四川省双流县棠湖中学高三月月考化学.docx
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四川省双流县棠湖中学高三月月考化学
四川省双流县棠湖中学化学
一、单选题:
共7题
1.化学与环境、材料、信息、能源关系密切,下列说法中不正确的是
A.以液化石油气代替燃油可减少大气污染
B.“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关
C.尽量使用含12C的产品,减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济”宗旨
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“断路”
【答案】C
【解析】本题考查物质的性质和用途。
A.液化石油气含杂质少,燃烧充分,可减少大气污染,正确;B.“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关,正确;C.12C、13C、14C都是碳元素,尽量使用不符合“促进低碳经济”宗旨,错误;D.二氧化硅与强碱反应,正确;故选C。
2.下列各组中的物质均能发生加成反应的是
A.乙烯和乙醇B.苯和氯乙烯C.乙酸和溴乙烷D.丙烯和丙烷
【答案】B
【解析】含碳碳双键等不饱和键的物质可发生加成反应。
乙烯中含碳碳双键,能发生加成反应,而乙醇不能发生加成反应,A项错误;苯和氯乙烯中均含不饱和键,均能发生加成反应,B项正确;乙酸和溴乙烷均不能发生加成反应,C项错误;丙烯中含碳碳双键能发生加成反应,而丙烷不能发生加成反应,D项错误。
3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍,Y原子最外层只有2个,Z单质可制成半导体材料,W与X属于同一主族。
下列叙述正确的是
A.元素的简单气态氢化物的热稳定性X B.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性: W C.化合物YX、ZX2、WX3中化学键类型相同 D.原子半径的大小顺序: Y>Z>W>X 【答案】D 【解析】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,X有2个电子层,最外层电子数为6,故X为O元素,W与X属于同一主族,故W为S元素,Y原子的最外层只有2个电子,原子序数大于O元素,故Y处于第三周期,故A错误;B.非金属Si<S,故元素S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Si的强,故B错误;C.化合物MgO为离子化合物,含有离子键,SiO2、SO3属于共价化合物,含有共价键,故C错误;D.同周期自左而右,原子半径减小,同主族电子层越多原子半径越大,故原子半径Mg>Si>S>O,即Y>Z>W>X,故D正确, 故选: D。 4.NA代表阿伏加德罗常数,下列叙述错误的是 A.10mL质量分数为98%的H2SO4,用水稀释至100mL,H2SO4的质量分数为9.8% B.在H2O2+Cl2 2HCl+O2反应中,每生成32g氧气,则转移2NA个电子 C.标准状况下,分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L,质量为28g D.一定温度下,1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl的溶液含的物质的量不同 【答案】A 【解析】本题考查了阿伏加德罗常数的应用。 A、10mL质量分数为98%的H2SO4,用水稀释至100mL,由于浓硫酸的密度大于1,设98%的H2SO4溶液密度为ρ1,稀释后硫酸的密度为ρ2,因硫酸的浓度越大密度越大,则ρ1>ρ2,则稀释后溶液的质量分数为w(H2SO4)= ×100%=9.8%×>9.8%,错误;B、H2O2+Cl2 2HCl+O2反应中过氧化氢是还原剂,氯气是氧化剂,H2O2中的氧元素化合价从﹣1变化为0价,32g氧气为1mol,所以生成1mol氧气电子转移为2mol,正确;C、标准状况下,分子数为NA的CO、C2H4混合气体物质的量为1mol,体积约为22.4L,CO、C2H4的摩尔质量相同都为28g/mol,所以质量为28g,正确;D、一定温度下,1L0.50mol•L﹣1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含,由于浓度不同,水解程度不同,浓度越大水解程度越小,物质的量不同,正确;故选A。 5.按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物: 下列各步实验操作原理与方法错误的是 【答案】C 【解析】本题考查海水资源利用及分离提纯的实验。 A.步骤 (1)是分离固液混合物,其操作为过滤,需要过滤装置,正确;B.步骤 (2)分离互不相溶的液体混合物,需进行分液,要用到分液漏斗,正确;C.步骤(3)是从溶液中得到固体,操作为蒸发,需要蒸发皿,错误;D.步骤(4)是从有机化合物中,利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯,需要蒸馏装置,正确;故选C。 6.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 【答案】B 【解析】本题考查化学实验方案的评价。 A.白色沉淀可能为AgCl,溶液中可能含银离子或硫酸根离子,但二者不同时存在,错误;B.氯气与KI反应生成碘,溶液变蓝,氯气作氧化剂;后褪色,是因氯气具有强氧化性将碘单质氧化了,则C12先表现氧化性、后表现强氧化性,正确;C.CO还原Fe2O3得到的黑色固体,为Fe,Fe与盐酸反应生成氯化亚铁,所以再加入KSCN不能变红,错误;D.发生氧化还原反应,生成硫酸钡沉淀,而BaSO3溶于硝酸,故D错误;故选B。 7.进行下列反应后,所得溶液中一定只含有一种溶质的是 A.将铁粉加到稀硝酸中 B.向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液 C.向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液 D.NaOH溶液与醋酸溶液反应后所得的pH大于7的溶液 【答案】C 【解析】本题考查元素化合物知识。 A.铁粉与稀硝酸反应可生成Fe2+或Fe3+,可能为二者的混合物,错误;B.向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化铝和氯化钠,所以溶液中的溶质为氯化铝和氯化钠,错误;C.向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液,生成Mg(OH)2和BaSO4,溶质只有Ba(OH)2,正确;D.NaOH溶液与醋酸溶液反应后所得的pH大于7的溶液,可能含有醋酸钠和氢氧化钠,所以溶液中可能含有两种溶质,错误;故选C。 二、填空题: 共1题每 8.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。 已知: ①C的简单气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色; ②A与D可以形成原子个数比分别为2∶1、1∶1的两种液态化合物X和Y,A、E同主族,C与B、D相邻; ③A、B、C、D四种元素组成一种化合物F,其组成原子数之比为5∶1∶1∶3。 请回答下列问题: (1)C原子在周期表的位置为 ;D的原子结构示意图为 ; 写出化合物EDA的电子式 。 (2)C的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应可生成盐,写出其化学式 ;写出Y的结构式 。 (3)F溶液与足量EDA的稀溶液混合,其离子方程式为 。 (4)氯气与C的简单气态氢化物相遇有白烟及C2生成,写出反应方程式 。 (5)用CH4可以消除汽车尾气中氮氧化物的污染。 已知: CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ·mol-1 2NO2(g) N2O4(g) ΔH=-56.9kJ·mol-1 写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式: 。 【答案】 (1)第二周期第VA族 (2)NH4NO3 H—O—O—H (3)++2OH- +H2O+NH3·H2O (4)8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl (5)CH4(g)+N2O4(g) N2(g)+2H2O(l)+CO2(g) ΔH=-898.1kJ·mol-1 【解析】本题考查元素周期表及常见化合物的性质。 ①C的简单气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色,C为氮N;②A与D可以形成原子个数比分别为2∶1、1∶1的两种液态化合物X和Y,A为氢H,D为O,A、E同主族,E为钠,C与B、D相邻,B为碳;③A、B、C、D四种元素组成一种化合物F,其组成原子数之比为5∶1∶1∶3,F为碳酸氢铵; (1)C为氮原子,在周期表的位置为第二周期第VA族;D为O原子,原子结构示意图为 ;化合物EDA为NaOH,电子式 。 (2)N的最高价氧化物对应的水化物硝酸与其气态氢化物氨气反应可生成硝酸铵,化学式为NH4NO3;Y的结构式H—O—O—H。 (3)碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠的稀溶液混合,其离子方程式为++2OH- +H2O+NH3·H2O。 (4)氯气与氨气反应的化学方程式为: 8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl。 (5)由盖斯定律两式相减可得: CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式: CH4(g)+N2O4(g) N2(g)+2H2O(l)+CO2(g) ΔH=-898.1kJ·mol-1。 三、综合题: 共2题 9.HNO2是一种弱酸,且不稳定,易分解生成NO和NO2;它能被常见的强氧化剂氧化;在酸性溶液中它也是一种氧化剂,能把Fe2+氧化成Fe3+。 AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。 试回答下列问题: (1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+。 若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可解毒。 下列叙述不正确的是 (填序号)。 A.亚硝酸盐被还原 B.维生素C是还原剂 C.维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D.亚硝酸盐是还原剂 (2)下列方法中,不能用来区分NaNO2和NaCl的是 (填序号)。 A.测定这两种溶液的pH B.在酸性条件下加入KI淀粉溶液来区别 C.分别在两种溶液中滴加甲基橙 D.用AgNO3和HNO3两种试剂来区别 (3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,同时生成NaNO3和HCl,请写出反应的离子方程式: 。 (4)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。 若用反应所得的酸性溶液,将Fe2+转化为Fe3+,要求产物纯净,可选用的最佳试剂是 (填序号)。 A.Cl2 B.Fe C.H2O2 D.HNO3 (5)工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K2FeO4),反应原理如下,请完成并配平第①步反应。 ① NaClO+ Fe(NO3)3+ NaOH Na2FeO4↓+ NaCl+ NaNO3+ ②Na2FeO4+2KOH K2FeO4+2NaOH (6)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂,在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。 高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是 。 【答案】 (1)D (2)C (3)+Cl2+H2O +2H++2Cl- (4)C (5)3 2 10 2 3 6 5H2O (6)杀菌消毒、净水 【解析】本题考查综合考查铁盐和亚铁盐的相互转化,亚硝酸盐的性质。 (1)服用维生素C可以解毒,说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+,Fe元素化合价降低,被氧化,则维生素具有还原性,而亚硝酸盐,会导致Fe2+转化为Fe3+,说明亚硝酸盐具有氧化性,在反应中为氧化剂,所以维生素C是还原剂,故答案为D; (2)A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性,氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性,相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同,所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别,错误;B.在酸性条件下,亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2+2I-+4H+ 2NO↑+I2+2H2O,碘遇淀粉变蓝色,氯离子和碘离子不反应,所以反应现象不同,所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别,错误;C.亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性,氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性,甲基橙的变色范围是3.1-4.4,所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色,反应现象相同,所以不能用甲基橙鉴别,正确;D.亚硝酸根离子不和银离子反应,氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀,反应现象不同,所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别,错误;故选B; (3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,同时生成NaNO3和HCl,反应的离子方程式为: +Cl2+H2O +2H++2Cl-;(4)由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子,但能引入新的杂质,铁不能氧化亚铁离子,双氧水的还原产物是水,不引入杂质,所以正确是双氧水,故选C;(5)氯元素化合价降低2价,铁元素化合价升高3价,所以NaClO前配计量数3,Fe(NO3)3NaClO前配计量数2,其余观察配平, 3NaClO+ 2Fe(NO3)3+ 10NaOH 2Na2FeO4↓+ 3NaCl+ 6NaNO3+5H2O; (6)高铁酸钾氧化性强,可以杀菌消毒,生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体,可以净水。 10.过碳酸钠(Na2CO3·3H2O2),有固体双氧水的俗称,被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中,其制备工艺流程如虚线框Ⅱ中所示: 已知: 2Na2CO3+3H2O2 2Na2CO3·3H2O2 △H<0。 回答下列问题: (1)下列物质可使过碳酸钠较快失效的是(填序号) 。 A.FeCl3溶液 B.H2S C.稀硫酸 D.NaHCO3溶液 (2)虚线框I中是侯氏制碱法(或联合制碱法)工艺流程,流程中先通NH3后通CO2的原因是 。 (3)I中产物A为 ;循环使用的产物B为 。 (4)II中结晶时加入NaCl的作用是 。 (5)生产过碳酸钠的流程中遗漏了一步,造成所得产品纯度偏低, 该步操作的名称是 。 (6)③处通入NH3时,发生的主要化学反应的离子方程式为: __ 。 (7)II中抽滤也称吸滤或减压过滤,是一种实验室常用的快速过滤方法 (如图所示)。 请解释“快速”的原因 。 【答案】 (1)a、b、c (2)氨气在水中溶解度大,先通氨气,可以吸收更多的二氧化碳,提高生成的浓度,有利于促进更多的NaHCO3析出。 (3)Na2CO3 CO2 (4)使2Na2CO3·3H2O2的溶解度降低,析出更多晶体。 (5)晶体的洗涤 (6) +NH3·H2O + +H2O (7)通过抽气使装置下方(锥形瓶内)的压强降低,从而加快过滤的速度。 【解析】本题考查了固体双氧水过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)的制取方法,及其性质。 (1)a、FeCl3溶液能够做催化剂,促进双氧水分解,使固体双氧水失效,故a正确;b、硫化氢具有还原性,能够与固体双氧水反应,使固体双氧水失效,故b正确;c、稀硫酸能够与碳酸钠反应,使固体双氧水失效,故c正确;d、碳酸氢钠与固体双氧水不反应,不会使固体双氧水失效,故d错误;所以正确的有abc; (2)氨气在水中溶解度大,先通氨气,可以吸收更多的二氧化碳,提高生成的浓度,有利于促进更多的NaHCO3析出。 (3)碳酸氢钠受热分解生成的产物A为碳酸钠和二氧化碳,循环使用的产物B为二氧化碳;(4)II中结晶时加入NaCl的作用是: 加入了氯化钠,溶液中钠离子浓度增大,降低了2Na2CO3·3H2O2的溶解度,会析出更多晶体;(5)生产过碳酸钠的流程中遗漏了一步,造成所得产品纯度偏低,该步操作的名称是: 晶体的洗涤。 (6)③处通入NH3时,发生的主要化学反应的离子方程式为: +NH3·H2O + +H2O;(7)I抽滤装置中有一个特殊的部件,他利用水流通过时使抽滤瓶中的部分气体被带出,从而使瓶内压强减小,这样在大气压的作用下,抽滤漏斗(即布氏漏斗)中的溶液受压能较快速地通过漏斗孔,这样就达到了加快过滤速度的效果。 四、实验题: 共1题 11.某实验小组把CO2通入饱和Na2CO3溶液制取NaHCO3,装置如图所示(气密性已检验,部分夹持装置略): (1)C中反应的化学方程式是 。 (2)请结合化学平衡移动原理解释B中溶液的作用 。 (3)当C中有大量白色固体析出时,停止实验,将固体过滤、洗涤、干燥备用。 为确定固体的成分,实验步骤如下: 第一步: 准确称取一定质量的固体,配成1000mL溶液作为样液,其余固体备用。 配制溶液时肯定不需要如图所示仪器中的 (填字母),配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是 (填仪器名称)。 第二步: 设计方案如下。 ①方案1: 取样液与澄清的Ca(OH)2溶液混合,出现白色沉淀。 实验小组对现象产生的原理进行分析,认为该方案不合理,理由是 。 ②方案2: 取样液与BaCl2溶液混合,出现白色沉淀并有气体产生。 实验小组认为固体中存在NaHCO3,其离子方程式是 。 该小组认为不能确定是否存在Na2CO3,你认为该结论是否合理? 。 ③方案3: 实验小组中甲、乙同学利用NaHCO3的不稳定性进行如下实验: 甲同学: 取样液400mL,用pH计测溶液pH,再水浴加热蒸发至200mL,接下来的操作是 ,结果表明白色固体中存在NaHCO3。 为进一步证明白色固体是否为纯净的NaHCO3,结合甲同学实验,还应补充的实验是 。 乙同学: 利用仪器测定了固体残留率随温度变化的曲线,如图所示。 已知: 残留率= 根据A点坐标得到的结论是 。 【答案】 (1)Na2CO3+CO2+H2O 2NaHCO3 (2)CO2在水中存在平衡: CO2+H2O H2CO3 +H+,有H2SO4存在时,可使上述平衡向左移动,从而减少CO2在水中的溶解,同时吸收挥发出来的HCl气体 (3)A、C 烧杯、玻璃棒 ①Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca(OH)2溶液发生反应生成白色沉淀,无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3。 ②2+Ba2+ BaCO3↓+CO2↑+H2O 合理 ③接下来的操作: 冷却到室温,加水至溶液体积为400mL,再次测定pH 补充实验: 取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液,取400mL,重复甲的实验,进行对照。 白色固体为NaHCO3 【解析】本题考查探究物质的组成、化学实验方案的评价。 (1)由图可知,A中生成二氧化碳,在D中二氧化碳与碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠,该反应为Na2CO3+CO2+H2O 2NaHCO3; (2)B中酸可抑制二氧化碳的溶解,则B中溶液的作用为CO2在水中存在平衡: CO2+H2O H2CO3 +H+,有H2SO4存在时,可使上述平衡向左移动,从而减少CO2在水中的溶解,同时吸收挥发出来的HCl气体; (3)准确称取一定质量的固体,配成1000mL溶液作为样液,其余固体备用。 配制溶液时肯定不需要如图所示仪器中的烧瓶与分液漏斗,故选A、C,还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒;①Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca(OH)2溶液发生反应生成白色沉淀,所以无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3;②样液与BaCl2溶液混合,现白色沉淀并有气体产生,沉淀为碳酸钡、气体为二氧化碳,离子反应为2+Ba2+ BaCO3↓+CO2↑+H2O;Na2CO3和BaCl2溶液混合也能生成沉淀,则不能确定是否存在Na2CO3,结论合理; ③甲同学: 取样液400mL,用pH计测溶液pH,再水浴加热蒸发至200mL,接下来的操作是: 冷却到室温,加水至溶液体积为400mL,再次测定pH,若pH>7,表明白色固体中存在NaHCO3。 为进一步证明白色固体是否为纯净的NaHCO3,补充实验: 取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液,取400mL,重复甲的实验,进行对照。 A点说明碳酸氢钠分解,残留率为63.09%,可知白色固体为碳酸氢钠(NaHCO3)。
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