广东省揭阳市届高三第一次模拟考试理综化学试题.docx
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广东省揭阳市届高三第一次模拟考试理综化学试题
广东省揭阳市2018高三高考第一次模拟考试
理综化学试题
1.下列说法正确的是
A.棉、丝、羽毛、塑料及合成橡胶完全燃烧都只生成CO2和H2O
B.水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙,都属于硅酸盐产品
C.“天宫二号”使用的碳纤维,是一种新型无机高分子材料
D.“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应
【答案】C
【解析】A.丝、羽毛的成分为蛋白质,燃烧产物除CO2和H2O,还有氮气,故A错误;B.水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅,不属于硅酸盐,水泥、玻璃、青花瓷属于硅酸盐工业产品,故B错误;C.碳纤维成分为碳单质,所以碳纤维是一种新型无机非金属材料,故C正确;D.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,故D错误;故选C。
2.中国丝绸有五千年的历史和文化,古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸,该“碱剂”的主要成分是一种盐,能促进蚕丝表层的丝胶蛋白质杂质水解而除去,使丝绸颜色洁白,质感柔软,色泽光亮,这种“碱剂”可能是
A.草木灰B.火碱C.食盐D.胆矾
【答案】A
【解析】草木灰的成分是碳酸钾,属于盐,溶液呈碱性,故A正确;火碱是氢氧化钠,属于碱,故B错误;食盐是氯化钠属于盐,溶液呈中性,故C错误;胆矾是
,属于盐,溶液呈酸性,故D错误。
3.以物质a为原料,制备物质d(金刚烷)的合成路线如下图所示
关于以上有机物说法中错误的是
A.物质b的分子式为C10H12B.物质a最多有10个原子共平面
C.物质c与物质d互为同分异构体D.物质d的一氯代物有2种
【答案】B
【解析】A.由结构可知b的分子式为C10H12,故A正确;B.由碳碳双键为平面结构,则5个C原子与4个H原子可共面,即最多9个原子共面,故B错误;C.物质c与物质d的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故C正确;D.物质d只有次甲基、亚甲基上两种H,其一氯代物有2种,故D正确;故选B。
点睛:
本题以有机物的合成考查有机物的结构与性质,把握有机物的结构、官能团与性质、有机反应为解答的关键。
本题的易错点为D,注意物质d只有次甲基、亚甲基上两种H。
4.下列有关实验现象和解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热
有砖红色沉淀生成
葡萄糖具有还原性
B
NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合
白色絮状沉淀生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
C
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
红棕色变深
反应2NO2
N2O4
的△H<0
D
向盛有1mL0.lmol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液,振荡,再加入10滴0.1mol/L的NaI溶液,再振荡
先生成白色沉淀,后产生黄色沉淀
Ksp(AgI)sp(AgCl)
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A.淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖,葡萄糖与氢氧化铜浊液在碱性条件下进行,应先加入碱调节pH,故A错误;B.由于碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝,NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合后生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠,没有发生双水解反应,故B错误;C.二氧化氮为红棕色气体,将NO2球浸泡在热水中,若颜色加深,则反应2NO2⇌N2O4的△H<0,故C正确;D.硝酸银过量,均为沉淀的生成,则不能比较AgI、AgCl的Ksp的大小,故D错误;故选C。
5.下图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。
下列说法不正确的是
A.气态氢化物沸点:
X>Y>R
B.离子半径:
R>X>Y>Z
C.气态氢化物的稳定性:
Y>X>W>R
D.X、Z形成的化合物中只有离子键
【答案】D
【解析】这几种元素都是短周期元素,根据原子最外层电子数与原子序数的关系知,X、Y、Z、R、W分别是O、F、Na、S、Cl元素。
A.氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比,但含有氢键的氢化物熔沸点较高,硫化氢只含有分子间作用力,水和氟化氢中还含有氢键,氢化物的沸点:
X>Y>R,故A正确;B.一般而言,电子层数越多,离子半径越大,电子层结构相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,离子半径R>X>Y>Z,故B正确;C.元素的非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,非金属性Y>X>W>R,则氢化物的稳定性Y>X>W>R,故C正确;D.X、Z分别是O、Na元素,二者形成的化合物有Na2O、Na2O2,氧化钠只含离子键、过氧化钠中含有离子键和共价键,故D错误;故选D。
6.在固态金属氧化物燃料电解池中,以H2—CO混合气体为燃料,基本原理如右图所示。
下列说法不正确的是
A.Y极是原电池的正极,发生还原反应
B.负极的电极反应式是:
H2-2eˉ+O2ˉ=H2OCO-2eˉ+O2ˉ=CO2
C.总反应可表示为:
H2+CO+O2=H2O+CO2
D.同温同压下两极消耗的气体的体积之比是1︰1
【答案】D
【解析】根据图示知:
与X相连的电极通入H2、CO,所以X是负极,Y是正极,负极上发生氧化反应,电极反应式为:
H2+O2--2e-=H2O、CO+O2--2e-=CO2,正极上发生还原反应,电极反应式为:
O2+4e-=O2-,总反应为:
H2+CO+O2=H2O+CO2。
A.根据图示知:
与X相连的电极通入H2、CO,所以X是负极,Y是正极,故A正确;B.负极上发生氧化反应,电极反应式为:
H2+O2--2e-=H2O、CO+O2--2e-=CO2,故B正确;C、根据正负极的电极反应式可知,总反应式可以为:
H2+CO+O2=H2O+CO2,故C正确;D、总反应式可表示为:
H2+CO+O2=H2O+CO2,同温同压下两极消耗的气体体积之比是2:
1,故D错误;故选D。
7.常温下,向10mL0.2mol·L-l草酸(H2C2O4)溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。
有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如右图关系,下列说法正确的是
A.HC2O4-在溶液中水解程度大于电离程度
B.当V(NaOH)=10mL时溶液中存在:
c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=0.1mol·L-l
C.当V(NaOH)=15mL时,溶液中存在:
c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(H+)
D.当V(NaOH)=20mL时,溶液中存在:
c(OH-)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(H+)
【答案】B
点睛:
本题考查酸碱混合溶液定性判断,明确图像中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键。
解答本题需要注意图像的关键点,如V(NaOH)=10mL时,溶质NaHC2O4,溶液显酸性,pH约为4;V(NaOH)=15mL时,溶质为等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4,溶液显酸性,pH约为5,等等。
8.Ⅰ.某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)。
已知:
①浓硝酸可氧化NO;②NaOH溶液能吸收NO2,不吸收NO。
(1)装置A中反应的离子方程式是_________________________________________。
(2)装置的连接顺序为:
a→()→()→()→()→()→()→()→()→d
Ⅱ.已知:
硫酰氯通常条件下为无色液体,熔点为-54.1℃,沸点为69.1℃,易水解产生大量白雾;易分解:
SO2Cl2=SO2↑+Cl2↑,催化合成硫酰氯的实验装置如下图(夹持装置已省略)
回答下列问题:
(3)仪器B的名称是____________仪器B冷却水的进口为_______(填“a”或“b”)活性炭的作用是_______________________。
(4)装置D除干燥气体外,另一个作用是__________________。
若缺少D,则硫酰氯会水解,该反应的化学方程式是_________________________________。
(5)C装置的作用是________________。
为了防止硫酰氯分解,某同学建议将收集器A放在__________中冷却。
【答案】
(1).3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
(2).f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c(3).球型冷凝管(4).a(5).催化剂(6).通过观察气泡控制气流速度(或比例)(7).SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl(8).吸收SO2和Cl2,防止空气污染(9).冰水浴
【解析】I.根据实验原理利用NO被灼热的铁粉还原为N2,同时生成FeO,所以首先应制备纯净的干燥的NO,利用铜与稀硝酸反应生成NO,由于硝酸具有挥发性,所以制得的NO中会混有硝酸和水蒸气气体,则先通过装置D除去挥发出的HNO3等酸性气体,然后再通过F干燥,得到纯净的干燥的NO进入E中与铁粉反应,最后处理多余的NO,又因为NaOH溶液不与NO反应,而浓硝酸可氧化NO生成NO2,所以最终先通过B氧化NO,后再通过C吸收。
(1)装置A中铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(2)根据以上分析,先制备NO→除硝酸气体→除水蒸气→氧化铁粉→氧化多余的NO→NaOH溶液吸收,所以上述装置接口的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d,故答案为:
f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d;
II.(3)根据装置图,仪器B为球型冷凝管,根据采用逆流的冷凝效果好,所以冷凝管中的冷却水进口为a,活性炭作催化剂;故答案为:
球型冷凝管;a;催化剂;
(4)D装置的浓硫酸用来干燥气体,防止硫酰氯水解,同时还可以通过观察气泡控制气体流速;若无D,硫酰氯水解为硫酸和盐酸。
化学方程式为:
SO2Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl,故答案为:
通过观察气泡控制气体流速;SO2Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl;
(5)SO2Cl2易分解放出SO2和Cl2,C装置中的碱石灰可以吸收SO2和Cl2,防止空气污染;为了防止硫酰氯分解,可将收集器A放在冰水中冷却,故答案为:
吸收SO2和Cl2,防止空气污染;冰水浴。
9.CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。
一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下:
已知:
①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等;
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
③CoCl2•6H2O熔点86℃,易溶于水、乙醚等;常温下稳定无毒,加热至110~120℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方式_______________________________。
(2)NaClO3的作用是____________________写出该反应的离子方程式_____________;
若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时,可能会生成有毒气体是___________(填化学式)。
(3)加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为________________。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图。
加萃取剂的目的是_______________;其使用的最佳pH范围是(填字母代号)__________。
A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5
(5)操作I包含3个基本实验操作是蒸发、结晶和过滤.制得的CoCl2•6H2O需减压烘干的原因是______________________________。
(6)除“钙”“镁”是将滤液i中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。
已知某温度下,Ksp(MgF2)=7.35×10-11,Ksp(CaF2)=1.50×10-10。
当加入过量NaF,所得滤液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=_____________。
【答案】
(1).Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O
(2).将Fe2+氧化成Fe3+(3).ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O(4).Cl2(5).Fe(OH)3 Al(OH)3(6).除去溶液中的Mn2+(7).B(8).降低烘干温度,防止产品分解(9).0.49
(1)酸性条件下,Co2O3和SO32-发生氧化还原反应生成Co2+、SO42-,反应离子方程式为:
Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O,故答案为:
Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O;
(2)酸性条件下,加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+,便于调节pH转化氢氧化铁沉淀而除去,反应的离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O,若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时,氯酸钠能够氧化氯离子反应生成氯气,故答案为:
将Fe2+氧化为Fe3+;ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O;Cl2;
(3)“加Na2CO3调pH至a”,目的是除去铁离子、铝离子,将铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤除去,故答案为:
Fe(OH)3、Al(OH)3;
(4)根据流程图可知,此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子,由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知,调节溶液pH在3.0~3.5之间,可使Mn2+被萃取,并防止Co2+被萃取,故答案为:
除去溶液中的Mn2+;B;
(5)操作I包含3个基本实验操作是蒸发、结晶和过滤,制得的CoCl2•6H2O需减压烘干,目的是降低烘干温度,防止产品分解,故答案为:
降低烘干温度,防止产品分解;
(6)由溶度积可知,滤液i“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀,根据溶度积可知c(Mg2+):
c(Ca2+)=
=
=0.49,故答案为:
0.49。
点睛:
本题借助于化学工艺流程,考查了物质分离和提纯、元素化合物知识等。
关键是理解工艺流程。
本题的易错点为氧化还原反应方程式的书写和配平,要根据流程图,结合氧化还原反应的规律确定反应生成物。
10.Ⅰ.据报道,我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。
甲烷是一种重要的化工原料。
(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式,除部分氧化外还有以下二种:
水蒸气重整:
CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol-1①
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1②
二氧化碳重整:
CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)ΔH3③
则反应①自发进行的条件是________________,ΔH3=_____________kJ·mol-1。
Ⅱ.氮的固定一直是科学家研究的重要课题,合成氨则是人工固氮比较成熟的技术,其原理为N2 (g)+3H2 (g)
2NH3(g)
(2)在不同温度、压强和相同催化剂条件下,初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时,平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如下图所示。
①其中,p1、p2和p3由大到小的顺序是________,其原因是_________________。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率,则vA(N2)______vB(N2)(填“>”“<”或“=”)
③若在250℃、p1为105Pa条件下,反应达到平衡时容器的体积为1L,则该条件下B点N2的分压p(N2)为_________Pa(分压=总压×物质的量分数,保留一位小数)。
Ⅲ.以连二硫酸根(S2O42-)为媒介,使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO,装置如图所示:
①阴极区的电极反应式为_____________________________。
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+,若通电时电路中转移了0.3mole-,则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为_______mL。
【答案】
(1).高温
(2).+247.1(3).p1>p2>p3(4).温度相同时,增大压强化学平衡向正反应方向移动,故平衡混合物中氨的体积分数越大压强越大(5).<(6).8.3×103(7).2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O(8).1344
【解析】Ⅰ.
(1)反应①CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol-1的ΔH>0,ΔS>0,反应要自发进行,△G=△H-T△S<0,需要高温,才自发进行;根据①CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol-1,②CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1,根据盖斯定律,将①-②得:
CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)ΔH3=(+205.9kJ·mol-1)-(-41.2kJ·mol-1)=+247.1kJ·mol-1,故答案为:
高温;+247.1;
Ⅱ.
(2)①由N2+3H2⇌2NH3可知,增大压强,平衡正向移动,由图象可知在相同温度下,平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为P1>P2>P3,因此压强关系是p1>p2>p3,故答案为:
p1>p2>p3;温度相同时,加压平衡正向移动,故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大,压强越大;
②温度越大,压强越大,反应速率越大,p1>p2,由图可知,B对应的温度、压强大,则反应速率大,故答案为:
<;
③N2+3H2⇌2NH3
开始(mol)0.1 0.3 0
转化(mol)x 3x 2x
平衡(mol)0.1-x 0.3-3x 2x
=0.667,x=0.08mol,则B点N2的分压p(N2)为
×105Pa=8.3×103Pa,故答案为:
8.3×103;
Ⅲ.①由图可知,阴极区通入液体主要含SO32-,流出主要含S2O42-,所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O,故答案为:
2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O;
②由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+,NO~NH4+~5e-,若电路中转移转移0.3mol e-,需要消耗NO 0.06mol,标准状况下体积为0.06mol×22.4L/mol=1344mL,故答案为:
1344。
11.磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜,磷青铜是含少量锡、磷的铜合金,主要用作耐磨零件和弹性原件。
(1)基态铜原子的电子排布式为______;价电子中成对电子数有____个。
(2)磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢(PH3)。
①PH3分子中的中心原子的杂化方式是_________。
②P与N同主族,其最高价氧化物对应水化物的酸性:
HNO3___H3PO4(填“>”或“<”),从结构的角度说明理由:
__________________________。
(3)磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn___P(填“>”“<”或“=”)。
(4)某磷青铜晶胞结构如图所示。
①则其化学式为________。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有______个,这些Sn原子所呈现的构型为_________。
③若晶体密度为8.82g·cm-3,最近的Cu原子核间距为____pm(用含NA的代数式表示)。
【答案】
(1).1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2).10(3).sp3(4).>(5).因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子,比H3PO4中多1个(6).<(7).SnCu3P(8).4(9).平面正方形(10).
【解析】试题分析:
(1)根据核外电子排布规律解答;
(2)①根据价层电子对互斥理论分析;
②根据影响含氧酸酸性的因素分析判断;
(3)根据电负性变化规律解答;
(4)根据晶胞结构结合均摊法分析、判断与计算。
解析:
(1)铜的原子序数是29,基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1,因此价电子中成对电子数有10个。
(2)①PH3分子中P原子含有的孤对电子对数=
,即价层电子对数为4,所以中心原子的杂化方式是sp3。
②由于HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子,比H3PO4中多1个,所以其最高价氧化物对应水化物的酸性是HNO3>H3PO4。
(3)非金属性越强,电负性越大,则锡、磷两元素电负性的大小为Sn>P。
(4)①根据晶胞结构可知含有的Sn原子个数=8×1/8=1,Cu原子个数=6×1/2=3,P位于体心,共计1个,则其化学式为SnCu3P。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个,位于面的4个顶点上,因此这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形。
③根据晶胞结构可知最近的Cu原子核间距为面对角线的一般,晶胞的边长是
,所以最近的Cu原子核间距为
。
12.阿司匹林是一种解毒镇痛药。
烃A是一种有机化工原料,下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图:
已知:
(1)
(2)烷基苯在高锰酸钾的作用下,侧链被氧化成羧基:
(3)
(苯胺,易被氧化)
请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题:
(1)C的结构简式为__________________________
(2)反应④的反应类型________,在③之前设计②这一步的目的是_____________。
(3)F中含氧官能团的名称__________________________
(4)G(阿司匹林)与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_____________________。
(5)符合下列条件的E的同分异构体有________种。
写出核磁共振氢谱中有四组峰,峰面积之比为3:
2:
2:
1的结构简式:
________________(只写一种)。
a.苯环上有两个取代基
b.遇氯化铁溶液显紫色
c.能发生水解反应
(6)利用甲苯为原料,结合以上合成路线和信息合成功能高分子材料(
,无机试剂任选)____________________
【答案】
(1).
(2).取代反应(3).保护酚羟基,防止酚羟基被氧化(4).羧基、酚羟基(5).
(6).9(7).
(8).
【解析】根据流程图,烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B,B在氢氧化钠溶液条件下水解生成醇C,根据C的化学式可知,A为甲苯,根据E的结构,结合已知信息
(2)可知,D为
,则C为
,
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