浙江省高三月考理综化学试题.docx
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浙江省高三月考理综化学试题
高三10月月考理综化学试题
可能用到的相对原子质量:
H—1O—16Na—23Mg-24S-32Fe-56
一、选择题:
本题共13个小题,每小题6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.下列有关实验的说法正确的是
A.除去铁粉中混有少量铝粉,可加入过量的氢氧化钠溶液,完全反应后过滤
B.光照氯水有气泡冒出,该气体主要为Cl2
C.制备Fe(OH)3胶体,通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中
D.Na溶液和盐酸可以通过相互滴加的方法来鉴别,NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液也可以通过相互滴加的方法来鉴别
【答案】A
【解析】试题分析:
A.金属Al既能与酸反应又能与碱反应,而铁不溶于碱,故可用来分离该两种金属,故A正确;B.氯水中的次氯酸见光易分解为盐酸和氧气,所以光照氯水有气泡逸出,该气体是O2,故B错误;C.制备Fe(OH)3胶体通常的做法是在沸水中滴加饱和的氯化铁溶液,至溶液呈红褐色时停止加热,故C错误;D.Na[Al(OH)4]溶液滴加到盐酸中,先无现象,最后Na[Al(OH)4]溶液过量可出现浑浊,但盐酸滴加到Na[Al(OH)4]溶液中,先生成沉淀,盐酸过量沉淀溶解,现象不同,可鉴别,NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液,无论滴加顺序如何,都只生成碳酸钙沉淀,现象相同,不可互相滴加的方法鉴别,故D错误;故选A。
考点:
元素化合物的性质与制备、检验等
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列有关叙述不正确的是
A.硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共23g,则铜失去的电子数为0.5NA
B.3g甲酸与乙醛的混合物中含有共价键数为0.4NA
C.将标准状况下2.24LSO2通入水中完全溶解,溶液中H2SO3分子数为0.1NA
D.标准状况下8.96L的平均相对分子质量为3.5的H2与D2含有中子数0.3NA
【答案】A
【解析】试题分析:
A、23g混合气体,可以看作都是NO2,因此铜失去电子物质的量为23×1/46mol=0.5mol,故正确;B、甲酸的结构简式为HCOOH,假设全部是甲酸,共价键的物质的量为3×5/46mol=0.3mol,乙醛的结构简式为CH3CHO,假设全部是乙醛,含有共价键的物质的量为3×7/44mol=0.5mol,因此混合物中含有共价键的物质的量不等于0.4mol,故错误;C、H2SO3要发生电离,因此H2SO3的物质的量小于0.1mol,故错误;D、H2的摩尔质量为2g·mol-1,D2的摩尔质量为4g·mol-1,混合物总物质的量为8.96/22.4mol=0.4mol,设H2的物质的量为xmol,则D2的物质的量为(0.4-x)mol,根据平均摩尔质量=[2x+(0.4-x)×4]/0.4=3.5,解得x=0.1,D2的物质的量为0.3mol,H2中不含中子数,D2中含有2mol中子数,含有中子数物质的量为0.3×2mol=0.6mol,故错误。
考点:
考查阿伏加德罗常数等知识。
3.布洛芬属于丁苯丙酸的一种,是世界卫生组织推荐的儿童抗炎退烧药,其结构如图所示。
下列说法不正确的是
A.布洛芬的分子式为C13H18O2
B.布洛芬与苯丙酸互为同系物
C.丁苯丙酸共有12种可能的结构
D.布洛芬能发生加成、取代等反应
【答案】C
【解析】试题分析:
A。
布洛芬的分子式为C13H18O2,正确;B。
都含有一个苯环,烃基都为饱和,含有一个羧基,结构相似,组成上相差4-CH2;布洛芬与苯丙酸互为同系物,正确;D.布洛芬含有苯环,能够与氢气发生加成,羧基与醇发生取代等反应;D正确;C.丁苯丙酸结构中,丁基有4种结构,丙烯酸基,有2种结构,共有8种结构,C错误;
考点:
有机物性质的考察。
4.甲、乙、丙、丁为四种主族元素,甲元素与乙、丙、丁三种元素直接相邻,甲、乙的原子序数之和等于丙的原子序数;这四种元素原子的最外层电子数之和为20。
下列判断正确的是
A.原子半径:
丙>乙>甲>丁
B.气态氢化物的稳定性:
甲>丙
C.最高价氧化物对应的水化物的酸性:
丁>甲
D.乙和甲、乙和丁所能形成的化合物都是剧毒物质
【答案】B
【解析】试题分析:
A。
甲元素与乙、丙、丁三种元素相邻,可知最外层电子数分别为x、x+1、x-1,由四种元素原子的最外层电子数之和为20,x=5,根据甲、乙的原子序数之和等于丙的原子序数,可推导出甲:
N、乙:
O、丙:
P、丁:
C。
A、半径应为:
乙<甲<丁,错误;B、气态氢化物的稳定性与非金属性有关,非金属性N>P,所以气态氢化物的稳定性NH3>PH3,正确;C、酸性:
H2CO3 考点: 元素周期表相关知识的考察。 5.下列实验设计及描述不正确的是 A.图甲所示的实验,探究氧化性: KMnO4>Cl2>I2 B.图乙所示的实验,根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀 C.图丙所示的实验,根据温度计读数的变化用稀盐酸和NaOH溶液反应测定中和热 D.图丁所示的实验,根据试管中液体颜色的变化比较Cl2、Fe3+、I2的氧化性强弱 【答案】B 【解析】A、酸性高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气,氯气氧化碘化钾生成碘,则装置②可探究氧化性: KMnO4>Cl2>I2,故A正确;B、析氢腐蚀生成氢气,而吸氧腐蚀中氧气得电子,气体减少,用食盐水浸泡应发生吸氧腐蚀,故B错误;C、中和热测定应选稀的强酸和稀的强碱之间来反应,故C正确;D、三价铁是棕黄色溶液,碘的四氯化碳呈紫色,根据颜色的先后判断Fe2+、碘离子的还原性,还原性强的,氧化产物的氧化性弱,故D正确。 故选B。 6.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g•mL﹣1、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀.下列说法不正确的是 A.得到2.54g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是640mL B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol•L﹣1 C.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80% D.该合金中铜与镁的物质的量之比是1: 2 【答案】D 【解析】金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁,故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g,氢氧根的物质的量为1.02g/17g·mol-1=0.06mol,根据电荷守恒可知,金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量,令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol,则: 2x+2y=0.06、64x+24y=1.52,解得x=0.02,y=0.01; NO2和N2O4混合气体的物质的量为1.12L/22.4L·mol-1=0.05mol,令二氧化氮的物质的量为amol,则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol,根据电子转移守恒可知,a×1+(0.05-a)×2×1=0.06,解得a=0.04,NO2和N2O4的物质的量之比=0.04mol: (0.05mol-0.04mol)=4: 1;该浓硝酸密度为1.40g·mL-1、质量分数为63%,故该浓硝酸的物质的量浓度为 =14mol·L-1。 A、反应后溶质为硝酸钠,根据氮元素守恒可知,硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol·L-1-0.04mol-(0.05mol-0.04mol)×2=0.64mol,根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol,故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mo/1mol·L-1=0.64L=640mL,故A正确;B、该浓硝酸密度为1.40g·mL-1、质量分数为63%,故该浓硝酸的物质的量浓度为 =14mol·L-1,故B正确;C、NO2的体积分数是4/(4+1)×100%=80%,故C正确;D、合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol: 0.01mol=2: 1,故D错误;故选D。 7.常温下,有下列四种溶液: ① ② ③ ④ 0.1mol/L NaOH溶液 pH=11 NaOH溶液 0.1mol/LCH3COOH溶液 pH=3 CH3COOH溶液 下列说法正确的是 A.由水电离出的c(H+): ①>③ B.③稀释到原来的100倍后,pH与④相同 C.①与③混合,若溶液pH=7,则V(NaOH)>V(CH3COOH) D.②与④混合,若溶液显酸性,则所得溶液中离子浓度可能为: c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-) 【答案】D 考点: 考查弱电解质的电离平衡、溶液中离子浓度大小比较 点评: 该题是高考中的常见题型,属于中等难度的试题。 试题贴近高考,灵活性强,注重考查学生分析问题、解决问题的能力,有助于培养学生严谨的逻辑思维能力和发散思维能力。 8.近年来“雾霾”污染日益严重,原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体,火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因,现在对其中的一些气体进行了一定的研究: (1)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。 已知: ①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ/mol ②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ/mol ③H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol 写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式: _____________________________________________________________。 (2)汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体,对汽车加装尾气净化装置,可使有毒气体转化为无毒气体。 4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1 对于该反应,温度不同(T2>T1)、其他条件相同时,下列图像正确的是________________(填代号)。 (3)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物,某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO,发生反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)ΔH=akJ/mol 在T1℃时,反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下: 时间/min 浓度/(mol/L) 0 10 20 30 40 50 NO 1.0 0.58 0.40 0.40 0.48 0.48 N2 0 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36 CO2 0 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36 ①根据图表数据分析T1℃时,该反应在0-20min的平均反应速率v(NO)=_____________________;计算该反应的平衡常数K=____________________。 ②30min后,只改变某一条件,根据上表的数据判断改变的条件可能是_________(填字母代号)。 A.通入一定量的CO2B.加入合适的催化剂 C.适当缩小容器的体积D.通入一定量的NO E.加入一定量的活性炭 ③若30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2: 1: 1,则达到新平衡时NO的转化率____________(填“升高”或“降低”),a________0(填“>”或“<”)。 (4)温度T1和T2时,分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入1L的密闭容器中发生反应: CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=bkJ/mol。 测得有关数据如下表: 温度 时间/min 物质的量 0 10 20 40 50 T1 n(CH4)/mol 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 T2 n(CH4)/mol 0.50 0.30 0.18 x 0.15 下列说法正确的是__________________。 A.T1>T2,且b>0 B.当温度为T2、反应进行到40min时,x>0.15 C.温度为T2时,若向平衡后的容器中再充入0.50molCH4和1.2molNO2,重新达到平衡时,n(N2)<0.70mol D.温度为T1时,若起始时向容器中充入0.50molCH4(g)、0.50molNO2(g)、1.0molN2(g)、2.0molCO2(g)、0.50molH2O(g),反应开始时,ν(正)>ν(逆) 【答案】 (1).CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H=-955kJ/mol (2).乙(3).0.030mol·L-1·min-1(4).0.56(或9/16)(5).降低 【解析】 (1)已知: ①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574k·mol-1;②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1;③H2O(g)═H2O(l)△H=-44.0kJ·mol-1,根据盖斯定律,(①+②+3×4)÷2可得: CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H=-574k·mol-1-1160kJ·mol-1-574k·mol-1×4=-955kJ/mol; (2)该反应为放热反应,升高温度,正逆反应速率均增大,都应该比原来的速率大,图象与实际情况不相符,故甲错误;升高温度,反应向着逆向进行,反应物的转化率减小,反应速率加快,图象与实际反应一致,故乙正确,压强相同时,升高温度,反应向着逆向移动,一氧化氮的体积分数应该增大,图象与实际不相符,故丙错误,故选乙;(3)0~20min内,CO2的平均反应速率v(NO)=(1.0mol·L-1-0.4mol·L-1)/20min=0.030mol·L-1·min-1;C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g),平衡浓度c(N2)=0.3mol·L-1;c(CO2)=0.3mol·L-1;c(NO)=0.4mol·L-1;反应的平衡常数K= =0.56;②30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡,C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g),依据图表数据分析,平衡状态物质浓度增大,依据平衡常数计算K= ,平衡常数随温度变化,平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度;依据数据分析,氮气浓度增大,二氧化碳和一氧化氮浓度增大,反应前后气体体积不变,所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮;A.生成物CO2和N2按方程式计量数之比同时增大,通入一定量的CO2不合理,故A错误;B.加入催化剂不能使平衡移动,故B错误;C.适当缩小容器的体积,反应前后体积不变,平衡状态物质浓度增大,故C正确;D.通入一定量的NO,新平衡状态下物质平衡浓度增大,故D正确;E.加入一定量的活性炭,碳是固体对平衡无影响,平衡不移动,故E错误;故选CD。 ③若30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为2: 1: 1,氮气和二氧化碳难度之比始终为1: 1,所以2: 1=6: 3>4: 3,说明平衡向逆反应方向移动,达到新平衡时NO的转化率降低,说明逆反应是吸热反应,则正反应是放热反应,a<0;(4)A、温度升高,反应速率加快,因此T2>T1,甲烷剩余量增多,说明反应逆向进行,正反应放热,所以b<0,故A错误;B、当温度为T2、反应进行到40min时,反应达到平衡状态,x=0.15,故B错误;C、温度为T2时,若向平衡后的容器中再充入0.50molCH4和1.2molNO2,平衡逆向移动,重新达到平衡时,n(N2)小于原平衡n(N2)的2倍,故C正确; D、对于反应CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) 起始(mol·L-1)0.51.2000 变化(mol·L-1)0.40.80.40.40.8 平衡(mol·L-1)0.10.40.40.40.8 温度为T1时,平衡常数K= =6.4,若起始时向容器中充入0.50molCH4(g)、0.50molNO2(g)、1.0molN2(g)、2.0molCO2(g)、0.50molH2O(g),浓度商= =4<K,平衡正向移动,ν(正)>ν(逆),故D正确。 故选CD。 9.乙酰苯胺作为一种常用药,具有解热镇痛的效果.实验室制备乙酰苯胺时,可以用苯胺与乙酸酐或与冰醋酸加热来制取,苯胺与乙酸酐的反应速率远大于与冰醋酸反应的速率,已知苯胺微溶于冷水;纯乙酰苯胺是无色片状晶体,熔点114℃,不溶于冷水,可溶于热水;乙酸酐遇水缓慢反应生成乙酸;现选用苯胺与乙酸酐为原料制取和提纯乙酰苯胺,该放热反应的原理: 实验步骤 ①取5.0mL苯胺(密度1.04g/mL),倒入100mL锥形瓶中,加入20mL水,在旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐(密度1.08g/mL),搅拌均匀.若有结块现象产生,用玻璃棒将块状物研碎,再充分搅拌; ②反应完全后,及时把反应混合物转移到烧杯中,冷却后,抽滤,洗涤,得粗乙酰苯胺固体; ③将粗产品转移至150mL烧杯中,加入适量水配制成80℃的饱和溶液,再加入过量20%的水.稍冷后,加半匙活性炭,搅拌下将溶液煮沸3~5min,过滤Ⅰ,用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体,合并滤液,冷却结晶,过滤Ⅱ、洗涤、晾干得乙酰苯胺纯品. (1)步骤①研碎块状产物的用意在于________________________________;反应温度过高会导致苯胺挥发,下列可以控制反应温度,防止反应温度升高过快的操作有__; A.反应快结束时的充分搅拌B.旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐 C.玻璃棒将块状物研碎D.加20mL水 (2)步骤②洗涤粗产品时,选用的溶剂是_______; A.热水B.冷水C.1: 3的乙醇溶液D.滤液 (3)步骤③两次用到过滤,其中过滤Ⅰ选择________(过滤、趁热过滤或抽滤),过滤Ⅰ操作是为了除去_____________;配制热溶液时,加入过量溶剂的作用是___________(选出正确选项); A.防止后续过程中,溶剂损失可能产生的产物析出 B.防止后续过程中,温度降低可能产生的产物析出 C.除去活性炭未吸附完全的有色杂质 (4)步骤③冷却滤液时可选择__; A.冰水浴冷却B.搅拌下水浴冷却 C.室温下自然冷却D.投入少量碎冰后静置 (5)步骤③中以下哪些操作不能提高产率__________; ①配制成饱和溶液后,加入过量20%的溶剂;②趁热过滤近沸溶液;③过滤Ⅰ时用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体,合并滤液;④加活性炭吸附;⑤过滤Ⅱ时的洗涤选用热水代替冷水洗涤固体. A.①④⑤B.①④C.④⑤D.②④⑤ (6)步骤③最后测得纯乙酰苯胺固体6.75g,已知苯胺、乙酸酐和乙酰苯胺的摩尔质量分别为93g/mol、102g/mol、135g/mol.该实验的产率为________(保留两位有效数字) 【答案】 (1).BD (2).防止原料被产物包裹,使之充分反应,提高产率(3).B(4).趁热过滤(5).除去吸附有色物质的活性炭(6).AB(7).C(8).C(9).89% .................. 点睛: 本题考查有机物的合成、有机化学实验、物质的分离提纯、对操作步骤的分析评价等,试题涉及知识点较多、综合性较强,是对学生综合能力的考查,需要学生具备扎实的基础,难度较大。 解题关键: 认真阅读试题,结合制备原理解题。 难点: 产率的计算,要考虑过量计算的问题。 10.MnO2用途很广,它是一种广泛应用的氧化剂。 例如将它加入熔态的玻璃中,可以除去带色的杂质(硫化物或亚铁盐),称为普通玻璃的“漂白剂”。 在锰-锌干电池中用作去极剂,以氧化在电极上产生的氢。 (1)Zn-MnO2干电池应用广泛,其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。 其电解质溶液呈________性(填“酸”、“碱”或“中”),原因是_________________、________________(用离子方程式表示);该电池工作时,电子流向__________极(填“正”或“负”)。 (2)工业上,常以菱锰矿(主要成分MnCO3,常含有少量铁、钙、锌等元素)为原料,用电解法可以制备MnO2。 其制备过程如下: ①请写出酸浸的主要化学方程式: _________________________________________。 ②下图可以看出,从MnSO4和ZnSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体,需要控制的温度范围为______(填字母)。 A.0~40℃B.40~60℃C.60℃以上 ③请写出用惰性电极电解MnSO4溶液制备MnO2的阳极反应: ________________________。 ④该工艺产生的废水中含有较多的Mn2+,通常用H2S或者Na2S溶液处理。 25℃,在0.10mol·L-1H2S溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH,溶液pH与c(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。 i.pH=13时,溶液中的c(H2S)+c(HS-)=______mol·L-1; ii.某溶液含xmol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S,当调节溶液pH=5时,Mn2+开始沉淀,则x=_________。 [已知: Ksp(MnS)=2.8×10-13] 【答案】 (1).酸 (2).NH4++H2O NH3﹒H2O+H+(3).Zn2++2H2O Zn(OH)2+2H+(4).正(5).MnCO3+H2SO4===MnSO4+H2O+CO2↑(6).C(7).Mn2+-2e-+2H2O===MnO2+4H+(8).0.043(9).0.020 【解析】试题分析: (1)ZnCl2和NH4Cl都属于强酸弱碱盐,Zn2+和NH4+发生水解,Zn2++2H2O Zn(OH)2+2H+、NH4++H2O NH3·H2O+H+,造成溶液中c(H+)>c(OH-),溶液显酸性,根据原电池的工作原理,电子从负极流向正极; (2)①菱锰矿成分是MnCO3,和硫酸反应: MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑;②根据溶解度和温度的关系,得到MnSO4·H2O,温度控制在60℃以上,因为随温度升高MnSO4·H2O的溶解度降低,析出MnSO4·H2O,故选项C正确;③阳极是失去电子,化合价升高,因此阳极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+;④根据物料守恒,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1,pH=13时,溶液中c(S2-)=5.7×10-2mol·L-1,因此c(HS-)+c(H2S)=0.043mol·L-1,根据溶度积的表示,Ksp=c(Mn2+)×c(S2-),pH=5时,c(S2-)=1.4×10-11mol·L-1,因此c(Mn2+)=0.02
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- 浙江省 三月 考理综 化学试题