精准解析百师联盟山东卷届高三上学期一轮复习联考四化学试题.docx
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精准解析百师联盟山东卷届高三上学期一轮复习联考四化学试题
百师联盟2021届高三一轮复习联考(四)新高考卷
化学试卷
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
考试时间为90分钟,满分100分
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Fe56Cu64
一、选择题:
本题共10小题,每小题2分,共20分,每小题只有一个选项符合题意。
1.劳动场景是古代诗人常描写的画面,刘禹锡在《浪淘沙》中描写到“日照澄洲江雾开,淘金女伴满江隈。
美人首饰侯王印,尽是沙中浪底来。
”以下叙述错误的是
A.雾属于胶体,日照可以出现丁达尔现象B.浪沙中淘金是发生了化学变化
C.真假黄金(假黄金为铜锌合金)可以用灼烧鉴别D.江水属于分散系
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.雾分散质粒子直径在1nm~100nm之间,是气溶胶,能产生丁达尔现象,故A正确;
B.沙中淘金只是将金子从沙子中找出,属于物理变化,即沙里淘金的原理是金子的密度比沙子的密度大得多,在水的冲击下沙粒被水流带走,而金就留在容器里,故B错误;
C.在空气中灼烧黄金无颜色变化,假黄金是铜锌合金,铜在加热条件下生成黑色的氧化铜,所以假黄金能变黑,可以鉴别,故C正确;
D.江水是含有多种物质的混合物,属于分散系,故D正确;
答案为B。
2.下列各项叙述正确
是
A.钠的焰色反应是电子由基态转化成激发态释放能量产生的
B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第IA族,是s区元素
C.各能层的s电子云轮廓图都是球形,但球的半径大小不同
D.乙醇比甲醚的沸点高是因为乙醇分子中O-H键极性强
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.钠的焰色反应是电子由激发态跃迁至基态时,释放能量产生的,故A错误;
B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅢA族,是p区元素,故B错误;
C.各能层的s电子云轮廓图都是球形,但球的半径大小不同,能级越高,半径越大,故C正确;
D.乙醇比甲醚的沸点高是因为乙醇分子间可形成氢键,故D错误;
故选C。
3.下列化学用语正确的是
A.比例模型
表示CH4分子或CCl4分子
B.HClO的结构式:
H-Cl-O
C.NH3的电子式为
D.离子结构示意图:
,可以表示16O2-,也可以表示18O2-
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.从模型看,该分子属于正四面体结构且中心原子的半径大,可以代表CH4、不能表示CCl4,A错误;
B.从共用电子对角度看,H、Cl共用一对电子,O共用两对电子,故O原子在中间,即结构式为:
H—O—Cl,B错误;
C.NH3的电子式为
,C错误;
D.16O2-、18O2-质子数都为8,电子数均为10,故离子结构示意图相同,均为
,D正确;
答案选D。
4.嘌呤类是含有氮的杂环结构的一类化合物,一种结构如图所示
,关于这个平面分子描述错误的是
A.分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2B.分子中含有极性共价键和非极性共价键
C.轨道之间的夹角∠1比∠2小D.分子间可以形成氢键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.分子中所有原子在一个平面上所以分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2,故A正确;
B.分子中有碳碳单键为非极性键,有碳氮单键和碳氢键,氮氢键均为极性键,故B正确;
C.孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力,斥力越大键角越大,故嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大,故C错误;
D.分子中有电负性较强的N原子,存在氮氢键,分子间可以形成氢键,故D正确;
故答案为:
C
5.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如下图所示,0.1mol/LX最高价氧化物的水化物pH=1,下列说法正确的是
X
Y
Z
W
A.离子半径:
W<ZB.第一电离能:
Y<Z
C.氢化物的稳定性Y>Z>WD.氢化物的沸点:
Y>X
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】0.1mol/LX最高价氧化物的水化物pH=1,结合表格位置,X应为N,Y为P,Z为S,W为Cl,
A.Cl-与S2-电子数相同,Cl-质子数多,对电子吸引能力强,半径小,A项正确;
B.P原子的3p能级电子排布是半充满结构,比较稳定,不易失电子,第一电离能:
P>S,B项错误;
C.同周期元素随原子序数递增,非金属性增强,气态氢化物稳定性增强,C项错误;
D.NH3分子间能形成氢键,沸点高,D项错误;
故选A。
6.卢瑟福发现质子的实验是利用
轰击
原子得到质子和原子
,X核内质子数与中子数相等,下列说法正确的是
A.b=15
B.电负性X>Y
C.X、Y分别与氢原子形成的简单化合物中,X、Y的杂化方式都是sp3杂化
D.X与Y形成的化合物只有两种
【答案】C
【解析】
【分析】
轰击
原子得到质子和原子
,则
+
→
+
,由此得出4+b=1+17,b=14;X核内质子数与中子数相等,则a=7。
【详解】A.由以上分析可知,b=14,A不正确;
B.由分析知,
、
分别为N、O,则电负性N<O,B不正确;
C.X、Y分别与氢原子形成的简单化合物分别为NH3、H2O,X、Y的价层电子对数都为4,则杂化方式都是sp3杂化,C正确;
D.X与Y形成的化合物可能有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等,D不正确;
故选C。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物中含有的电子数为NA
B.1molFe(CO)5中的σ键数为5NA
C.一定量铁粉溶于1.0L0.4mol/L的稀硝酸溶液中,当生成2.24LNO气体时,溶液中的氮原子数为0.3NA
D.卤素性质相似,标况下,体积分别为1.12L的HCl和HF中所含分子数都约是0.05NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.D216O和14ND3的摩尔质量均为20g/mol,则2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物的物质的量为0.1mol,又1个D216O含有电子数为10个,1个14ND3含有的电子数也为10个,则0.1mol该混合物中含有的电子数为NA,故A正确;
B.Fe(CO)5中CO与Fe形成5个σ键,每个CO中有1个σ键,则1molFe(CO)5中的σ键数为10NA,故B错误;
C.生成2.24LNO气体,没有指明是否标况,无法计算,故C错误;
D.标况下,HF不是气体,所含分子数不是0.05NA,故D错误;
故选A。
8.精炼铜阳极泥中提取Se的过程中发生如下反应:
I.Cu2Se+6H2SO4(浓)=2CuSO4+SeO2+4SO2↑+6H2O,
II.SeO2+2SO2+2H2O=Se+2
+4H+
下列说法正确的是()
A.反应I的氧化产物为SeO2
B.SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>SO2
C.反应I生成1molSeO2与II中消耗1molSeO2,两个反应转移电子数比为1:
2
D.Se与HNO3物质的量比为1:
2时恰好完全反应,只生成NO、NO2两种还原产物,且NO与NO2的物质的量之比为1:
1,则氧化产物为H2SeO4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.Cu2Se中Cu的化合价为+1价,Se的化合价为-2价,CuSO4中Cu的化合价为+2价,SeO2中Se的化合价为+4价,化合价升高,被氧化,CuSO4和SeO2都为氧化产物,故A错误;
B.反应I中氧化性比较为H2SO4(浓)>SeO2,反应II中氧化性比较为SeO2>SO2,综上SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>SO2,故B正确;
C.反应I生成1molSeO2转移电子数为8mole-,反应II中消耗1molSeO2转移电子数为4mole-,两个反应转移电子数比为2:
1,故C错误;
D.Se与HNO3物质的量比为1:
2时恰好完全反应,只生成NO、NO2两种还原产物,且NO与NO2的物质的量之比为1:
1,HNO3作氧化剂转移的电子数((5-2)+(5-4))=4mole-,则Se作还原剂转移电子数也是4mole-,则氧化产物为H2SeO3,故D错误;
故答案选B。
9.下列实验中,能达到相应实验目的的是
A.制备并收集乙酸乙酯
B.证明氯化银溶解度大于硫化银
C.验证溴乙烷的消去产物是乙烯
D.制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、吸水剂的条件下,加热,发生酯化反应,生成乙酸乙酯,可以用饱和碳酸钠溶液来分离提纯乙酸乙酯,本实验缺少浓硫酸,反应不能发生,故A错误;
B.由于硝酸银过量,硫离子直接和银离子反应生成硫化银黑色沉淀,不发生沉淀的转化,不能证明氯化银溶解度大于硫化银,故B错误;
C.生成的乙烯和挥发出的乙醇均能使高锰酸钾溶液褪色,由褪色现象不能证明消去产物为乙烯,故C错误;
D.铁做电解池的阳极,发生氧化反应,Fe-2e-=Fe2+,阴极为氢离子得电子生成氢气,亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁白色沉淀,由于煤油起到隔绝空气的作用,所以氢氧化亚铁能较长时间不变质,故D正确;
故选D。
10.分子中含有两个或两个以上中心原子(离子)
配合物称为多核配合物,如右图为Co(II)双核配合物的内界,下列说法正确的是
A.每个中心离子的配位数为6
B.如图结构中的氯元素为Cl-,则其含有极性键、非极性键和离子键
C.配合物中的C原子都是sp2杂化
D.如图结构中所有微粒共平面
【答案】A
【解析】
【分析】
在题给配合物中,带“∗”的碳原子,都与4个原子形成共价键。
【详解】A.在Co(II)双核配合物中,每个中心离子与5个N原子、1个Cl-形成配位键,则配位数为6,A正确;
B.如图结构中的氯元素为Cl-,则其含有C-H、C-N极性键、C-C非极性键,但不含有离子键,B不正确;
C.分析中所标记的“∗”碳原子,与周围4个原子形成共价键,都发生sp3杂化,C不正确;
D.图中“∗”标记碳原子与周围4个原子以共价键相连接,5个原子不可能共平面,D不正确;
故选A。
二、选择题:
本题共5小题,每小题4分,共20分。
每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
11.Kumada偶联反应可以实现卤代烃之间的交叉偶联,反应过程如下图所示,则下列说法错误的是
A.交叉偶联反应方程式可表示为R'-X+R-MgX
R-R'+MgX2
B.反应过程中Ni的成键数目保持不变
C.NiL2是反应生成R-R'的催化剂
D.上述过程中RMgX参与的反应是取代反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.Kumada偶联反应可以实现卤代烃之间
交叉偶联,使两个卤代烃的烃基相连接形成一种新烃,此反应的方程式可表示为R'-X+R-MgX
R-R'+MgX2,A正确,故A不符合题意;
B.反应过程中NiL2转化为
,成键数目增加了,B错误,故B符合题意;
C.反应过程中,NiL2转化为
,反应后又生成了NiL2,所以NiL2是反应生成R-R'的催化剂,C正确,故C不符合题意;
D.依据上图可知,RMgX+
=
+MgX2,此反应为取代反应,D正确,故D不符合题意;
故选B。
12.废旧合金中含金属钴(Co)及少量杂质铁和其他惰性杂质,由废合金制备Co2O3的工艺流程如下:
下列说法正确的是
A.隔绝空气加热时可以在蒸发皿中进行
B.生成CoCO3的离子方程式为Co2++2
=CoCO3↓+CO2↑+H2O
C.将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中可以得到更多纯净CoCO3
D.沉淀需洗涤干净,避免后续反应污染空气
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A.固体加热应在坩埚中进行,A项错误;
B.
可以电离出
和H+,Co2+与
结合生成CoCO3,同时H+与
生成CO2气体,则生成CoCO3的离子方程式为Co2++2
=CoCO3↓+CO2↑+H2O,B
项正确;
C.将滤液加人显碱性的NH4HCO3溶液中容易得到Co(OH)2,使CoCO3不纯,C项错误;
D.滤液中有NH4Cl,如果残留在沉淀上,加热会分解产生NH3和HCl,污染环境,D项正确;
故选BD。
13.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,A、B、C为其中三种元素最高价氧化物的水化物,转化关系如图。
Y单质与X单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物,Z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的,X与W同主族。
下列说法错误的是
A.X与Y形成的两种常见化合物中阴阳离子个数比都是1:
2
B.Y、Z、W与X形成的化合物熔点由低到高的顺序为W C.X与W既可以形成极性分子,又可以形成非极性分子 D.工业上获得Y、Z单质的主要方法是电解其熔融的氯化物 【答案】BD 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,A、B、C为其中三种元素最高价氧化物的水化物,根据转化关系可知三种物质两两反应,Z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的,推知Z为Al,则B为氢氧化铝;氢氧化铝能与强酸、强碱反应,则推知其中一种为氢氧化钠,Y单质与X单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物,推知Y为Na,X为O;X与W同主族,则W为S。 【详解】A.X与Y形成的两种常见化合物为Na2O、Na2O2,其阴阳离子个数比都是1: 2,A正确; B.Y、Z、W与X形成的化合物分别为Na2O、Al2O3、SO2,SO2为分子晶体,熔点最低,Na2O、Al2O3均为离子晶体,Al2O3中铝离子电荷数多、半径小,熔点比氧化钠高,故熔点由低到高的顺序为W C.X与W既可以形成极性分子SO2,又可以形成非极性分子SO3,C正确; D.氯化铝为共价化合物,不能通过电解氯化铝得到单质铝,D错误; 答案选BD。 14.下列实验操作现象和结论都正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 试管中加入0.5g淀粉和4mL20%的硫酸溶液。 加热试管3~4min。 滴入碘水 溶液变蓝 淀粉没有水解 B 向1mL1mol/L的NaOH溶液中加入5mL2mol/L的CuSO4溶液,振荡后再加入0.5mL有机物X,加热 未出现砖红色沉淀 说明X不是葡萄糖 C 取5mL0.1mol/LKI溶液,加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液,萃取分液后,向水层滴入KSCN溶液 溶液变成红色 Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应 D 常温时测定同浓度的HCOONa溶液、NaClO溶液的pH pH(HCOONa)<pH(NaClO) 结合质子的能力HCOO->ClO- A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.溶液变蓝,表明溶液中含有淀粉,但不能证明淀粉没有水解,A不正确; B.NaOH溶液中加入的CuSO4溶液物质的量过多,溶液不显碱性,生成的氢氧化铜悬浊液不能将葡萄糖氧化,所以未出现砖红色沉淀不能表明产物中不含有葡萄糖,B不正确; C.5mL0.1mol/LKI溶液中加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液,I-过量,但溶液中仍含有Fe3+,则表明Fe3+与I-的反应为可逆反应,C正确; D.常温时同浓度的HCOONa溶液、NaClO溶液的pH前者小于后者,则表明后者的水解程度大,HClO的酸性比HCOOH弱,则结合质子的能力HCOO-<ClO-,D不正确; 故选C。 15.Cu2O晶体结构与CsCl相似,只是用Cu4O占据CsCl晶体(图I)中的Cl的位置,而Cs所占位置由O原子占据,如图II所示,下列说法正确的是 A.Cu2O晶胞中Cu4O四面体的O坐标为( , , ),则①的Cu坐标可能为( , , ) B.Cu2O晶胞中有2个Cu2O C.CsCl的晶胞参数为acm,设NA为阿伏加德罗常数的值,相对分子质量为M,则密度为 g/cm3 D.Cu2O晶胞中Cu的配位数是4 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】A.根据题意可知Cu2O晶胞为 ,根据图中所给坐标系,和已知的O坐标为( , , )可知,①的Cu坐标可能为( , , ),故A正确; B.根据均摊法可知,Cu2O晶胞中有2个O,4个Cu,即2个Cu2O,故B正确; C.CsCl的晶胞中有1个CsCl,则其密度为 g/cm3,故C错误; D.Cu2O晶胞为 ,Cu的配位数是2,故D错误; 故选AB。 三、非选择题: 本题共5小题,共60分 16.短周期主族元素A、B、C原子序数依次增大,且原子最外层电子数之和为12,A的原子半径比B的小,C是地壳中含量最高的元素,元素W的基态原子核外电子有29种运动状态。 (1)W基态原子的核外电子排布式为___________,W第二电离能比镍、铁第二电离能大的原因___________。 (2)W的化合物常做催化剂,如催化发生以下成环反应 上述反应,反应物中碳 杂化类型为___________。 (3)A、B、C的电负性由大到小的顺序为___________(请用元素符号表示) (4)A与B形成的18电子分子为二元弱碱,写出在水中一级电离生成的阳离子的电子式___________,A与C形成的简单化合物分子形状为___________,这种化合物在自然界是以通过___________作用形成团簇分子。 【答案】 (1).1s22s22p63s23p63d104s1 (2).当铜失去一个电子后达到3d10为全满稳定结构,失去电子需要的能量多(3).sp2sp3(4).O>N>H(5). (6).V形(7).氢键 【解析】 【分析】 C是地壳中含量最高的元素,则C为O元素,A、B、C均为短周期主族元素,且原子序数依次增大,A的原子半径比B的小,则A是H元素,又3种原子最外层电子数之和为12,则B为N元素,元素W的基态原子核外电子有29种运动状态,则W为Cu元素,据此分析解答。 【详解】 (1)元素W是Cu,Cu的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,Cu的第二电离能比镍、铁大的原因是当铜失去一个电子后达到3d10为全满稳定结构,失去电子需要的能量多; (2) 中苯环上和羰基上的碳都是sp2杂化,其他位置的饱和碳原子是sp3杂化; (3)A是H元素,B为N元素,C为O元素,则A、B、C的电负性由大到小的顺序为O>N>H; (4)A与B形成的18电子分子为N2H4,结合水电离出的一个H+,同时产生OH-,溶液显碱性,N2H4的一级电离方程式为 ,所得的阳离子为 ,其电子式为 ;A与C形成的简单化合物为H2O,分子形状为V形,水分子通过氢键作用而聚合在一起,形成水分子簇。 17.氮有多种的氧化物可以通过反应相互转化,请回答下列有关问题 (1)298K,101kPa条件下,已知如下反应 2NO2(g) N2O4(g)△H1=-57kJ/mol N2(g)+O2(g) 2NO(g)△H2=+180.5kJ/mol NO(g)+ O2(g) NO2(g)△H3=-58.2kJ/mol ①反应N2O4(g) N2(g)+2O2(g)的△H=___________。 ②有关N2O4(g) N2(g)+2O2(g)反应过程,下列叙述正确的是___________ A.改变催化剂可以减少反应△H B.在体积不变的容器中发生反应,密度不变说明达到平衡 C.恒压条件下充入稀有气体,反应速率减小 D.恒温恒容条件下反应平衡后,再充入N2O4,N2O4转化率降低 (2)在4L固定容积的密闭容器中只充入0.80mol的N2O4,发生N2O4(无色) 2NO2(红棕色)反应,80s时容器内颜色不再变化,此时n(N2O4)=0.20mol, ①求此过程中用NO2表示的平均反应速率为___________,平衡时压强为P1,Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数) ②若使密闭容器内颜色变深,可采取的措施___________。 A.缩小体积B.充入稀有气体C.加热D.体积不变加入N2O4 (3)利用CH4(g)+2NO2(g) CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)△H=-868.74kJ/mol,可以进行无害化处理, ①相同条件下,选用a、b、c三种催化剂进行反应,生成氮气的物质的量与时间变化如图1,活化能最小的是___________[用E(a)、E(b)、E(c)表示三种催化剂下该反应的活化能]。 ②在催化剂a作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系如图2.试说明图中曲线先增大后减小的原因___________(假设该温度范围内催化剂的催化效率相同)。 【答案】 (1).-7.1kJ/mol (2).CD(3).3.75×10-3mol/(L·s)(4). (5).ACD(6).E(a)(7).低于300℃,反应未达平衡,随着温度升高,反应速率加快,故NO2处理量增大,高于300℃,平衡逆向移动,导致NO2处理量减小 【解析】 【分析】 【详解】 (1)①运用盖斯定律,利用已知方程式–(①+②+③×2),可得目标方程式,故△H=-(△H1+△H2+△H3×2)=-7.1kJ/mol; ②A.催化剂改变活化能,但不影响反应物和生成物的状态,故不影响焓变,A错误; B.由质量守恒,知反应前后气体质量不变,又体积不变,故密度始终不变,不能用于判断平衡,B错误; C.恒压冲入稀有气体,由于容器体积增大,气体浓度减小,故反应速率减小,C正确; D.再充入N2O4,相当于等比例增加投料,压强增大,相对于旧平衡,平衡逆向移动,故N2O4转化率降低,D正确; 故答案选CD; (2)根据题意列三段式如下: ① ,即过程中NO2的平均反应速率为3.75×10-3mol/(L·s);平衡时P(N2O4)= ,P(NO2)= ,故 ,故此处填 ; ②A.缩小体积,可使NO2浓度增大,A符合题意;B.由于体积固定,稀有气体与反应无关,故NO2浓度不变,颜色也不变,B不符合题意;C.该反应N2O4(g) 2NO2(g)为吸热反应,加热升温平衡正向移动,NO2浓度增大,体系颜色加深,C符合题意;D.后充入的N2O4部分转化为NO2,加上之前的NO2,NO2浓度增大,颜色加深,D符合题意;故此处填ACD; (3)①根据图1可知,在催化剂a作用下,反应达平衡所用时
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