届西藏省拉萨市拉萨中学高三第六次月考理科化学试题解析版.docx
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届西藏省拉萨市拉萨中学高三第六次月考理科化学试题解析版
西藏省拉萨市拉萨中学2020届高三第六次月考理科化学试卷
可能用到的相对原子质量:
H-1Li-7B-11C-12N-14O-16F-19S-32K-39Ca-40Cu-64
一、选择题:
每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与材料、生活和环境密切相关。
下列有关说法中错误的是
A.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子
B.医药中常用酒精来消毒,是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性
C.大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放
D.煤炭经气化、液化和干馏等过程,可获得清洁能源和重要的化工原料
【答案】A
【解析】
【详解】A.光导纤维的主要成分为二氧化硅,为无机物不是高分子化合物,故A错误;
B.酒精能够使细菌蛋白发生变性,常用来消毒,故B正确;
C.矿物燃料含有硫氮元素,因此大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以减少硫、氮氧化物排放,故C正确;
D.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程;煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程;煤的干馏是指隔绝空气加强热,使煤分解的过程,可以得到很多重要的化工原料,故D正确;
故选A。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列有关说法正确的是
A.60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
B.5.8g熟石膏(2CaSO4·H2O)含有的结晶水分子数为0.04NA
C.把4.6g乙醇完全氧化变成乙醛,转移电子数为0.1NA
D.实验室制取氧气方法有多种,制取1molO2转移电子数均是4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O,1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子,60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol,充分燃烧消耗2NA个O2,故A正确;
B.熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n=
=0.02mol,由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知,1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水,故0.02mol水中含0.02mol水,即0.02NA个,故B错误;
C.把4.6g乙醇物质的量为0.1mol,完全氧化变成乙醛,碳元素由乙醇中的-2价升高乙醛中的-1价,故转移电子数为0.2NA,故C错误;
D.实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气,当用KClO3和KMnO4来制取氧气时,氧元素由-2价变为0价,故制取1mol氧气转移4NA个电子,当用双氧水制取氧气时,氧元素由-1价变为0价,故制取1mol氧气时转移2NA个电子,故D错误;
故答案为A。
3.茉莉酸甲酯具有强烈而持久的茉莉花香,广泛用于人工配制的茉莉精油中,其结构简式如图所示。
下列关于茉莉酸甲酯的说法中不正确的是()
A.分子式为C13H20O3
B.分子中含2个手性碳原子
C.能发生氧化、水解和加聚反应
D.茉莉酸甲酯易溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据结构简式可知,茉莉酸甲酯的分子式为C13H20O3,故A正确;
B.环上连接两个长支链的碳原子为手性碳原子,所以手性碳原子有2个,故B正确;
C.含有碳碳双键,能发生氧化反应和加聚反应、含有酯基能发生水解反应,故C正确;
D.酯基、烃基、羰基都是憎水基,不含亲水基,所以不易溶于水,易溶于有机溶剂,故D错误;
故选D。
4.四种短周期元素在周期表中的位置如图,其中只有M为金属元素。
下列有关说法正确的是()
A.离子半径Y<Z<M
B.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强
C.X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的大
D.单质沸点:
X>M>Y>Z
【答案】B
【解析】
【分析】
从图中四种短周期元素的相对位置看,M为金属元素铝,则X为Si,Y为N,Z为O。
【详解】A.具有相同电子排布的离子半径,核电荷数越大半径越小,离子半径N3->O2->Al3+,A错误;
B.N的最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸,而H2SiO3为弱酸,B正确;
C.非金属性Si D.单质沸点: Si>Al>O2>N2,D错误; 故选B。 5.常温下,将0.1mol/L的NaOH溶液逐滴滴入20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中,所得溶液pH变化如图所示,下列有关说法正确的是() A.a点: c(CH3COOH)>c(CH3COO-) B.b点为滴定终点 C.若V1=20,则c点处水的电离程度最大 D.d点: c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+) 【答案】C 【解析】 【详解】A.a点为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解,所以c(CH3COOH) B.若二者恰好中和生成CH3COONa,由于该盐是强碱弱酸盐,在溶液中CH3COO-水解会使溶液显碱性,而b点溶液呈中性,说明溶液中还有少量CH3COOH剩余,未达到滴定终点,B错误; C.加入20mLNaOH溶液,恰好完全反应,溶液中溶质为CH3COONa,在溶液中CH3COO-会发生水解作用,使水的电离正向移动,水的电离作用得到促进;c点前有未反应的醋酸,c点后溶液中有过量的NaOH,酸或碱的存在对水的电离平衡都会起抑制作用,使水的电离程度减小,故c点处水的电离程度最大,C正确; D.d点溶液为CH3COONa、NaOH按2: 1物质的量的比混合得到的混合溶液,根据物料守恒: 2c(Na+)=3c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)①,根据电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)②,②×2-①,整理可得: c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+),D错误; 故合理选项是C。 6.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中,正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 常温下分别测定等浓度的KNO2、KCl溶液的pH pH值: KNO2>KCl 非金属性: Cl>N B 打磨后的铝片投入沸水中,加热一段时间,取出铝片,用一束光照射溶液 加热,铝片表面无明显现象;用光照射溶液时,有一条光亮的“通路” 铝与热水发生了反应 C 将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中 澄清石灰水变浑浊 某溶液中一定含有HCO3-或CO32- D 向Cu(OH)2沉淀中分别滴加盐酸和氨水 沉淀均能溶解 Cu(OH)2为两性氢氧化物 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 【详解】A.可比较亚硝酸与盐酸的酸性,但亚硝酸和盐酸均不是N或Cl元素最高价水化物含氧酸,则不能比较非金属性,故A错误; B.用光照射溶液时,有一条光亮的“通路”,可知生成氢氧化铝胶体分散系,则铝与热水发生了反应,故B正确; C.二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊,生成的气体不一定就是CO2,则不能说明溶液中一定含有HCO3-或CO32-,故C错误; D.Cu(OH)2与氨水反应生成络合物,不是生成盐和水,则氢氧化铜为碱,不具有两性,故D错误; 故选: B。 7.一种微生物燃料电池如图所示,下列关于该电池的说法正确的是 A.a电极发生还原反应 B.H+由右室通过质子交换膜进入左室 C.b电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O D.电池工作时,电流由a电极沿导线流向b电极 【答案】C 【解析】 【详解】A、b极上N元素的化合价降低,所以b是正极发生还原反应,故A错误; B、原电池中阳离子从负极移向正极,即H+由左室通过质子交换膜进入右室,故B错误; C、b极上N元素的化合价降低,b是正极,发生还原反应,电极反应式为: 2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O,故C正确; D、原电池中电流从正极流向负极,电流由b电极沿导线流向a电极,故D错误; 故选C。 8.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。 (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)ΔH3 ③ 则反应①自发进行 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(ψ)如图所示。 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)。 【答案】 (1).高温 (2).+247.1(3).p1>p2>p3(4).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或8333.3 【解析】 【分析】 I. (1)反应自发进行的条件是△H-T△S<0,结合盖斯定律分析解答; Ⅱ. (2)①由方程式N2+3H2⇌2NH3可知,增大压强,平衡正向移动,结合图象中氨的体积分数与压强的关系分析判断;②温度越大,压强越大,反应速率越大;③根据三段式,结合平衡分压=总压×气体物质的量分数计算。 【详解】I. (1)水蒸气重整: CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1,△H>0,△S>0,满足△H-T△S<0,则需要高温;水蒸气重整: CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1①,CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ•mol-1②,二氧化碳重整: CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3③,根据盖斯定律,将①+②得到反应③的热化学方程式: CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3=(+205.9kJ•mol-1)+(-41.2kJ•mol-1)=+247.1kJ/mol,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; 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: <; ③ =0.667,x=0.08,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)=105Pa× =8.3×103,故答案为: 8.3×103。 【点睛】本题的易错点为 (2)③,要注意三段式在化学平衡计算中的应用,同时注意理解“分压=总压×物质的量分数”。 9.为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验,利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸,含量低,不考虑对玻璃仪器的腐蚀),用水蒸气蒸出,再通过滴定测量。 实验装置如下图所示,加热装置省略。 (1)A的名称是___________,长导管用于平衡压强,实验过程中其下端___________(填“能”或“不能”)在液面以上。 (2)仪器C是直形冷凝管,实验过程中,冷却水应从___________口出。 (填“a”或“b") (3)实验时,首先打开活塞K,待水沸腾时,关闭活塞K,开始蒸馏: 若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升,应立即______________________。 (4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳,其作用是___________。 (5)B中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样,D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。 加热A、B,使A中产生的水蒸气进入B。 ①下列物质不可代替高氯酸的是___________(填标号) a.醋酸b.硝酸c.磷酸d.硫酸 ②D中主要反应的离子方程式为_________________________________。 (6)向馏出液中加入25.00mL0.100mol·L-1La(NO3)3溶液,得到LaF3沉淀,再用0.100mol·L-1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La3+与EDTA按1︰1络合),消耗EDTA标准溶液20.00mL,则氟化稀土样品中氟的质量分数为______________________。 【答案】 (1).圆底烧瓶 (2).不能(3).b(4).打开活塞K(5).保温,避免水蒸气冷凝(6).ab(7).HF+OH-=F-+H2O(8).2.85% 【解析】 【分析】 A水蒸气发生装置,长导管作用起到平衡压强的作用,防止烧瓶内压强过大,实验时,首先打开活塞K,目的是让烧瓶内压强和外界一致,待水沸腾时,关闭活塞K,开始蒸馏,若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升,应立即打开活塞K,和外界联通降低压强,B制取HF的装置,利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢,用水蒸气蒸出,冷凝到D装置,被氢氧化钠中和吸收,在采用滴定法定量测定氟元素的质量分数。 【详解】 (1)A的名称是圆底烧瓶,长导管用于平衡压强,实验过程中其下端在液面以下; 答案: 圆底烧瓶不能 (2)实验过程中,直形冷凝管中 冷却水应从a进b出,这样可使冷却水充满外管,有利于带走热量; 答案: b。 (3)从实验安全角度考虑,实验时,首先打开活塞K,目的是让烧瓶内压强和外界一致,待水沸腾时,关闭活塞K,开始蒸馏,若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升,应立即打开活塞K,和外界联通降低压强; 答案: 打开活塞K (4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳,石棉绳的隔热效果比较好,主要起到保温防止水蒸气冷凝的作用; 答案: 保温,避免水蒸气冷凝。 (5)①根据题干知识可知反应原理为高沸点酸(难挥发性酸)制取低沸点酸(易挥发性酸),醋酸和硝酸易挥发,不可代替高氯酸; 答案: ab ②D中是氢氧化钠与HF发生酸碱中和生成盐和水,离子方程式为HF+OH-=F-+H2O; 答案: HF+OH-=F-+H2O。 (6)关系式法计算: 设F-的物质的量为x 3F-~LaF3~La3+EDTA~La3+ 3mol1mol1mol1mol xx/30.1mol/L×20.00×10-3L0.1mol/L×20.00×10-3L +0.1mol/L×20.00×10-3L=0.100mol/L×25.00×10-3L 得x=1.5×10-3mol=0.0015mol 氟化稀土样品中氟的质量分数为: ×100%=2.85% 答案: 2.85% 10.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料,某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下: 常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表: Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀 7.5 2.7 4.8 完全沉淀 9.0 37 6.4 (1)炉气中的有害气体成分是__________,Cu2S与O2反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。 (2)若试剂X是H2O2溶液,写出相应反应的离子方程式: ________。 当试剂X是______时,更有利于降低生产成本。 (3)加入试剂Y调pH时,pH的调控范围是___________。 (4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式: ________,操作X包括_________、洗涤、烘干,其中烘干时要隔绝空气,其目的是____________。 (5)以铜与石墨作电极,电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O,写出阳极上生成Cu2O的电极反应式: __________。 【答案】 (1).SO2 (2).2∶1(3).2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O(4).空气或氧气(5).3.7≤pH<4.8(6).4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O(7).过滤(8).防止Cu2O被空气中氧气氧化(9).2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O 【解析】 分析】 (1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫,Cu2S与O2反应时,根据得失电子守恒,分析氧化剂与还原剂的物质的量之比; (2)酸性条件下,H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,本身被还原为H2O,酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+; (3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去,而铜离子不能形成沉淀; (4)N2H4将Cu2+还原为Cu2O,自身被氧化为N2;Cu2O不溶于水,且有较强的还原性,在加热条件下易被空气氧化; (5)因Cu2O是在阳极上生成的,阳极材料是铜,铜失去电子转化为Cu2O,据此解答。 【详解】 (1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫,故炉气中的有害气体成分是SO2,Cu2S与O2反应时,氧化剂为O2,还原剂为Cu2S,1molO2得4mol电子,Cu的化合价从+1价升高为+2价,S的化合价从-2价升高为+4价,故1molCu2S失8mol电子,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1,故答案为: SO2;2∶1; (2)酸性条件下,H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,本身被还原为H2O,离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+,而氧气或空气价格远低于H2O2,所以用氧气替代双氧水,可以有效降低生产成本,故答案为: 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;空气或氧气; (3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去,而铜离子不能形成沉淀,故pH调控范围是3.7≤pH<4.8,故答案为: 3.7≤pH<4.8; (4)N2H4将Cu2+还原为Cu2O,自身被氧化为N2,化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O;由于Cu2O不溶于水,故操作X为过滤、洗涤、烘干;因Cu2O有较强的还原性,在加热条件下易被空气氧化,故烘干过程中要隔绝空气,故答案为: 4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O;过滤;防止Cu2O被空气中氧气氧化; (5)因Cu2O是在阳极上生成的,阳极材料是铜,铜失去电子转化为Cu2O,相应的电极反应式为2Cu-2e-+2OH-===Cu2O+H2O,故答案为: 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。 11.中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果,《本草纲目》中记载: “(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,反应原理为: S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑。 (1)氮原子的价层电子排布图为___________,烟花燃放过程中,钾元素中的电子跃迁的方式是___________,K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。 上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。 (2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外,还可形成C2O3(结构式为 )。 C2O3与水反应可生成草酸(HOOC—COOH)。 ①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________,CO2分子的立体构型为___________。 ②草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2,二者的熔点分别为101℃、-7.9℃,导致这种差异的最主要原因可能是______________________。 ③CO分子中π键与σ键个数比为___________。 (3)超氧化钾的晶胞结构图如下: 则与K+等距离且最近的K+个数为___________,若晶胞参数为dpm,则该超氧化物的密度为___________g·cm-3(用含d、NA的代数式表示,设NA表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】 (1). (2).由高能量状态跃迁到低能量状态(3).N>O>S>K(4).O(5).sp2(6).直线型(7).草酸分子间能形成更多氢键(8).2: 1(9).12(10). 【解析】 【分析】 根据核外电子排布特点及非金属性强弱比较第一电离能大小;根据等电子体结构及杂化轨道理论分析分子的空间结构;根据晶胞的结构计算晶胞的密度。 【详解】 (1)N原子价电子数为5,其电子排布图为 ;焰色反应属于发射光谱,故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态,由第一电离能递变规律及N原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为N>O>S>K;上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强,故电负性最大, 故答案为; ;由高能量状态跃迁到低能量状态;N>O>S>K;O; (2)①C2O3中碳原子形成3个σ键、为sp2杂化;CO2中C原子采取sp杂化,立体构型为直线型; ②草酸分子中有2个O-H键,丁酸分子中只含有一个O-H键,故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多,因此其沸点比较高; ③CO与N2互为等电子体,结构相似,故π键与σ键个数比为2: 1; 故答案为sp2;直线型;草酸分子间能形成更多氢键;2: 1; (3)由晶胞图知,同一平面内与K+距离相等且最近的K+有4个,通过某一个K+且相互垂直的平面有3个,故共有12个K+符合条件;由均摊原理知每个晶胞中含有4个KO2,质量为4/NA×71g,晶胞的体积为d3×10-30cm3,故密度为: g/cm3, 故答案 12; 。 12.以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物。 E是一种治疗心绞痛的药物,由葡萄糖为原料合成E的过程如下: 回答下列问题: (1)葡萄糖的结构简式为__________。 (2)E中含有的官能团为羟基、醚键和_______。 (3)由B到C的反应类型为_________。 (4)C的结构简式为_________。 (5)由D到E的反应方程式为_________。 (6)F是B的同分异构体,7.30g的F与足量饱碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳(标准状况),F的可能
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