2O2——e-,则78g的过氧化钠参与反应,转移的电子为NA,故B错误;C.在NH4Cl溶液中NH4+会发生水解,所以NH4+的数量应小于NA,故C错误;D.由于NaOH溶液的体积未知,则溶液中OH-离子数目也是未知数,故D错误;答案选A。
【点睛】本题中过氧化钠与二氧化碳反应的氧化还关系是学生的易错知识点,需让学生明确在该反应中过氧化钠既是氧化剂,又是还原剂,每2molNa2O2转移2mole-。
5.5.某电池以Na2FeO4和Zn为电极材料,NaOH溶液为电解溶质溶液,下列说法正确的是
A.该电池放电过程中电解质溶液浓度减小
B.正极反应式为2FeO42−+10H++6e−=Fe2O3+5H2O
C.电池工作时OH-向负极迁移
D.Zn为电池的正极
【答案】C
【解析】
【详解】A.该电池总方程式为3Zn+2Na2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4NaOH,生成NaOH,则该电池放电过程中电解质溶液浓度增大,故A错误;B.因电解质溶液为NaOH,呈碱性,则正极电极方程式为2FeO42-+6e-+8H2O=2Fe(OH)3+10OH-,故B错误;C.原电池在工作时阴离子OH-向负极迁移,故C正确;D.根据化合价升降判断,Zn化合价只能上升,则为负极材料,故D错误;答案选C。
【点睛】本题考查原电池的知识,应抓住原电池的工作原理来分析,书写原电池的电极反应时应注意电解质溶液的影响。
6.6.A、B、C是三种短周期元素,A、B位于同一主族,B、C处于同一周期,A原子的L层电子数比K层多5个,C原子的电子数比B原子少1,说法正确的是
A.3种元素的气态氢化物中,B的气态氢化物最稳定
B.元素非金属性由弱到强的顺序是C
C.原子半径由大到小的顺序是B>C>A
D.A元素最高价氧化物对应的水化物的化学式可表示为H3AO4
【答案】B
【解析】
【分析】
A原子的L层电子数比K层多5个,则A原子核个电子为7,故A为氮元素;A、B位于同一主族,则B为磷元素;C原子的电子数比B原子少1,则C为硅元素;由以上分析可知A、B、C三种元素分别为氮、磷、硅,由此分析可得结论。
【详解】A.因三种元素中非金属性的最强的为A,则A的气态氢化物最稳定,故A错误;B.非金属性的强弱为N>P>Si,即CP>N,故C错误;A元素最高价氧化物对应的水化物为硝酸,其化学式为HNO3,故D错误;答案选B。
【点睛】第VA族元素的最高价为+5,其最高价氧化物对应水化物的化学式要注意硝酸和磷酸的不同。
7.7.室温下,用相同浓度的KOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断正确的是
A.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:
c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(H+)+c(OH-)
B.滴定至P点时,溶液中:
c(K+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
C.同浓度的KA、KB、KD三种盐溶液的pH大小关系:
pH(KD) D.当三种酸都中和至中性时,消耗KOH溶液的体积的大小关系为: V(HA)>V(HB)>V(HD) 【答案】D 【解析】 【详解】A.当中和百分数达100%时,其溶质分别是KA、KB、KD,根据质子守恒可得c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+),故A错误;B.滴定到P点时溶质为等物质的量浓度的HA和KA,溶液显酸性,HB的电离为主,但电离程度较小,因此c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-),故B错误;C.由三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH可知三种酸的电离常数关系: KHA>KHB>KHD,则在浓度相同情况下A-、B-、D-的水解程度依次增强,同浓度的KA、KB、KD三种盐溶液的的碱性也依次增强,即: pH(KD)>pH(KB)>pH(KA),故C错误;D.因三种酸的电离常数为KHA>KHB>KHD,故当三种酸的浓度相同时,HA酸电离出的氢离子浓度最大,当三种酸都中和至中性时,消耗的KOH也最多,则有消耗KOH溶液的体积的大小关系为: V(HA)>V(HB)>V(HD),故D正确;答案选D。 【点睛】在酸碱反应的过程中,酸碱恰好完全中和和溶液呈中性是两个不同的概念,酸碱恰好完全中和正如题中所指中和百分数达到100%,而溶液呈中性是指溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等,在常温下即溶液的pH=7。 8.8.水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件,某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧,实验步骤及测定原理如下: Ⅰ.取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样,记录大气压及水体温度。 将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。 Ⅱ.酸化、滴定 将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I−还原为Mn2+,在暗处静置5min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2 +I2=2I−+ )。 回答下列问题: (1)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_________________________________。 (2)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。 配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、试剂瓶和_________________________,配制溶液定容时俯视会导致Na2S2O3溶液的浓度__________,(填“偏高”或“偏低”)蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除________________及二氧化碳。 (3)取100.00mL水样经固氧、酸化后,用0.5mol·L−1Na2S2O3溶液滴定,以_________作指示剂,如何判断该反应到达终点_________________________________________________;若反应中消耗Na2S2O3溶液的体积为10mL,则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。 (4)上述滴定完成时,若滴定前平视,滴定后仰视会导致测量结果___________。 (填“偏高”或“偏低”) 【答案】 (1). (2).容量瓶和玻璃棒(3).偏高(4).氧气(5).淀粉溶液(6).当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时蓝色刚好褪去,且半分钟内不变色(7).400(8).偏高 【解析】 【详解】 (1)由题述信息可知“氧的固定”中发生反应的化学方程式为 ; (2)配制一定物质的浓度的溶液所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、试剂瓶、玻璃棒、容量瓶等,故答案为容量瓶和玻璃棒;定容时俯视会造成溶液的体积偏大,所配溶液的浓度偏高,故答案为偏高;(3)水样经固氧、酸化后,滴入淀粉,溶液呈蓝色,用0.5mol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点时溶液的蓝色恰好完全褪去;根据关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3,可知水样中溶解氧含量为 [(0.5×10×10-3)÷4×32×103]÷0.1=400(mg·L−1),故答案为: 淀粉、当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时蓝色刚好褪去,且半分钟内不变色、400;(4)若滴定前平视,滴定后仰视会造成消耗Na2S2O3溶液的体积偏大,从而导致测量结果偏高,故答案为偏高。 【点睛】本题中在进行水样中溶解氧含量的计算时涉及到多个化学反应,抓住其中的关系式来分析可将多个反应的计算转化为一步计算,简化计算过程,该方法是高中化学计算中常用的计算技巧。 9.9.三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。 工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O),再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。 已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。 工艺流程图如图所示: 请回答下列问题: (1)操作Ⅰ为__________________________。 (2)①加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为_____________________________; ②加入碳酸钠溶液目的是调溶液的pH值在4.0~5.0,用化学用语回答加入碳酸钠的目的_________________________________________________________________。 (3)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧,可制得Ni2O3,同时获得混合气体,NiC2O4受热分解的化学方程式为___________________________________。 (4)加入草酸后如何证明沉淀完全______________________________________________; 过滤NiC2O4沉淀时如何洗涤沉淀_________________________________________________。 (5)以Al和NiO(OH)为电极,NaOH溶液为电解液组成一种新型电池,放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则该电池负极的电极反应式为__________________________。 【答案】 (1).加酸溶解,过滤 (2).2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O(3).CO32-+2H+═CO2↑+2H2O,CO32-+H2O HCO3-+OH-,CO32-先与酸反应,之后再水解使溶液呈碱性促进铁离子水解沉淀完全(4).2NiC2O4 Ni2O3+3CO↑+CO2↑(5).静置取上层清液少许于试管中,再加入少量草酸溶液,若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全(6).沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀,待水自然流下后,重复操作2-3次(7).Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O 【解析】 【详解】 (1)分析框图: 含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主),要使之变成离子,应该加酸溶解,溶解金属,再除去不溶物过滤,故答案为: 加酸溶解,过滤; (2)①加双氧水的目的是氧化生成Fe3+,反应的离子方程式为: 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O,②加入碳酸钠溶液的作用是调节pH,促进铁离子水解沉淀完全,故答案为: CO32-+2H+═CO2↑+2H2O,CO32-+H2O HCO3-+OH-,CO32-先与酸反应,之后再水解使溶液呈碱性促进铁离子水解沉淀完全;(3)草酸镍(NiC2O4•2H2O)在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4,NiC2O4再发生氧化还原反应(Ni由+2价升高到+3价,则C由+3价降低到+2价,题中要求生成混合气体,则另一气体为CO2)生成Ni2O3、CO、CO2,故答案为2NiC2O4 Ni2O3+3CO↑+CO2↑;(4)若Ni2+沉淀完全,则再加入草酸溶液时不再出现沉淀,故答案为: 静置取上层清液少许于试管中,再加入少量草酸溶液,若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全;洗涤沉淀的操作为: 沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀,待水自然流下后,重复操作2-3次;(5)在该原电池中Al为负极,放电生成Al3+,在NaOH溶液中最终转化为AlO2-,故电极反应式为: Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O。 【点睛】本题考查了物质的制备,涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择等,在加入碳酸钠溶液调节溶液的酸碱性时往往只注意到碳酸酸根离子的水解,而忽视了碳酸根本身先与溶液中过量的氢离子反应。 10.10.碳及其化合物在能源和材料方面具有广泛的用途,回答下列问题: (1)已知CH4(g)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l) =-607.31kJ/mol 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) =-566.0kJ/mol 写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式________________。 (2)天然气的一个重要用途是制取H2,其原理为: CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)。 在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol/L的CH4与CO2,在一定条件下发生反应,测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示。 则: ①压强P2_____P1(填“>”或“<”);原因________________________________________________________________________________。 ②压强为P1时,在Y点: v(逆)_______v(正)(填“>”、“<”或“=”)。 ③求X点对应温度下的该反应的平衡常数K=____________。 (计算结果保留两位小数) (3)CO可以合成二甲醚,CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)△H<0,二甲醚可以作为燃料电池的原料。 利用此燃料电池以石墨为电极电解1L,0.5mol/L的CuSO4溶液,导线通过0.1mol电子时,假设溶液体积不变,则所得溶液pH=______________,标况下理论上产生O2_______________L(保留小数点后两位)。 【答案】 (1).CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-890.31kJ·mol-1 (2).>(3).同一温度下转化率P1大于P2,而该反应是气体体积增大的反应,减小压强平衡向正反应方向移动,所以P2>P1(4).<(5).1.64(6).1(7).0.56 【解析】 【详解】 (1)根据盖斯定律可得CH4的燃烧热为: -607.31kJ/mol+(-566.0kJ/mol)÷2=-890.31kJ·mol-1,故其燃烧热的热化学方程式为: CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-890.31kJ·mol-1; (2)①CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)是一个气体分子数目增大的反应,压强越大,CH4的转化率越小,而在同一温度下CH4的转化率在P1条件下更大,故压强P1较小,故答案为: >、同一温度下转化率P1大于P2,而该反应是气体体积增大的反应,减小压强平衡向正反应方向移动,所以P2>P1;②由图像可知,在压强为P1时的Y点该反应正处于向正反应方向建立平衡的过程中,故v(正)>v(逆);③由图像可知在x点CH4的转化率为80%,故在平衡状态下CO2(g)、CH4(g)、CO(g)、H2(g)分别为0.02mol/L、0.02mol/L、0.16mol/L、0.16mol/L,故平衡常数K= =1.64,故答案为1.64;(3)用惰性电极电解CuSO4溶液时阳极的电极反应式为: 2H2O-4e-=O2↑+4H+,由方程式的计量数关系可得,则当转移的电子为0.1mol时,产生的n(H+)=0.1mol,其浓度为0.1mol/L,pH=1,n(O2)=0.1mol÷4=0.025mol,体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L,故答案为: 1、0.56。 【点睛】在研究两个条件下可逆反应的移动方向时,往往先控制一个外界条件相同,然后分析另一个条件对可逆反应的影响。 如本题图中反映了甲烷的转化率随压强、温度两个条件下的变化情况,在比较P1、P2的大小时应选择在相同温度下进行对比。 11.11.【化学——选修3: 物质结构与性质】 A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索,A2-和B+具有相同的电子构型;C、D为同周期元索,C核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。 回答下列问题: (1)四种元素中电负性最大的是______(填元素符号),其中D原子的核外电子排布式为__________。 (2)单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是______(填分子式),原因是________;B和D的氢化物所属的晶体类型分别为_______和_______。 (3)C和D反应可生成组成比为1: 3的化合物E,E的立体构型为_______,中心原子的杂化轨道类型为_______,中心原子的价层电子对数为_____________。 (4)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数,a=0.566nm,列式计算晶体F的密度(g.cm-3)______________________________。 【答案】 (1).O (2).1s22s22p63s23p5(或[Ne]3s23p5)(3).O3(4).O3相对分子质量较大,范德华力大(5).离子晶体(6).分子晶体(7).三角锥形(8).sp3(9).4(10). 【解析】 【分析】 因为A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大,A2-和B+具有相同的电子构型,则A是O,B是Na;C、D为同周期元索,C核外电子总数是最外层电子数的3倍,则C是P;D元素最外层有一个未成对电子,所以D是氯元素,据此分析可得结论。 【详解】 (1)非金属性越强,电负性越大,则四种元素中电负性最大的是O;Cl的原子序数是17,则根据核外电子排布可知D原子的核外电子排布布式为1s22s22p63s23p5(或[Ne]3s23p5); (2)氧元素有氧气和臭氧两种单质,由于O3相对分子质量较大,范德华力大,所以中沸点高的是O3;B和D的氢化物分别是NaH和HCl,所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体,故答案为: O3相对分子质量较大,范德华力大、离子晶体、分子晶体;(3)C和D反应可生成组成比为1: 3的化合物E,即E是PCl3,其中P含有一对孤对电子,其价层电子对数是4,所以E的立体构型为三角锥形,中心原子的杂化轨道类型为sp3,故答案为: 三角锥形、sp3、4;(4)由晶胞结构和均摊法分析可知其中含有的钠离子个数为8(全部在晶胞内),氧离子个数为8× +6× =4,晶胞的质量为 ,晶胞的体积为(0.566×10-7)3cm3,则晶体F的密度为 =2.27g•cm-3。 【点睛】由晶胞结构来进行晶体密度的计算时通常先通过均摊法分析每个晶胞中含有的微粒数目,然后通过阿伏加德罗常数求出每个晶胞的质量,最后根据体积得到其密度。 12.12.【化学——选修5: 有机化学基础】 氯贝特( )是临床上一种抗血栓药物.它的一种合成路线如下(图中部分反应条件及部分反应物、生成物已略去)。 回答下列问题: (1)有机物F的分子式为______________,其核磁共振氢谱有______________个峰,该物质中含有的官能团名称为_____________________。 (2)C的结构简式为_________,要实现反应I的转化,加入下列物质能达到目的是________。 a.Nab.NaHCO3c.NaOHd.Na2CO3 (3)写出反应Ⅲ的化学方程式____________________________________________________,反应Ⅲ的反应类型为_______________________。 (4)产物E有多种同分异构体,满足下列条件的所有同分异构体Y有______________种。 ①属于酯类且与FeCl3溶液显紫色②能发生银镜反应 ③苯环上只有2个取代基且处于对位④1molY最多与2molNaOH反应 (5)结合以上合成路线信息,设计以CH3CH2COOH为原料(无机试剂任选),合成有机物 的合成路线__________
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