届广东省佛山市普通高中高三教学质量检测一化学试题解析版.docx
- 文档编号:5874025
- 上传时间:2023-01-01
- 格式:DOCX
- 页数:15
- 大小:412.23KB
届广东省佛山市普通高中高三教学质量检测一化学试题解析版.docx
《届广东省佛山市普通高中高三教学质量检测一化学试题解析版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届广东省佛山市普通高中高三教学质量检测一化学试题解析版.docx(15页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
届广东省佛山市普通高中高三教学质量检测一化学试题解析版
广东省佛山市普通高中2018届高三教学质量检测
(一)
化学试题
1.2017年国产大飞机C919试飞成功,化学工作者研发的新材料发挥了重要作用。
下列关于C919说法错误的是
A.机身涂料中的氢氧化铝有阻燃作用
B.发动机使用的高温陶瓷材料氮化硅属于硅酸盐产品
C.使用的碳纤维复合材料能经受许多由温差带来的“冷冻热蒸”的考验
D.使用的第三代铝锂合金具有低密度、高比强度、优良的耐低温等性能
【答案】B
【解析】氢氧化铝受热分解吸热,分解得到的氧化铝的熔点很高,所以氢氧化铝有阻燃作用,选项A正确。
氮化硅不属于硅酸盐,所以选项B错误。
碳纤维主要是由碳元素组成的一种特种纤维,具有出色的耐热性和低膨胀系数,所以能经受许多由温差带来的“冷冻热蒸”的考验,选项C正确。
锂是世界上最轻的金属元素。
把锂作为合金元素加到金属铝中,就形成了铝锂合金。
加入锂之后,可以降低合金的密度,增加刚度,同时仍然保持较高的强度、较好的抗腐蚀性和耐低温性以及适宜的延展性。
选项D正确。
2.《唐本草》记载:
……本来绿色,新出窟未见风者,正如璃璃。
陶及今人谓之石胆,烧之赤色,故名绛矾矣”。
文中“绛矾”为
A.FeSO4·7H2OB.CuSO4·5H2O
C.Na2SO4·10H2OD.KAl(SO4)2·12H2O
【答案】A
【解析】由上描述,晶体本来为绿色,加热后得到红色固体,所以该晶体为FeSO4·7H2O。
晶体呈现绿色,受热分解得到氧化铁为红色,选项A正确。
选项B为蓝色,其余为无色。
3.化合物结构简式如图,下列说法正确的是
A.a、b、c均属于芳香烃
B.a、b、c均能与钠反应产生氢气
C.a、b、c苯环上的二氯代物均有6种
D.a、b、c中所有碳原子不可能存在于同一平面中
【答案】C
点睛:
为了解题的方便,应该牢记如下结论:
在一个苯环上连接三个相同取代基的时候,其同分异构体有3种;在一个苯环上连接2个相同取代基和1个不同取代基的时候,其同分异构体有6种;在一个苯环上连接三个不同取代基的时候,其同分异构体有10种。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X与Y最外层电子数相差1,Y与Z同主族。
装满XY2气体的小试管倒扣水槽中充分反应,试管液面上升2/3.下列说法正确的是
A.Z、W的离子半径:
Z B.X与Z可以存在于同一离子化合物中 C.X、Y对应的简单氢化物沸点: X>Y D.Y与Z形成的化合物溶于水形成的稀溶液能使紫色石蕊溶液褪色 【答案】B 【解析】装满XY2气体的小试管倒扣水槽中充分反应,试管液面上升2/3,由此得到气体为NO2。 所以X为N,Y为O,所以Z为S。 W为短周期主族,原子序数又大于S,所以W只能是Cl。 由上,得到: X为N,Y为O,Z为S,W为Cl。 Z、W的离子(S2-、Cl-)的核外电子排布相同,所以核电荷数越大离子半径越小,所以离子半径Z>W。 选项A错误。 X与Z可以存在于同一离子化合物中,例如(NH4)2SO4。 选项B正确。 X、Y对应的简单氢化物为NH3、H2O,因为水为液体,氨气为气体,所以水的沸点高于氨气,即沸点: X<Y,选项C错误。 Y与Z形成的化合物可能是SO2也可能是SO3,但是两者溶于水形成的稀溶液都不能使紫色石蕊溶液褪色,选项D错误。 点睛: SO2是具有漂白性的气体,但是其漂白的原理是与带有颜色的物质化合,得到无色化合物而漂白,所以其能漂白的物质并不多。 从做实验的角度说,课本只介绍了用品红溶液证明二氧化硫的漂白性,实际二氧化硫通入紫色石蕊溶液只能使溶液变红,无法褪色。 5.锂空气充电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。 工作原理示意图如下,下列叙述正确的是 A.该电池工作时Li+向负极移动 B.Li2SO4溶液可作该电池电解质溶液 C.电池充电时间越长,电池中Li2O含量越多 D.电池工作时,正极可发生: 2Li++O2+2e-=Li2O2 【答案】D 【解析】原电池中,阳离子应该向正极移动,选项A错误。 单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气,所以电解质溶液不能使用任何水溶液,选项B错误。 电池充电的时候应该将放电的反应倒过来,所以将正极反应逆向进行,正极上的Li应该逐渐减少,所以电池充电时间越长,Li2O含量越多应该越少,选项C错误。 题目给出正极反应为: xLi++O2+xe-=LixO2,所以当x=2的时候反应为: 2Li++O2+2e-=Li2O2,所以选项D正确。 6.298K时,二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。 下列叙述正确的是 A.溶液呈中性时: c(Na+)=2c(X2-) B.Ka2(H2X)为10-7 C.NaHX溶液c(H+) D.溶液pH由1开至2.6时主要存在的反应是: H2X+OH-=HX-+H2O 【答案】B 【解析】溶液显中性,pH=7的时候,溶液中的HX-和X2-相等,存在的电荷守恒为: c(Na+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-),因为溶液显中性有c(H+)=c(OH-),所以得到c(Na+)=2c(X2-)+c(HX-),选项A错误。 溶液显中性,pH=7的时候,溶液中的HX-和X2-相等,所以 ,选项B正确。 从图中得到当HA-占主导的时候,溶液显酸性,所以NaHX溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),选项C错误。 溶液pH由1至2.6时,图中看出主要是将H3X+转化为H2X,所以选项D错误。 7.通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2(含Na2CO3)纯度,实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。 下列分析错误的是 A.干燥管b中装入碱石灰 B.Q气球中产生的气体主要成份O2、CO2 C.测定气体总体积必须关闭K1、K2,打开K3 D.读完气体总体积后,关闭K3,缓缓打开K1;可观察到Q气球慢慢缩小 【答案】D 【解析】加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气,用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气,在量筒Ⅱ中排水测氧气的量,进而计算过氧化钠的量,选项A、选项B都正确。 测定气体的总体积是利用Q气球的膨胀将瓶中的空气挤入右边进行排水量气,所以必须关闭K1、K2,打开K3。 选项C正确。 读完气体总体积后,关闭K3,缓缓打开K1,还要再打开K2,才可观察到Q气球慢慢缩小,原因是不打开K2体系是密闭的,气球体积无法减小,选项D错误。 8.蒸馏碘滴定法可测量中药材中二氧化硫是否超标(亚硫酸盐折算成二氧化硫)。 原理是利用如图装置将亚硫酸盐转化为SO2,然后通过碘标准溶液滴定吸收液。 实验步骤如下: I.SO2含量的测定 烧瓶A中加中药粉10g,加蒸馏水300mL;锥形瓶中加蒸馏水125mL和淀粉试液1mL作为吸收液;打开冷凝水,通氮气,滴入盐酸10mL;加热烧瓶A并保持微沸约3min后,用0.01000mol/L碘标准溶液一边吸收一边滴定,至终点时消耗碘标准溶液V1mL; Ⅱ.空白实验 只加300mL蒸馏水,重复上述操作,需碘标准溶液体积为V0mL. (1)仪器C的名称______。 仪器B的入水口为_______(填“a”或“b”)。 (2)滴入盐酸前先通氮气一段时间作用是________,测定过程中氮气的流速过快会导致测量结果______。 (填“偏大”“偏小”“不变”) (3)①滴定过程中使用的滴定管为_________。 A.酸式无色滴定管B.酸式棕色滴定管C.碱式无色滴定管D.碱式棕色滴定管 ②滴定时锥形瓶中反应的离子方程式为________,滴定终点的现象是________。 (4)空白实验的目的是________。 (5)该中药中含SO2含量为________mg/kg。 【答案】 (1).分液漏斗 (2).b(3).排除装置内空气,避免空气中O2干扰SO2测定(4).偏小(5).B(6).I2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2I-(7).当滴入最后一滴碘标准溶夜时,锥形瓶内溶液由无色变为蓝色,且在30s内不变色(8).消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差(9).64(V1-V0) 【解析】 (1)仪器C下端有旋塞,应该是分液漏斗。 仪器B应该起到冷凝作用,所以冷却水应该下口入上口出,所以入水口为b。 (2)二氧化硫是强还原性物质容易被氧化,所以先通入N2将装置内的空气排净,避免氧气将二氧化硫氧化。 氮气的流速如果过快,会使一部分的二氧化硫来不及溶液在水中就被氮气带出,所以导致结果偏小。 (3)①碘会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管,所以只能用酸式滴定管。 同时,碘的标准液实际是将碘溶解在碘化钾溶液中制得的,此时单质碘与碘离子作用形成I3-,既增大溶解度又避免了碘的挥发,而光照会促进I3-的分解,所以使用棕色酸式滴定管。 选项B正确。 ②滴定时,单质碘将二氧化硫氧化为硫酸,离子反应方程式为: I2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2I-。 达到滴定终点时,二氧化硫都被反应完,加入的单质碘遇淀粉,使溶液显蓝色,所以终点的现象为: 当滴入最后一滴碘标准溶夜时,锥形瓶内溶液由无色变为蓝色,且在30s内不变色。 (4)本题进行空白实验的目的是: 消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差。 例如: 原来的水样、空气中是不是有其他杂质等等。 9.二硫化钼(MoS2)被誉为“固体润滑剂之王”,利用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下: 回答下列问题: (1)钼酸铵的化学式为(NH4)2MoO4,其中Mo的化合价为________. (2)利用联合浸出除杂时,氢氟酸可除去的杂质化学式为________如改用FeCl3溶液氧化浸出,CuFeS2杂质的浸出效果更好,写出氧化浸出时发生的化学反应方程式________。 (3)加入Na2S后,钼酸铵转化为硫代钼酸铵[(NH4)MoS4],写出(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3沉淀的离子反应方程式____________。 (4)由下图分析产生三硫化钼沉淀的流程中应选择的最优温度和时间是___________。 利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时,MoS3的产率均下降的原因: __________。 (5)高纯MoS2中3然会存在极微量杂质,如非整比晶体MoS2.8,则该杂质中Mo4+与Mo6+的物质的量之比为________________。 (6)已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8),钼酸钠品体(NaMoO4·2H2O)是新型的金属缓蚀剂,不纯的钼酸钠溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质,可加入Ba(OH)2固体除去SO42-(溶液体积变化忽略),则当BaMoO4开始沉淀时,溶液中的c(MoO42-)/c(SO42-)___________(结果保留2位有效数字) 【答案】 (1).+6 (2).SiO2(3).4FeCl3+CuFeS2=5FeCl2+CuCl2+2S↓(4).MoS42-+2H+=MoS3↓+H2S↑(5).40℃,30min(6).温度太低不利于H2S逸出;温度太高,盐酸挥发,溶液c(H+)下降,都不利于反应正向进行(7).1: 4(8).3.6×102 【解析】 (1)铵根离子带1个单位正电,氧应该是-2价,所以MO为+6价。 (2)氢氟酸可以与二氧化硅反应得到SiF4气体,从而除去二氧化硅杂质。 改用FeCl3溶液氧化浸出,CuFeS2杂质的浸出效果更好,说明应该得到Cu和Fe对应的离子,同时利用氧化性将S元素氧化为单质,根据化合价升降相等和原子个数守恒配平得到方程式为: 4FeCl3+CuFeS2=5FeCl2+CuCl2+2S↓。 (3)(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出铵根离子和MoS42-,MoS42-与盐酸的氢离子作用生成MOS3沉淀,则另外的生成物只能是H2S气体,所以离子反应方程式为: MoS42-+2H+=MoS3↓+H2S↑。 (4)由图像得到40℃的产率最高,30分钟以后产率就不再变化,所以选择40℃,30min。 (5)设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别为X和Y,则X+Y=1。 根据化合价代数之和为0的原则,有: 4X+6Y=2.8×2。 解方程得到: X=0.2,Y=0.8。 所以Mo4+与Mo6+的物质的量之比为0.2: 0.8=1: 4。 (6)因为Ksp(BaSO4)=1.1×10-10<KSP(BaMoO4)=4.0×10-8,所以先沉淀的是硫酸钡,则当BaMoO4开始沉淀时,硫酸钡已经沉淀了,所以溶液对于两种沉淀来说都是饱和的,其中的离子浓度都符合沉淀的KSP表达式。 10.甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单,产物中H2含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜),是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。 反应如下: 反应Ⅰ(主): CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)ΔH1=+49kJ/mol 反应Ⅱ(副): H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ/mol 温度高于300℃则会同时发生反应Ⅲ: CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)ΔH3 (1)计算反应Ⅲ的ΔH3=_________。 (2)反应1能够自发进行的原因是_______________,升温有利于提高CH3OH转化率,但也存在一个明显的缺点是__________。 (3)右图为某催化剂条件下,CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。 ①随着温度的升高,CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是____________(填标号)。 A.反应Ⅱ逆向移动 B.部分CO转化为CH3OH C.催化剂对反应Ⅱ的选择性低 D.催化剂对反应Ⅲ的选择性低 ②随着温度的升高,CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是______。 ③写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施_________。 (4)250℃,一定压强和催化剂条件下,1.00molCH3OH和1.32molH2O充分反应(已知此条件下可忽略反应Ⅲ),平衡时测得H2为2.70mol,CO有0.030mol,试求反应Ⅰ中CH3OH的转化率_________,反应Ⅱ的平衡常数_________(结果保留两位有效数字) 【答案】 (1).+90kJ/mol (2).反应Ⅰ为熵增加的反应(3).CO含量升高,破坏燃料电池的交换膜(4).C(5).升温反应速率加快(6).其它条件不变,提高n(水)/n(甲醇)的比例(或其它条件不变,选择更合适的借化剂)(7).91%(8).5.6×10-3 【解析】 (1)反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到: CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)ΔH3=+90kJ/mol。 (2)反应自发进行的要求是△G=△H-T△s<0,此反应的△H>0,所以反应自发进行的原因就是△s>0,即反应为熵增反应。 升温会促进反应Ⅲ的发生,提高CO的含量,而CO会破坏该电池的交换膜。 (3)①工业生产中,一般不会等待反应达到平衡后再进行下一道工序,多数都是进行一段时间的反应就将体系取出,所以一般来说,反应的速度越快,取出的体系就越接近应该达到的平衡态。 随着反应温度的升高,速度加快,但是CO的生产率并没有接近反应的平衡态,说明该反应使用的催化剂对于反应Ⅱ几乎没有加速作用,所以选项C正确,选项D错误。 三个反应都吸热,所以升温都正向移动,不会促进CO转化为甲醇,选项A、选项B都错误。 ②由①的叙述可以得到答案为: 升温反应速率加快。 ③加入水蒸气,可以调高甲醇的转化率,同时使反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动,从而降低了CO的生成率。 加入更合适的催化剂,最好只催化反应Ⅰ,不催化反应Ⅱ,这样也能达到目的。 (4)达平衡时CO有0.03mol,根据反应Ⅱ得到参与反应的氢气为0.03mol,所以反应Ⅰ生成的氢气为2.73mol(平衡剩余氢气2.7mol),根据反应Ⅰ,消耗的甲醇为0.91mol,所以甲醇转化率为91%。 根据反应Ⅰ的数据,消耗的水为0.91mol,生成的CO2为0.91mol,则剩余1.32-0.91=0.41mol水,在反应Ⅱ中应该消耗0.03molCO2,生成0.03molCO和0.03mol水,所以达平衡时,水为0.41+0.03=0.44mol,CO2为0.91-0.03=0.88mol。 所以反应Ⅱ的平衡常数为(设容器体积为V) 。 11.硫和钒的相关化合物,在药物化学及催化化学等领域应用广泛。 回答下列问题: (1)基态钒原子的外围电子轨道表达式为___________,钒有+2、+3、+4、+5等多种化合价,其中最稳定的化合价是________,VO43-的几何构型为________. (2)2-巯基烟酸氧钒配合物(图1)是副作用小的有效调节血糖的新型药物。 ①基态S原子中原子核外未成对电子数为_______,该药物中S原子的杂化方式是_______.所含第二周期元素第一电离能按由大到小顺序的排列是___________. ②2-巯基烟酸(图2)水溶性优于2-巯基烟酸氧钒配合物的原因是_________. (3)多原子分子中各原子若在同一平面,且有相互平行的p轨道,则p电子可在多个原子间运动,形成“离域Π键”,下列物质中存在“离域Π键”的是_____. A.SO2B.SO42-C.H2SD.CS2 (4)某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示,该晶胞的化学式为______。 图4为该晶胞的俯视图,该晶胞的密度为________g/cm3(列出计算式即可)。 【答案】 (1). (2).+5(3).正四面体(4).2(5).sp3(6).N>O>C(7).2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键,使其在水中溶解度增大(8).AD(9).VS(10). 【解析】 (1)钒原子为23号元素,电子排布式为[Ar]3d34s2,所以外围电子轨道排布式为 。 其最稳定的化合价应该是+5,即失去所有的价电子,形成最外层8电子的稳定结构。 根据价层电子对互斥原理,VO43-中的中心原子V的价电子为5,配位原子O不提供电子,带有三个单位负电,所以外层电子为8个,共4对,空间构型为正四面体。 (2)①S原子的电子排布为[Ne]3s23p4,所以S原子的3p能级上有4个电子,分配在三个轨道中,有两个单电子。 从图中得到S的配位数为2,所以此时S的外层有6+2=8个电子,电子对为4,所以S应该的杂化方式是sp3杂化。 其中含有的第二周期元素是C、N、O。 同周期元素从左向右应该是第一电离能增大,因为N的2p能级上有3个电子,是p能级的半满稳定结构,所以N的第一电离能反常增大,所以第一电离能为: N>O>C。 ②2-巯基烟酸有羧基可以与水分子形成氢键,所以其水溶性会更好。 (3)从题目表述来看,形成离域Π键的要求是: ①原子共平面;②有相互平行的p轨道。 根据价层电子对互斥理论,二氧化硫为平面三角形,硫酸根为正四面体,硫化氢为角型,二硫化碳为直线型。 所以选项B一定错误。 而硫化氢的H原子不存在p轨道。 所以选项C错误。 由上正确的是选项A和选项D。 (4)晶胞中有V为: 8×1/8+4×1/4=2个;S为: 2×1=2个,所以化学式为VS。 因为该晶胞中有2个VS,所以晶胞质量为2×(32+51)/NAg。 根据图4得到晶胞底面的面积为a× nm2,所以晶胞的体积为: a× ×bnm3。 1nm=10-7cm,所以晶体密度为 。 12.化合物F具有独特的生理药理作用,实验室由芳香化合物A制备下的一种合成路线如下: 已知: ① ② 回答下列问题: (1)A的名称为________,B生成C的反应类型为________。 (2)咖啡酸的结构简式为_______。 (3)F中含氧官能团名称为________。 (4)写出F与足量NaOH溶液反应的化学方程式_______ (5)G为香兰素的同分异构体,能使FeCl3溶液变紫色,苯环上只有两个取代基团,能发生水解反应,符合要求的同分异构体有______种,请写出其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢,峰面积比为3: 2: 2: 1的G的结构简式_________。 (6)写出以 原料(其他试剂任选)制备肉桂酸( )的合成路线。 ______________ 【答案】 (1).4-甲基苯酚 (2).取代反应(3). (4).酯基、羟基(5). (6).9(7). (8). 【解析】C与CH3ONa的反应一定是题目的已知反应①,所以C为 ,推出B为 。 由上,再根据A的分子式得到A为 。 香兰素发生题目已知反应②得到D,所以D为 。 最后一步E与 酯化得到F,所以E为 。 (1)A为 ,所以名称为对甲基苯酚或者4-甲基苯酚。 由B( )到C( )的反应为取代反应。 (2)咖啡酸E为 。 (3)根据F的结构简式得到其含氧官能团的名称为羟基和酯基。 (4)F与足量氢氧化钠反应,其两个酚羟基会与氢氧化钠中和,另外酯基和氢氧化钠水解,所以方程式为: (5)G为香兰素的同分异构体,能使FeCl3溶液变紫色,说明一定有酚羟基,苯环上只有两个取代基团,能发生水解反应,说明除酚羟基外,其余的两个C和两个O都在另一个取代基上,且一定有酯基。 所以符合要求的同分异构体有9种: (各自有邻间对三种同分异构体)。 其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢,峰面积比为3: 2: 2: 1的G的结构简式为: 和 。 (6)很明显制备肉桂酸需要用到题目的已知反应②,所以需要制得 ,将原料水解后氧化即可得到,所以路线图为: 。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 广东省 佛山市 普通高中 教学质量 检测 化学试题 解析