届江西省吉安市五校高三上学期联考化学试题解析版.docx
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届江西省吉安市五校高三上学期联考化学试题解析版
吉安市2019届五校联考高三化学试题
可能用到的相对原子质量:
Be~9C~12N~140~16Mg~24Al~27S~32Cl~35.5Fe~56Cu~64Ag~108Cr~52
一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48分。
每小题只有一个选项符合题意)
1.2018年11月2日凌晨1时13分,福建省“东港石化”执行“碳九”装船作业时,码头连接海域软管处发生泄漏,造成一起安全生产责任事故引发的环境污染事件。
该事件的“主角”“碳九”是指()
A.碳元素的一种含有9个中子的放射性核素
B.至今为止发现的第9种具有放射性的碳原子
C.一种含有9个碳原子的有毒无机物
D.一系列含碳原子数在9左右的碳氢化合物
【答案】D
【解析】
【详解】“碳九”是指石油经过催化重整以及裂解后副产品中含碳原子数在9左右的碳氢化合物,碳九属于易燃危险品,可造成水体、土壤和大气污染;具有麻醉和刺激作用,吸入、接触高浓度本品蒸汽有麻醉和刺激作用,会引起眼鼻喉和肺刺激,头痛、头晕等中枢神经和上呼吸道刺激症状,长期反复接触可致皮肤脱脂;同时食用被碳九污染过的动植物海产品,还有中毒、致癌等风险。
故A、B、C错误,D正确,
答案选D。
【点睛】本题是化学与社会、环境、安全等相联系的试题,课本上没有,需要同学们在学习时要多关注实事,要注意所学知识与生产生活等的联系。
2.我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例来确定“北京人”的年龄,这种测量方法叫铝铍测年法。
下列关于26Al和10Be的说法不正确的是()
A.10Be和9Be是中子数不同、质子数相同的不同原子
B.10Be原子核内的中子数比质子数多
C.5.2g26A13+中所含的电子数约为1.2
1023
D.26AI和26Mg的质子数、中子数和核外电子数都不相同
【答案】C
【解析】
【分析】
A.10Be和9Be互为同位素;
B.10Be的原子核内质子数为4,中子数为10-4=6;
C.结合n=
、N=nNA计算;
D.26Al和26Mg的质子数分别为13、12,中子数分别为13、14,质子数等于核外电子数。
【详解】A.10Be和9Be互为同位素,中子数不同,质子数相同,所以A选项是正确的;
B.10Be的原子核内质子数为4,中子数为10-4=6,中子数比质子数多,所以B选项是正确的;
C.5.2g26A13+中所含的电子数约为
×(13-3)
1.2
1024,故C错误;
D.26Al和26Mg的质子数分别为13、12,中子数分别为13、14,质子数等于核外电子数,所以D选项是正确的。
答案选C。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是()
A.过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2,转移电子的数目为0.4NA
B.1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的氧原子数目为3NA
C.将0.1molFeCl3滴人沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA
D.1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.用双氧水分解制取氧气,氧元素的价态由-1价变为0价,故当生成标况下2.24L氧气即0.1mol氧气时,转移0.2NA个电子,故A错误;
B.1mol碳酸根中含有3NA个氧原子,但是溶液中有大量水分子,水分子中也有氧原子,故B错误;
C.氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体,所以将0.1molFeCl3滴人沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA,故C错误;
D.硝基(—NO2)与二氧化氮(NO2)分子中均含有23个电子,所以1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA,故D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,注意硝基(—NO2)与二氧化氮(NO2)分子所含电子数相同。
4.某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度,现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋,用实验室标准NaOH溶液(浓度有0.1000mol/L和0.0100mol/L两种)对其进行滴定。
下列说法正确的是()
A.该实验应选用甲基橙作指示剂
B.用0.1000mol/L标准NaOH溶液滴定时误差更小
C.准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后,可以再加少量蒸馏水后开始滴定
D.滴定时,眼睛一直注视着刻度线,以防止液面下降到滴定管最大刻度以下
【答案】C
【解析】
【分析】
用标准NaOH溶液滴定白醋,由于白醋中醋酸浓度较小,用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小,又由于醋酸是弱酸,滴定终点生成醋酸钠是强碱弱酸盐,水解显碱性,故应用酚酞作指示剂,以此分析解答。
【详解】A.该实验滴定终点生成醋酸钠,醋酸钠水解使溶液呈碱性,应选用酚酞作指示剂,故A错误;
B.由于白醋中醋酸浓度较小,用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小,用0.0100mol/L标准NaOH溶液滴定时误差较小,故B错误;
C.准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后,可以再加少量蒸馏水,不影响实验结果,故C正确;
D.滴定时,眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化,故D错误。
故答案选C。
5.物质A在一定条件下可发生一系列转化,由图判断下列关系错误的是()
A.A→F,△H=一△H6
B.△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0
C.C→F,△H=△H1+△H2+△H6
D.若A→C为放热过程,则△H3+△H4+△H5+△H6>0
【答案】C
【解析】
【详解】依据盖斯定律来分析判断。
A.A—F和F—A的焓变数值相等符号相反,A项正确;
B.由 A循环到A,能量变化为0,△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0,B项正确;
C.由C—F,△H=△H3+△H4+△H5,由F—C,△H=△H1+△H2+△H6,二者的绝对值相等,符号相反,故C项错误;
D.若A→C为放热过程,则C→A为吸热过程,即△H3+△H4+△H5+△H6>0,D项正确。
故选C项。
【点睛】本题考查了盖斯定律的含义理解和计算应用,主要是焓变的分析判断,化学反应的焓变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关,而与具体的反应途径无关;注意反应的方向改变,焓变符号改变。
6.在含有Na+、Fe2+、Fe3+、Al3+、NH4+、Mg2+等的溶液中加人足量的Na2O2固体,再加人过量的稀盐酸,完全反应后,上述离子的离子数目几乎没有改变的有()
A.1种B.2种C.3种D.4种
【答案】B
【解析】
【详解】Na2O2溶于水会有NaOH生成,而Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+均会与NaOH反应生成沉淀,Fe(OH)2会迅速氧化成Fe(OH)3,所以再加入过量的盐酸后,Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+离子数目变化分别为减少、增加、不变、不变,而NH4+与NaOH反应会生成氨气,所以NH4+离子数目减少,由于加入Na2O2,引入Na+,故Na+也会增加,故6种阳离子只有Al3+和Mg2+几乎不变。
综上所述,本题正确答案为B。
7.探究浓硫酸和铜的反应,下列装置或操作正确的是( )
A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
C.用装置丙稀释反应后的混合液D.用装置丁测定余酸的浓度
【答案】C
【解析】
试题分析:
A、铜和浓硫酸的反应需要加热,装置①没有加热装置,错误;B、SO2的密度比空气大,应用向上排空气法收集,应为长管进气短管出气,错误;C、浓硫酸溶于水放出大量的热,应用装置③稀释反应后的混合液,正确;D、用氢氧化钠溶液滴定余酸,氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中,错误。
考点:
考查化学实验方案的分析、评价
8.下列图示不能说明某反应(或某可逆反应的正反应)一定是放热反应的是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,说明该反应为放热反应,可以说明该反应一定是放热反应;
B.由图可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,说明该反应为放热反应,可以说明该反应一定是放热反应;
C.由图可知,反应速率先增大后减小,但不知道反应速率增大的原因,故不能说明反应一定是放热反应;
D.由图可知,根据“先拐先平,数值大”,可判断温度T1>T2,升温后,反应物的体积分数减小,说明升温使平衡向逆向移动,即逆反应为吸热反应,则正反应为放热反应,可以说明该反应一定是放热反应。
故答案选C。
9.O3在水中易分解,一定条件下,O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。
据表中的递变规律,推测O3分别在条件①40℃、pH=3.0,②10℃、pH=5.0,③30℃、pH=7.0下,分解速率依次增大的顺序为()
A.①②③B.③②①C.②①③D.③①②
【答案】C
【解析】
【详解】由表中数据可知,温度越高反应速率越快,pH越大反应速率越快,所以40℃、pH=3.0时,所需时间在31min~158min之间;10℃、pH=4.0时,所需时间>231min;30℃、pH=7.0时,所需时间<15min,则分解速率依次增大的顺序为②、①、③。
故答案选C。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素的实验探究,本题注意对表中数据的分析和处理。
在其他条件相同的情况下,温度越高,反应速率越快;注意易错点:
只有在其他条件相同的情况下,温度越高反应速率越快,而本题中pH值对反应速率也有影响。
10.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素,Y元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,Z是地壳中含量最高的元素,四种元素原子最外层电子数之和为12。
A、B、C、D、E是由其中的2种或3种元素组成的化合物,F是由Z元素形成的单质。
已知A+B=D+F,A+C=E+F。
常温下,0.1mol/LD溶液的pH为13。
下列说法正确的是()
A.原子半径:
W>Z>Y>X
B.A、C中所含的化学键类型相同
C.1.0L0.1mol/LE溶液中阴离子的总的物质的量为0.1mol
D.lmolA与足量B完全反应共转移1mol电子
【答案】D
【解析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素,Y 元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,Y为C元素;Z是地壳中含量最高的元素,Z为O元素,四种元素原子最外层电子数之和为12,则X和W最外层都是1个1电子,则W为Na元素;A、B、C、D、E是由其中的2种或3种元素组成的化合物,F是由Z元素形成的单质,F为氧气或臭氧;已知A+B=D+F,A+C=E+F,则A为过氧化钠,B、C为二氧化碳和水,则X为H元素;常温下,0.1mol/L D溶液的pH 为13,则D为氢氧化钠,因此B为水,C为二氧化碳,E为碳酸钠。
A.同周期从左到右,原子半径逐渐减小,同主族,从上到下,原子半径逐渐增大,因此原子半径:
W>Y>Z>X,故A错误;B.过氧化钠中含有离子键和共价键,二氧化碳中只含有共价键,故B错误;C.1.0L0.1mol/L碳酸钠溶液,碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子,阴离子的总的物质的量大于0.1mol,故C错误;D.过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂,又是还原剂,lmol 过氧化钠与足量水完全反应共转移1mol 电子,故D正确;故选D。
11.常温下,已知电离常数:
Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5;K
(H2C2O4)=5.9×10-2,K
H2C2O4)=6.2×10-5。
下列说法正确的是()
A.(NH4)2C2O4溶液中,c(NH
)=2c(C2O
)
B.等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合,所得溶液呈碱性
C.pH=11的氨水和pH=3的H2C2O4溶液等体积混合,所得溶液呈酸性
D.用H2C2O4溶液中和氨水至中性时,溶液中。
c(NH
)=2c(C2O
)+c(HC2O
)
【答案】D
【解析】
【详解】A项,在(NH4)2C2O4溶液中,由于NH4+和C2O42-均发生水解反应,且水解程度不同,则c(NH4+)=2c(C2O42-)关系不成立,故A项错误;
B项,等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合生成NH4HC2O4,NH4+水解使溶液显酸性,同时由H2C2O4两级电离平衡常数可知,HC2O4-的电离程度明显大于水解,且电离也使溶液显酸性,因此溶液一定呈酸性,故B项错误;
C项,H2C2O4的一级和二级电离均大于NH3·H2O的电离,故pH=11的氨水,其真实浓度远远大于pH=3的H2C2O4,则等体积混合后,溶液显碱性,故C项错误;
D项,根据电荷守恒可得:
c(NH4+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),因为溶液呈中性,则有c(H+)=c(OH-),带入上式得:
c(NH4+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),故D项正确。
综上所述,本题正确答案为D。
12.将反应Cu(s)+2Ag+(aq)==Cu2+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。
下列说法中正确的是()
A.电极X是正极,其电极反应为Cu-2e-==Cu2+
B.银电极板质量逐渐减小,Y溶液中c(Ag+)增大
C.当X电极质量变化0.64g时,Y溶液质量变化2.16g
D.外电路中电流由银极流向铜极
【答案】D
【解析】
A、电极X的材料是铜,为原电池的负极,其电极反应为Cu-2e-==Cu2+,错误;B、银电极为电池的正极,被还原,发生的电极反应为:
Ag++e--==Ag,银电极质量逐渐增大,Y溶液中c(Ag+)减小,错误;C、当X电极质量减少0.64g时,即0.64g÷64g/mol=0.01mol,则正极有0.02mol的银单质析出,即0.02mol×108g/mol=2.16g,则溶液质量变化应为2.16g-0.64g=1.52g。
错误;D、电极X的材料是铜,为原电池的负极;银电极为电池的正极,外电路中电流由正极(银电极)流向负极(铜电极)。
正确;故选D。
13.下列实验操作、现象和结论均正确的是()
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有1mL浓硫酸的试管中加人5mL0.1mol/L的K2Cr2O7溶液
溶液橙
色变深
增大生成物浓度,平衡Cr2O
+H2O
2CrO
+2H逆向移动
B
向Mg(OH)2悬浊液中加人少量醋酸铵晶体
沉淀溶解,溶液变澄清
说明反应Mg2++2NH3·H2O
Mg(OH)2+2NH
具有可逆性
C
相同温度下,同时向①4mL0.1mol/L.KMnO4),酸性溶液和②4mL0.2mol/LKMnO4,酸性溶液中,分别加人4mL1mol/L.H2C2O4溶液
①中溶液先褪色
该实验条件下,KMnO4浓度越小,反应速率越快
D
向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水
产生淡蓝色火焰煤炭燃烧更旺
加少量水后,可使煤炭燃烧放出更多的热量
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.浓硫酸密度大于水,溶于水放热,向盛有1mL浓硫酸的试管中加人5mL0.1mol/L的K2Cr2O7溶液容易发生迸溅,且溶液温度升高无法判断平衡移动方向,故A错误;
B.铵根离子可结合氢氧化镁电离出的氢氧根离子,发生Mg(OH)2+2NH4+⇌Mg2++2NH3·H2O,说明反应Mg2++2NH3·H2O⇌Mg(OH)2+2NH4+具有可逆性,故B正确;
B.由于KMnO4溶液本身有颜色,会影响实验现象的观察,故探究浓度对化学反应速率的影响,应用不同浓度的草酸与相同浓度的KMnO4溶液,故C错误;
D.C燃烧生成二氧化碳,能量变化与途径无关,则煤炭燃烧放出热量不变,结论不合理,故D错误。
所以B选项是正确的。
14.在T℃时,发生反应Fe2O3(s)+3CO(g)
2Fe(s)+3CO2(g),该反应的平衡常数K=64,在1L恒容密闭容器甲和乙中,甲中加有四种物质各1mol,乙中加有Fe2O3、Fe、CO2各1mol,CO2mol。
达平衡后,两容器中不相等的是()
A.用CO表示的反应速率B.平衡混合气体的平均相对分子质量
C.CO的转化率D.CO2的体积分数
【答案】C
【解析】
【分析】
可逆反应Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)的平衡常数K=
=64,整理可得:
=
=4,即达到平衡时二氧化碳和CO的浓度之比相等,则混合气体中二氧化碳的体积分数、混合气体的平均分子质量一定相等;
按照题中所给的条件(没提各用多少时间达到平衡),无法判断速率大小;设达到平衡时甲、乙消耗的CO分别为xmol、ymol,利用平衡常数计算出x、y,然后计算出CO的转化率。
【详解】可逆反应Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)的平衡常数K=
=64,整理可得:
=
=4,即达到平衡时二氧化碳和CO的浓度之比相等,则混合气体中二氧化碳的体积分数、混合气体的平均分子质量一定相等,故B、D不符合题意;
按照题中所给的条件(没提各用多少时间达到平衡),无法判断速率大小,故A不符合题意;
设达到平衡时甲消耗CO的物质的量为x,乙中消耗CO的物质的量为y,
则:
Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)
起始量(mol)1
(2)1
变化量(mol) x (y)x (y)
平衡量(mol) 1-x(2-y)1+x(1+y)
反应前后气体体积不变,可以用物质的量代替浓度计算平衡常数,
甲中根据平衡常数可得:
=
=4,计算得出x=0.6mol,
则甲中CO的转化率为:
100%=60%;
乙中根据平衡常数可得:
=
=4,计算得出:
y=1.4mol,
则乙中CO的转化率为:
100%=70%;
所以甲中CO的转化率小于乙,所以C选项符合题意,
故选C。
15.由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系(部分反应物、生成物和反应条件略去)。
下列推断不正确的是()
A.若A中含有非极性键,则X可能为一种酸酐
B.若A是单质,则B和E中也一定有一种是单质
C.若B具有强氧化性,则A、E的组成元素可能相同
D.若X为O2,则B、C、D在常温下均可以是气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.若A中含有非极性键,则X可能为一种酸酐,例如A是过氧化钠,X是CO2,故A正确;
B.若A是单质,与水发生氧化还原反应,根据氧化还原反应规律,化合价一定发生变化,则B和E中不一定是单质,故B错误;
C.若B具有强氧化性,则A、E的组成元素可能相同,例如A是NO2,B是硝酸,X是NO,故C正确;
D.若X为O2,则B、C、D可以是气体,例如A是氮化镁,B是氨气,C是NO,D是NO2,故D正确。
答案选B。
【点睛】无机推断中常用的思维方法:
(1)正向思维:
根据题设条件,结合有关的化学知识,依题目的意思,按一定的层次结构逐步推理,从而得出结论。
(2)逆向推理:
以最终产物(或题中某一明显特征)为起点,层层逆推,以求得结论。
(3)猜想论证:
先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证,若与题中所给条件、题意吻合,即为答案。
(4)综合分析:
根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析,逐步得出结论。
16.某温度下,将打磨后的镁条放人盛有50mL蒸馏水的烧杯中,用pH传感器和浊度传感器监测溶液中的pH和浊度随时间的变化(如图所示,实线表示溶液pH随时间的变化)。
下列有关描述正确的是()
A.该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10。
B.该实验是在常温下进行的
C.50s时向溶液中滴人酚酞试液,溶液变红
D.150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2逐渐溶解
【答案】A
【解析】
【分析】
A.该温度下,当氢氧化镁达到饱和时,pH不变,此时pH=10.00,以此分析;
B.根据蒸馏水的pH=6.5分析;
C.酚酞的变色范围为8~10,pH小于8时溶液为无色;
D.氢氧化镁为难溶物,氢氧化镁沉降后减小了溶液浊度。
【详解】A.该温度下,当氢氧化镁达到饱和时,pH不变,此时pH=10.00,该温度下Mg(OH)2的KSP=c(Mg2+)c2(OH-)=
c(OH-)
c2(OH-)=
c3(OH-),由图可知,该温度下水的离子积Kw=10-6.5
10-6.5=10-13,所以c(OH-)=
=10-3mol/L,故KSP=
c3(OH-)=
=
10-9=5
10-10,即该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10,故A正确;
B.常温下蒸馏水的pH=7,而图象中蒸馏水的pH=6.5<7,说明该实验不是在常温下进行的,故B错误;
C.50s时溶液的pH小于8,滴入酚酞后溶液为无色,故C错误;
D.Mg(OH)2为难溶物,随着Mg(OH)2的沉降,溶液的浊度会下降,即150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降,故D错误。
所以A选项是正确的。
二、非选择题(本题共生小题,共52分)
17.氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物,沸点为77℃,在农药、医药行业中用途广泛。
SOCl2遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并有带刺激性气味的气体产生。
实验室合成原理为SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2装置如下图所示。
请回答以下问题:
(1)仪器A的名称是________,装置乙中盛放的试剂是______装置B的作用是____________。
(2)装置丁中发生反应的离子方程式为___________________________。
(3)蒸干A1C13溶液不能得到无水A1C13,使SOCl2与A1C13·6H2O混合加热,可得到无水A1C13,试解释原因:
_____________________________
(4)若反应中消耗的C12的体积为896mL(已转化为标准状况下,SCl2、SO2足量),最后得到纯净的SOCl24.76g,则SOCl2的产率为________(保留三位有效数字)。
(5)常温下,将0.01molSOCl2加人100mL0.3mol/LNaOH溶液中恰好完全反应,所得溶液呈__________________(填“酸”“碱”或“中”)性,溶液中所有阴离子的浓度大小顺序为________________。
(已知H2SO3的
=1.52×10-2,
=1.02×10-7)
(6)将少量SOCl2滴人5mL1mol/L的AgNO3溶液中,有白色沉淀生成,该白色沉淀的成分是________________(填化学式)。
【答案】
(1).冷凝管(或蛇形冷凝管)
(2).浓硫酸(3).吸收逸出的有毒的
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