届全国名校大联考高三第三次联考化学试题解析版.docx
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届全国名校大联考高三第三次联考化学试题解析版
全国名校大联考2017-2018年度高三第三次联考化学试题
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16S-32I-127
第I卷(选择题,40分)
一、选择题(本大题共14小题,每小题3分,共计42分。
在毎小题列出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的。
)
1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。
下列说法不正确的是
A.利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异来检验是否酒后驾车
B.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,是产生雾霾天气的主要因素
C.成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒
D.煤经过气化和液化两个物理变化过程后变为清洁能源。
这是煤的综合利用的方法
【答案】D
【解析】A、利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异来检验是否酒后驾车,选项A正确;B、PM2.5是在生产、生活中排放的废气中的颗粒物,是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,是产生雾霾天气的主要因素,选项B正确;C、酸性条件下,氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气和水,离子方程式为Cl-+ClO-+2H+═Cl2↑+H2O,选项C正确;D、煤经过气化和液化两个化学变化过程后变为清洁能源,这是煤的综合利用的方法,选项D不正确。
答案选D。
2.下列化学用语的表述正确的是
A.NH3的电子式:
B.NaClO的电子式:
C.乙烯的结构简式:
CH2CH2D.次氯酸的结构式:
H—Cl—O
【答案】A
【解析】A.NH3的电子式为:
,选项A正确;B.NaClO的电子式为:
,选项B错误;C.乙烯的结构简式为:
CH2=CH2,选项C错误;D.次氯酸的结构式为:
H—O—Cl,选项D错误。
答案选A。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.氯气溶于水:
Cl2+H2O==2H++Cl-+ClO-
B.过量HI溶液加入到Fe(NO3)3溶液中:
2Fe3++2I-=2Fe2++I2
C.酸性溶液中KBrO3与KBr反应生成Br2:
BrO3-+Br-+6H+=Br2+3H2O
D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液:
HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】A.氯气溶于水,反应的离子方程式为:
Cl2+H2O
H++Cl-+HClO,选项A错误;B.过量HI溶液加入到Fe(NO3)3溶液中,反应的离子方程式为:
8H++2NO3―+6I-=2NO+4H2O+3I2,选项B错误;C.酸性溶液中KBrO3与KBr反应生成Br2,反应的离子方程式为:
BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O,选项C错误;D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液,反应的离子方程式为:
HCO3-+ Ba2++OH-=BaCO3↓+ H2O,选项D正确。
答案选D。
4.NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列判断正确的是
A.1molC3H8分子中含共用电子对数为10NA
B.1molCl2参加反应,转移电子数一定为2NA
C.Na2S和Na2O2固体混合物7.8 克中,含有的阴离子数为0.3NA
D.1molNaHSO4晶体中含H+数为1NA
【答案】A
【解析】A、由C3H8的结构式知1molC3H8分子中含有的共用电子对数为10NA,选项A正确;B、若发生反应Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O,则1molCl2参加反应,转移电子数为NA,选项B错误;C、Na2S和Na2O2摩尔质量相同,过氧化钠是有钠离子和过氧根离子构成;7.8gNa2S和Na2O2的混合物物质的量为0.1mol,含有的阴离子数0.1NA,选项C错误;D、NaHSO4晶体由钠离子和HSO4-离子构成,不含H+,选项D错误。
答案选A。
5.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.2-甲基丁烷也称为异丁烷B.由乙烯生成乙醇属于加成反应
C.C4H9Cl有3 种同分异构体D.油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【答案】B
【解析】A.2-甲基丁烷含5个C原子,则2-甲基丁烷也称异戊烷,故A错误;B.由乙烯生成乙醇,碳碳双键转化为单键,属于加成反应,故B正确;C.C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3两种结构,均含2种H,C4H9Cl有4种同分异构体,故C错误;D.蛋白质都属于高分子化合物,而油脂不是,故D错误;故选B。
6.下列关于有机物因果关系的叙述中,完全正确的一组是
选项
原因
结论
A
乙烯和苯都能使溴水褪色
苯分子和乙烯分子含有相同的碳碳双键
B
乙酸分子中含有羧基
可与NaHCO3溶液反应生成CO2
C
纤维素和淀粉的化学式均为(C6H10O5 )
它们互为同分异构体
D
乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应
二者属于同一反应类型
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】A.苯不含有碳碳双键,故A错误;B.完全正确;C.纤维素和淀粉的聚合度不同,使得它们的分子式不同,所以它们不为同分异构体,故C错误;D.乙酸乙酯与水的反应属于取代反应,乙烯与水的反应属于加成反应,故D错误。
故选B。
7.下列化学实验事实及其解释不正确的是
A.滴有酚酞的Na2CO3溶液呈浅红色,微热后红色加深,是因为温度升高,Na2CO3水解程度增加,溶液碱性增强
B.钠保存在煤油中,是因为煤油不与钠发生反应。
钠比煤油密度大,煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气
C.用洁净的玻璃管向包有Na2CO3的脱脂棉吹气,脱脂棉燃烧。
说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应
D.钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3,原因是钠与氧气反应生成的Na2O2再与水和二氧化碳反应
【答案】D
...
8.下列实验装置、选用的试剂或实验操作中都正确的是
A.实验室用装置甲制取氨气B.用装置乙吸收氨气,并防止倒吸
C.用装置丙稀释浓硫酸D.用装置丁除去CO2中的HCl
【答案】B
【解析】试题分析:
A项实验室用装置A制取氨气,但是原料不是氯化铵,是氢氧化钙和氯化铵;B项正确;C项量筒不能稀释溶液用;D项导管插入液面以下会倒吸,应该短进长出。
考点:
考查实验装置组合的使用
9.溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似,能与大多数金属反应生成金属卤化物,和某些非金属单质反应生成相应的卤化物,跟水反应的方程式为IBr+H2O==HBr+HIO。
下列有关IBr的叙述中,不正确的是
A.IBr的电子式:
B.IBr和Zn的反应化学方程式2IBr+2Zn==ZnI2 +ZnBr2
C.IBr和NaOH溶液反应生成NaBr 和NaIO
D.IBr和水反应时,既是氧化剂又是还原剂
【答案】D
【解析】A.IBr的电子式为:
,选项A正确;B.IBr和Zn的反应锌为还原剂化合价升高,IBr为氧化剂,碘元素的化合价降低,化学方程式为:
2IBr+2Zn==ZnI2+ZnBr2,选项B正确;C.IBr和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO:
IBr+2NaOH=NaBr+NaIO+H2O,选项C正确;D.因IBr中I元素的化合价为+1价,Br为-1价,HBr中Br为-1价,HIO中I为+1价,则IBr+H2O═HBr+HIO中没有元素化合价的变化,该反应属于非氧化还原反应,则IBr与水反应时既不做氧化剂,也不做还原剂,选项D不正确。
答案选D。
10.已知:
W是地壳中含量居第二位的元素,且X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示。
下列说法正确的是
A.最高正化合价:
Z>X=W>YB.原子半径:
Y>X>W>Z
C.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Z X、Y、Z、W 【答案】C 【解析】W是地壳中含量居第二位的元素,则W为硅元素,根据X、Y、Z、W在元素周期表中的位置可知X为碳元素、Y为氮元素、Z为铝元素。 故A.最高正化合价: Y>X=W>Z,选项A错误;B.原子半径: Z>W>X>Y,选项B错误;C.最高价氧化物对应水化物的酸性: Z 答案选C。 11.已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质,其转化关系如图所示。 则甲和X不可能是 A.甲为C,X为O2B.甲为SO2,X为NaOH溶液 C.甲为Fe,X为Cl2D.甲为AlCl3溶液,X为NaOH溶液 【答案】C 【解析】A、甲为C,X为O2,则乙为CO,CO继续与氧气反应,生成CO2,CO2+C 2CO,符合转化关系,故错误;B、过量的SO2与氢氧化钠反应,生成乙,乙为NaHSO3,NaHSO3与NaOH反应,生成Na2SO3,Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,符合转化关系,故错误;C、无论氯气过量与否,铁和氯气生成FeCl3,FeCl3不与Cl2反应,不符合转化关系,故正确;D、AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3,因为氢氧化铝表现两性,与NaOH继续反应生成AlO2-,加入甲发生: 3AlO2-+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓,符合转化关系,故错误。 12.已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示。 下列说法正确的是 A.若A为Fe,D为氢气,则B一定为酸 B.若A、D为化合物,B为水,则C一定是气体单质 C.若A、B、C、D均为化合物,该反应一定属于复分解反应 D.若A、B、C、D均为10电子微粒,且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则D在常温下一定呈液态 【答案】D 【解析】试题分析: 铁与水蒸气高温条件下能生成氢气,故A错误;若A、D为化合物,B为水,则C不一定是气体单质,如3NO2+H2O=2HNO3+NO,故B错误;若A、B、C、D均为化合物,该反应不一定属于复分解反应,如3NO2+H2O=2HNO3+NO,故C错误;C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则C是氨气,若A、B、C、D均为10电子微粒,且生成氨气,该反应为: NH4++OH-=NH3+H2O,水在常温下呈液态,故D正确。 考点: 本题考查物质转化。 13.南海争端、南海仲裁案一直牵动国人的心。 南海是一个巨大的资源宝库,海水开发利用的部分过程如图所示。 下列有关说法正确的是 A.第①步中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+等杂质,加入药品的顺序为: Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、过滤后加盐酸 B.第②步的关键要低温小火烘干 C.氯碱工业的阴极产物是Cl2 D.第③步到第⑤步的目的是为了富集溴元素 【答案】D 【解析】根据转化图可知,①为粗盐提纯,利用物质之间的反应及除杂的原则来分析;②为氯碱工业;③为结晶水合物失去结晶水的反应;④为制备溴单质的反应,利用反应中溴元素的化合价来分析。 A、除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+等杂质,先除硫酸根离子,需要BaCl2溶液,再除镁离子,需要NaOH溶液,最后除钙离了,加入Na2CO3溶液选项A错误;B、为防止氯化镁水解,应该在氯化氢气氛中进行,选项B错误;C、氯碱工业的阴极是水电离出的氢离子得电子得到氢气,选项C错误;D、由③可知NaBr→Br2,NaBr中溴元素的化合价为-1价,单质溴中溴元素的化合价为0,则在反应中溴元素的化合价升高,由信息可知溴元素被氧化,第④步吸收溴单质,还原为氢溴酸,在吸收液中氢溴酸被氧化又转化为溴单质,起到富集溴元素的目的,选项D正确。 答案选D。 点睛: 本题考查海水综合应用的有关判断。 题目中重点对粗盐提纯和海水提溴进行考查,注意分析好氧化还原反应中元素化合价的变化,才能更好的解答。 14.某固体混合物是由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或几种组成,现对该混合物做如下实验,所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积): 下列说法中不正确的是( ) A.该固体中一定没有FeCl2,可能含有AlCl3B.该固体中含有2.70gAl C.该固体中含有6.60g(NH4)2SO4D.该固体中含有4.75gMgCl2 【答案】A 【解析】试题分析: 往混合固体中加入过量浓的NaOH溶液,能够生成气体的有Al、(NH4)2SO4,气体分别是H2和NH3,把气体通过碱石灰干燥,气体体积不变,再通过浓硫酸,气体体积减小且不为零,所以可知生成的气体为H2和NH3,体积分别为3.36L和2.3L,原固体混合物中一定有Al、(NH4)2SO4,由体积可以分别计算得m(Al)=2.70g、m[(NH4)2SO4]=6.60g;又碱过量有白色沉淀生成,且白色沉淀久置不变色,则一定没有FeCl2,沉淀为Mg(OH)2是2.9g,由此可计算得m(MgCl2)=4.75g;由此m(Al)+m[(NH4)2SO4]+m(MgCl2)=2.70g+6.60g+4.75g=14.05g,所以固体混合物中只有这三种物质,一定没有AlCl3,所以A错误,故选A。 考点: 本题考查元素化合物性质和简单计算。 第Ⅱ卷 二、非选择题(本题包括6小题,共58分) 15.下表为元素周期表的一部分。 (1)a原子结构示意图为___________,d的一种氢化物为常见溶剂,其电子式为__________。 (2)e的最高价氧化物对应水化物的钠盐液中通入少量a的最高价氧化物会发生反应,写出相应的离子方程式: ____________________________________。 (3)X、Y为同周期元素,它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同,Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小,X、Y两种元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水,写出该反应的化学方程式: ____________________________,X在周期表中的位置为________________。 (4)与Y同周期的W元素,其原子半径是同周期主族元素中最小的。 工业上制取Y和W的无水化合物方法如下: Y的氧化物与a、W的单质在高温条件下反应,每消耗6kga的单质,过程中转移1×103mol电子,写出相应反应的化学方程式: _________________________________。 【答案】 (1). (2). (3).SiO32-+CO2+H2O====H2SiO3↓+CO32-(4).Al(OH)3+NaOH====NaAlO2+2H2O(5).第3周期IA族(6).Al2O3+3C+3Cl2 2AlCl3+3CO 【解析】根据元素周期表中元素的位置可知,a为碳元素,b为氮元素,d为氧元素,e为硅元素。 (1)a是碳元素,原子结构示意图为 ,d的一种氢化物为常见溶剂,为水,其电子式为 ; (2)e的最高价氧化物对应水化物的钠盐Na2SiO3溶液中通入少量a的最高价氧化物CO2会发生反应,反应的离子方程式为: SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-;(3)X、Y为同周期金属元素,它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同,因此X和Y是第三周期的钠、镁和铝等。 Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小,因此Y是铝。 由于氢氧化铝是两性氢氧化物,能溶于强酸或强碱中,因此X是Na,则X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水的化学方程式是Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O;X为钠元素,在周期表中的位置为第3周期IA族;(4)与Y同周期的W元素,其原子半径是同周期主族元素中最小的,则W为氯元素,工业上制取Y和W的无水化合物AlCl3方法如下: Y的氧化物Al2O3与a、W的单质C和Cl2在高温条件下反应,每消耗6kg碳单质,过程中转移1×103mol电子,则反应中碳的化合价变化为 =2,应由0价升高为+2价,生成物应该为CO,根据氧化还原反反应的配平,可知相应反应的化学方程式: Al2O3+3C+3Cl2 2AlCl3+3CO。 点睛: 本题考查元素周期表的结构、元素周期律的应用;氢氧化铝的两性以及物质的制备等。 解题的关键是根据元素周期表推断出各元素,通过元素的“构、位、性”进行解答。 根据元素周期表中元素的位置可知,a为碳元素,b为氮元素,d为氧元素,e为硅元素,据此分析解答。 16.六种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示,其中R元素的最外层电子数是其次外层电子数的一半。 请回答下列问题: (1)R的元素名称是_______,中子数为8的X元素的原子是______(用原子组成符号表示)。 (2)上述六种元素,非金属性最强的元素为________________(填元素符号) (3)Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为____________________。 (4)W和Y形成一种二元化合物甲的相对分子质量为184,且Y的质量分数约为30%。 则化合物甲的化学式为__________________。 化合物甲在摩擦时会发生猛烈爆炸,分解为一种W的单质和一种Y的单质,其中W的单质与Y的单质的相对分子质量之比为64∶7。 写出化合物甲爆炸分解的化学方程式: __________________________________。 【答案】 (1).硅 (2). (3).F(4).H3PO4(5).N4S4(6).2N4S4==4N2↑+S8 【解析】由短周期元素在周期表中位置,可知X、Y、M处于第二周期,R、Z、W处于第三周期,R元素的最外层电子数是次外层电子数的一半,则最外层电子数为4,故R为Si,可推知X为C、Y为N、Z为P、W为S、M为F。 (1)R的元素名称是硅,中子数为8的X元素的原子是; ; (2)同周期从左到右非金属性逐渐增强,同主族元素从上而下非金属性逐渐减弱,故上述六种元素,非金属性最强的元素为F;(3)Z是磷元素,其最高价氧化物对应水化物的化学式为: H3PO4;(4)S和N形成的一种化合物甲的相对分子质量为184,其中N元素的质量分数约为30%,则分子中N原子数目为 =4,S原子数目为 =4,故化合物甲的化学式为N4S4;化合物N4S4在摩擦时会发生猛烈爆炸,分解为一种S的单质和一种N的单质,其中S的单质与N的单质的相对分子质量之比为64∶7,设单质分别为Sx、Ny,则分子个数比为: = ,则x: y=4: 1,氮常见的为N2,故硫单质为S8,则化合物N4S4爆炸分解的化学方程式为: 2N4S4==4N2↑+S8。 点睛: 本题考查元素周期表及周期律、结构位置性质关系应用,由短周期元素在周期表中位置,可知X、Y、Z、M处于第二周期,R、W处于第三周期,R元素的最外层电子数是次外层电子数的一半,则最外层电子数为4,故R为Si,可推知X为C、Y为N、Z为P、W为S、M为F,由此解答。 17.某化学学习小组设计了如下从海带灼烧后的海带灰中提取碘单质的流程: (1)溶解海带灰时要加热煮沸2~3min的目的是_________________,操作a的名称为____________。 (2)向酸化的溶液I中加入H2O2的目的为__________________________________。 (3)已知I2与40%的NaOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1: 5,写出对应的化学方程式: ________________________________。 (4)最后过滤得到的I2需要进行洗涤和干燥,下列洗涤剂中最应该选用的是_________(填选项字母)。 A.热水B.乙醇C.冷水D.二硫化碳 (5)用Na2S2O3的标准溶液测定产品的纯度,发生反应: I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。 取5.0g产品,配制成100ml溶液。 取10.00ml溶液,以淀粉溶液为指示剂,用浓度为0.050mol·L-1Na2S2O3的标准溶液进行滴定,相关数据记录如下表所示。 编号 1 2 3 溶液的体积/mL 10.00 10.00 10.00 消耗Na2S2O3,标准溶液的体积/mL 19.95 17.10 20.05 滴定时,达到滴定终点的现象是________________,碘单质在产品中的质量分数是________________(用百分数表示,且保留1位小数)。 【答案】 (1).加快I-溶解,使海带灰中I-尽可能全部溶解 (2).分液(3).将I-氧化为I2(4).3I2+6NaOH==NaIO3+5NaI+3H2O(5).C(6).加入最后一滴标准溶液后,蓝色溶液恰好变为无色,且半分钟不恢复(7).25.4% 【解析】 (1)溶解海带灰时要加热煮沸是加快I-溶解,使海带灰中I-尽可能全部溶解,操作a是分离碘单质的水溶液,加入苯溶液除去碘单质分层分液得到含碘单质的有机层,操作a的名称为分液; (2)向酸化的溶液I中加入H2O2的目的为将I-氧化为I2;(3)碘单质和氢氧化钠溶液反应属于歧化反应,碘元素化合价降低为-1价得到还原产物,升高为正价得到氧化产物,氧化产物和还原产物的物质的量之比为1: 5,结合电子守恒设升高的化合价为x,则1×(x-0)=5×[0-(-1)],解得x=+5,反应的化学方程式为: 3I2+6NaOH==NaIO3+5NaI+3H2O;(4)I2需要进行洗涤和干燥,洗涤剂不能与碘单质发生反应,不能溶解碘单质,则A、热水中碘单质溶解度较大,选项A不选;B、碘单质易溶于乙醇,不能用乙醇洗涤碘单质,选项B不选;C、碘单质在冷水中溶解性不大,可以用来洗涤碘单质,选项C选;D、碘单质易溶于二硫化碳,不能用来洗涤碘单质,选项D不选。 答案选C;(5)以淀粉溶液为指示剂,用浓度为0.050mol·L-1Na2S2O3的标准溶液进行滴定,终点现象为蓝色溶液恰好变为无色且半分钟内不褪色;表中数据可知,第二次实验中消耗标准溶液的体积与另外两次相差太大,应该是操作失误,舍去,则实际消耗Na2S2O3标准溶液的体积的平均值为 =20.00mL,则根据反应的方程式可知, I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI 12 n(I2)0.0200L×0.05mol/L 所以样品中I2的物质的量是0.0200L×0.05mol/L× 10=0.005mol,则碘单质在产品中的质量分数= ×100%=25.4%。 点睛: 本题考查海带中提碘。 正确理解海带提碘的操作流程是解题的关键: 海带灰加入水溶解后加热2-3min,过滤得到溶液I中含碘离子,加入酸酸化,加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质,加入苯萃取分液得到有机层为含碘单质的苯溶液,加入的40%的NaOH溶液反萃取分液,得到溶液Ⅲ中为含碘离子和碘酸根离子的溶液,加入酸酸化过滤得到碘单质,由此分析解答。 18.某研究件学习小组对铝热反应实验展开研究。 现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述: “反应放出大量的热,并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿,有熔融物落入沙中”.查阅《化学手册》知,Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下: 物质 Al Al2O3 Fe Fe2O3 熔点/℃ 660 2054 1535 1462 沸点/℃ 2467 2980 2750 -- (1)某同学推测,铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金.理由是: 该反应放出的热量使铁熔化,而铝的熔点比铁低,此时液态的铁和铝熔合形成
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