学年度第一学期检测试题扬州市高三化学.docx
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学年度第一学期检测试题扬州市高三化学
江苏省扬州市2018—2019学年度第一学期检测高三化学试题
1.化学与社会可持续发展密切相关。
下列做法不合理的是
A.向海水中加入明矾制取淡水
B.用碱性废水中和处理酸性废水
C.用无磷洗涤剂避免水体富营养化
D.按规定对生活废弃物进行分类放置
【答案】A
【解析】
【分析】
依据水资源的开发和利用知识分析解答。
【详解】A项:
海水淡化是要除去海水中溶解的无机盐,而明矾净水是利用氢氧化铝胶体除去水中的悬浮杂质(不溶性杂质),即明矾不能使海水淡化。
A项不合理;
B项:
利用中和反应,可用碱性废水处理酸性废水。
B项合理;
C项:
含氮、磷废水任意排放会引起水体富营养化(水华或赤潮),故无磷洗涤剂能避免水体富营养化。
C项合理;
D项:
按规定对生活废弃物进行分类放置,有利于防止污染、实现资源再利用。
D项合理。
本题选A。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A.N2的电子式:
B.质量数为34的硫原子:
1634S
C.F-的结构示意图:
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D.邻硝基甲苯的结构简式:
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学用语的书写规范分析判断。
【详解】A项:
氮原子最外层5电子,通过3对共用电子对形成N2分子。
N2分子的电子式中每个氮原子都有1对孤电子对。
A项错误;
B项:
原子符号的左上角应为质量数,左下角应为质子数。
B项错误;
C项:
F-的结构示意图正确;
D项:
中,甲基和硝基在间位,是间硝基甲苯。
D项错误。
本题选C。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A.SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆
B.铝具有良好的导热性,可用铝槽车贮运浓硝酸
C.NaHCO3能与碱反应,可用作食品疏松剂
D.液氨汽化时吸收大量的热,可用作制冷剂
【答案】D
【解析】
【分析】
根据物质的性质理解其用途,判断是否为对应关系。
【详解】A项:
SO2用于漂白纸浆是利用了SO2的漂白性。
A项错误;
B项:
用铝槽车贮运浓硝酸,是因为常温时铝在浓硝酸中会钝化。
B项错误;
C项:
NaHCO3用作食品疏松剂,是因为它能与酸生成CO2气体。
C项错误;
D项:
氨分子间有范德华力和氢键,液氨汽化时会吸收大量的热,用作制冷剂。
D项正确。
本题选D。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X是短周期中非金属性最强的元素,Y原子的最外层电子数是其最内层电子数的一半,Z的最高正价是其最低负价绝对值的3倍,X与W同主族。
下列说法正确的是
A.原子半径:
r(X) B.Y2Z中既有离子键又有共价键 C.Z的氧化物的水化物是一种强酸 D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 【答案】A 【解析】 【分析】 根据元素构、位、性的关系推断元素,并利用元素周期律进行比较。 【详解】短周期中,非金属性最强的元素X为F,则Y、Z、W都在第三周期;原子的最外层电子数是其最内层电子数一半的元素Y必为Na;最高正价是其最低负价绝对值的3倍的元素Z是S;与X同主族的元素W只能是Cl。 据元素周期律,原子半径: r(F) 本题选A。 5.下列制取Cl2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 【分析】 根据氯气的制法、性质及实验装置分析回答。 【详解】A项: 实验室用MnO2和浓盐酸共热制氯气。 A项正确; B项: 氯气使KI-淀粉溶液先变蓝后褪色,是氯气的氧化性。 B项错误; C项: 氯气密度比空气大,可用向上排空气法收集。 C项正确; D项: NaOH溶液能吸收氯气,防止污染空气。 D项正确。 本题选B。 【点睛】氯气通入KI-淀粉溶液时,先发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2,碘与淀粉变蓝;当氯气过量时,又发生反应5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3,使蓝色褪去,但不是Cl2的漂白性。 6.下列指定反应的离子方程式正确的是 A.用稀硝酸清洗试管内壁的银镜: Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O B.向醋酸中加入碳酸钙粉末: 2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O C.向AlCl3溶液中加入过量氨水: Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ D.向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液: 2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 根据离子方程式的书写步骤,判断是否正确。 【详解】A项: 清洗银镜时,稀硝酸被还原成NO。 A项错误; B项: 醋酸是弱酸,应保留化学式。 B项错误; C项: Al(OH)3不溶于过量氨水。 C项正确; D项: Ba(OH)2溶液足量时,反应不会生成CO32-。 D项错误。 本题选C。 【点睛】离子方程式中常见错误有: 反应不符合事实、质量不守恒、电荷不守恒、拆分不正确、不符合用量关系等。 7.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据硫、氮、铁、铜等元素及其化合物间的转化关系分析判断。 【详解】A项: CuO与H2O不能直接化合。 A项错误; B项: 第一步SO2过量,第二步复分解反应。 B项正确; C项: 铁与盐酸只生成FeCl2。 C项错误; D项: NO不溶于水,与水不反应。 D项错误。 本题选B。 【点睛】高考化学主要考查H、O、C、Si、N、S、Cl、Na、Al、Fe、Cu等元素的单质及其化合物的化学性质。 将各元素的单质及其化合物以关系图进行总结,有等于掌握它们的化学反应。 8.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A.能使甲基橙变红的溶液中: Mg2+、K+、SO42-、NO3- B.0.1mol·L-1的FeCl3溶液中: Al3+、NH4+、Cl-、I- C.c(OH-)/c(H+)=1012的溶液中: Cu2+、NH4+、SO42-、NO3- D.含足量NaAlO2的溶液中: K+、H+、Cl-、SO42- 【答案】A 【解析】 【分析】 根据特定条件下离子间的相互反应进行判断,不能反应就能大量共存。 【详解】A项: 能使甲基橙变红的溶液pH<3.1,呈酸性。 Mg2+、K+、SO42-、NO3-能大量共存。 A项正确; B项: FeCl3溶液中,I-会被Fe3+氧化而不能大量共存。 B项错误; C项: c(OH-)/c(H+)=1012的溶液pH=13,呈强碱性,Cu2+、NH4+不能大量存在。 C项错误; D项: NaAlO2的溶液AlO2-与H+不能大量存在。 D项错误。 本题选A。 9.H2S废气资源化的原理为: 2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)ΔH=-632kJ·mol-1。 下图为H2S燃料电池的示意图。 下列说法正确的是 A.电极b为电池的负极 B.电极b上发生的电极反应为: O2+2H2O+4e-=4OH- C.电路中每流过4mol电子,电池会产生632kJ电能 D.每34gH2S参与反应,有2mol H+经质子膜进入正极区 【答案】D 【解析】 【分析】 燃料电池属于原电池,应根据原电池原理分析回答。 【详解】图中,H2S在电极a上失电子,a是负极;O2在电极b上得电子,b是正极(A项错误)。 电池使用质子(H+)交换膜,说明固体电解质呈酸性,则负极反应为2H2S-4e-=S2+4H+,正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O(B项错误)。 据热化学方程式,电路中转移4mol电子,共放出热量632kJ(包括电能、热量等),故电能小于632kJ(C项错误)。 由电极反应式知,每2molH2S参与反应,有4mol H+经质子膜进入正极区,才能使两极电解质呈电中性(D项正确)。 本题选D。 10.下列图示与对应的叙述相符合的是 A.图甲表示已达平衡的反应在t0时刻改变某一条件后,反应速率随时间的变化,则改变的条件可能是缩小容器体积 B.图乙表示某可逆反应物质的浓度随反应时间的变化,且在t0时刻达到化学平衡状态 C.图丙表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后,溶液pH的变化 D.图丁表示用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1醋酸溶液的滴定曲线 【答案】A 【解析】 【分析】 根据化学反应原理,分析相关量的变化图象并作出判断。 【详解】A项: 图甲化学平衡后在t0时刻改变某一条件后,正、逆反应速率都变大但仍相等,可能是气体分子数不变的反应增大压强(缩小容器体积)。 A项正确; B项: 图乙可表示可逆反应物质的浓度随反应时间的变化,但t0时刻正反应速率大于逆反应速率,未达化学平衡状态。 B项错误; C项: 向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后,CH3COO-抑制CH3COOH电离,溶液pH随CH3COONa固体的增加而增大,图丙不正确。 C项错误; D项: 醋酸为弱酸,20.00mL0.1000mol·L-1醋酸溶液应pH>1。 当加入20.00mL0.1000mol·L-1NaOH溶液时恰好生成醋酸钠溶液,因CH3COO-水解pH>7。 图丁不正确。 D项错误。 本题选A。 11.下列说法正确的是 A.常温下,CH3COOH分子不可能存在于pH=8的溶液中 B.SO2的水溶液能导电,说明SO2是电解质 C.Al2O3具有很高的熔点,可用于制造熔融NaOH的坩埚 D.向NaClO溶液中通入少量CO2后,ClO-的浓度减小 【答案】D 【解析】 【分析】 根据电离、水解、电解质等概念分析判断。 【详解】A项: 溶液中CH3COOH有电离平衡,不论加入多少碱,都不能使平衡向右完全。 即CH3COOH分子可以存在于碱性溶液中。 A项错误; B项: SO2的水溶液能导电,不是因为SO2发生电离,而是它与水反应的产物H2SO3发生电离,故SO2属于非电解质。 B项错误; C项: Al2O3熔点很高,可制造坩埚,但不能熔融NaOH。 因为Al2O3为两性氧化物,能与NaOH反应。 C项错误; D项: NaClO溶液中存在ClO-水解平衡,通入的CO2与OH-反应,使水解平衡右移,ClO-的浓度减小。 D项正确。 本题选D。 12.下列说法正确的是 A.将水库的钢闸门与直流电源的负极相连,能减缓闸门的腐蚀 B.稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液中各离子的浓度均减小 C.反应CaO+CO2=CaCO3在常温下能自发进行,则反应的ΔH<0 D.常温常压下,H2O2分解产生22.4LO2,反应中转移的电子数为2×6.02×1023 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据电化学、溶液中离子平衡、化学反应自发性等分析判断。 【详解】A项: 钢闸门与电源负极相连时,电子由负极流向钢闸门,使钢闸门难失电子,从而减缓闸门的腐蚀。 这是外加直流电源的阴极保护法。 A项正确; B项: CH3COOH溶液中有CH3COOH和H2O的电离平衡,溶液呈酸性。 稀释过程中H+等离子浓度减小,但OH-浓度增大。 B项错误; C项: 反应CaO+CO2=CaCO3中气体减少,ΔS<0。 它在常温下能自发进行,则必有ΔH<0。 C项正确; D项: 常温常压下,22.4LO2不是1mol,H2O2分解反应转移的电子不是2mol。 D项错误。 本题选AC。 【点睛】由水的离子积表达式可以看出: 稀释酸性溶液时,H+浓度减小,OH-浓度增大。 稀释碱性溶液时,OH-浓度减小,H+浓度增大。 13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体,出现白色沉淀 H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强 B 向某溶液中先滴加Ba(NO3)2溶液,再滴加稀盐酸,出现白色沉淀 原溶液中可能含SO32- C 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色 原溶液中不含钾元素 D 向10mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液,产生白色沉淀后,再加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液,产生红褐色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3] A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 【分析】 利用酸碱反的规律、常见离子检验方法、沉淀转化规律,分析作出判断。 【详解】A项: 复分解反应中,通常有较强酸生成较弱酸的规律。 CO2气体通入Na2SiO3溶液生成H2SiO3白色沉淀,说明H2CO3酸性强于H2SiO3酸性。 A项错误; B项: 某溶液中先后加入Ba(NO3)2溶液、稀盐酸,相当于加入了强氧化性的硝酸,则白色沉淀可能是BaSO4或AgCl,原溶液中可能有SO42-、SO32-或Ag+。 B项正确; C项: 焰色反应时火焰呈黄色,则样品中含有钠元素,还不能确定是否含钾元素。 若透过蓝色钴玻璃观察火焰是否呈紫色,可确定是否有钾元素。 C项错误; D项: 虽然白色难溶物Mg(OH)2能转化为红褐色难溶物Fe(OH)3,但其化学式类型不同,不能比较它们的溶度积。 D项错误。 本题选B。 14.20℃时,配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol·L-1的H2A和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。 下列说法正确的是 A.H2A在水中的电离方程式为: H2A=HA-+H+,HA- H++A2- B.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中,c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-) C.pH=4的溶液中,c(HA-)>c(H2A)+c(A2-) D.pH=7的溶液中,c(Na+)=2c(A2-) 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据溶液中三个守恒关系分析解题。 【详解】A项: 从图中看出,H2A、HA-、A2-的浓度都随着溶液pH的变化而改变。 表明H2A为二元弱酸,电离方程式为: H2A HA-+H+,HA- H++A2-。 A项错误; B项: 当c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=c(Na+)=0.100mol·L-1时,即为NaHA溶液,其质子守恒关系为c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)。 B项正确; C项: 在图中pH=4的点作垂线,可知溶液中c(HA-)>0.050mol·L-1,则(H2A)+c(A2-)<0.050mol·L-1。 即c(HA-)>c(H2A)+c(A2-)。 C项正确; D项: H2A和NaOH混合溶液中,电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)。 当溶液pH=7时,c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)。 D项错误。 本题选BC。 【点睛】质子守恒关系不易写出时,可由电荷守恒、物料守恒关系相加或相减得出。 15.不同温度下,三个体积均为1L的密闭容器中发生反应3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)ΔH=-92.6kJ·mol-1。 实验测得起始、平衡时的有关数据如下表。 下列说法正确的是 容器编号 温度(K) 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol H2 N2 NH3 H2 Ⅰ T1 3 1 0 2.4 Ⅱ T2 1.2 0.4 0.2 1.2 Ⅲ T1 2 0.2 0.2 A.T1>T2 B.平衡时,容器Ⅰ中反应放出的热量为92.6kJ C.容器Ⅰ和容器Ⅱ中反应的化学平衡常数相同 D.容器Ⅲ中的反应起始时向逆反应方向进行 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据平衡移动原理、浓度商与K的关系、热化学方程式的含义分析解答。 【详解】A项: 容器II相当于起始投料1.5molH2、0.5molN2,恰好为容器I中H2、N2量的一半。 若容器II的体积为0.5L,则T1温度下容器I、II中化学平衡等效,容器II中H2量应为容器I的一半,即1.2mol。 现容器II体积为1L、温度为T2,平衡时H2量为1.2mol,即体积从0.5L增大到1L、温度从T1改变到T2,容器II中的平衡没有移动。 只有同时减压(增大体积)和降温(T1>T2),才能使容器II中化学平衡不移动。 A项正确; B项: 热化学方程式中的ΔH为反应进行完全时的数据。 因为反应可逆,容器I中3molH2、1molN2不可能完全反应,故平衡时放热少于92.6kJ。 B项错误; C项: 化学平衡常数与温度有关。 容器Ⅰ和容器Ⅱ的温度不同,化学平衡常数也不同。 C项错误; D项: 容器I、Ⅲ温度相同,平衡常数相同。 容器I中平衡时有2.4mol·L-1H2、0.8mol·L-1N2、0.2mol·L-1NH3,求得平衡常数K=0.0145。 容器III起始时Qc=0.025>K,故起始时反应向逆反应方向进行。 D项正确。 本题选AD。 【点睛】用Qc与K的大小关系判断可逆反应进行的方向时,应使用相同温度时的数据。 求 常可使计算简化。 16.从工业含锌废渣(主要成分为ZnO,还含有SiO2、Fe3+、Cu2+、Pb2+等杂质)制取ZnCO3∙2Zn(OH)2的一种工艺如下: (1)浸取前,需将含锌废渣粉碎并加水制成悬浊液(化浆),目的是____。 (2)浸取时的温度控制在30℃,原因是____。 浸取后,ZnO转化为[Zn(NH3)4]CO3溶液,滤渣的主要成分为____。 (3)除Cu2+、Pb2+时,也可加入(NH4)2S使其生成硫化物沉淀。 已知Ksp(CuS)=6.3⨯10-36,Ksp(PbS)=8.0⨯10-28,要使溶液中Cu2+、Pb2+的浓度均小于1.0⨯10-5mol·L-1,则沉淀时需控制S2-的浓度至少为_____mol·L-1。 (4)蒸氨时发生反应的化学方程式为____。 (5)本工艺中可循环利用的物质为____。 【答案】 (1).增大接触面积,加快浸取速率,提高锌元素的浸出率(答出任意一点即可) (2).温度太低,浸取反应速率慢;温度太高,NH4HCO3分解(NH3的溶解度减小)(3).Fe(OH)3、SiO2(4).8.0⨯10-23(5).3[Zn(NH3)4]CO3+2H2O ZnCO3∙2Zn(OH)2+12NH3↑+2CO2↑(6).NH3(多写CO2不扣分) 【解析】 【分析】 根据流程中发生的物理、化学变化,应用化学反应的相关原理,分析解答问题。 【详解】 (1)将含锌废渣粉碎并制成悬浊液(化浆),可增大浸取时固液接触面积,加快浸取速率,提高锌元素的浸出率。 (2)浸取时使用NH4HCO3和氨水,若温度过高,NH4HCO3会分解、氨溶解度会减小;若温度过低,浸取反应速率慢。 浸取时,ZnO转化为[Zn(NH3)4]CO3溶液,杂质Cu2+、Pb2+经置换、过滤II被除去,则杂质Fe3+、SiO2经浸取、过滤I被除去。 废渣中的SiO2不溶于NH4HCO3和氨水,Fe3+在碱性浸取液中形成Fe(OH)3沉淀。 故滤渣的主要成分为SiO2、Fe(OH)3。 (3)若用(NH4)2S使Cu2+、Pb2+生成硫化物沉淀。 因Ksp(CuS) 要c(Pb2+)<1.0×10-5mol·L-1,则c(S2-)>8.0×10-23mol·L-1。 (4)过滤II的滤液中含[Zn(NH3)4]CO3,蒸氨时生成NH3、ZnCO3∙2Zn(OH)2,发生非氧化还原反应。 据元素守恒,写出配平的方程式3[Zn(NH3)4]CO3+2H2O ZnCO3∙2Zn(OH)2+12NH3↑+2CO2↑。 (5)“蒸氨”时生成的氨气可用于“浸取”,可循环利用的物质为NH3。 17.一种以含钴废催化剂(含Co、Fe、FeO、Fe2O3以及不溶于酸的杂质)制备氯化钴晶体与黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的工艺如下: 已知: KMnO4的氧化性强,可以氧化HBr、HCl、Fe2+等。 (1)“氧化”“成矾”需在加热条件下进行。 “氧化”时反应的离子方程式为____。 实验中能否选用KMnO4溶液检验Fe2+是否完全氧化,____(填“能”或“不能”),理由是____。 (2)该条件下,若用H2O2作氧化剂,实际H2O2的用量比理论用量要多,重要原因之一是H2O2发生了分解。 该条件下H2O2分解较快的原因是: ①____;②____。 (3)成矾过程中反应的离子方程式为____。 检验成矾是否完全的实验操作是____。 【答案】 (1).6Fe2++ClO3-+6H+ 6Fe3++Cl-+3H2O (2).否(3).反应后的溶液中有Cl-和H+,也会使KMnO4溶液褪色(4).温度升高,H2O2分解速率加快(5).Fe2+的催化作用使H2O2分解速率加快(或答Fe3+的催化作用)(6).2Na++6Fe3++4SO42-+6CO32-+6H2O Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑(7).取上层清液,向其中加入KSCN溶液,若溶液不变红,则已成矾完全 【解析】 【分析】 根据流程中发生的理化变化、结合物质的性质、应用化学反应原理解答问题。 【详解】 (1)含钴废催化剂经“酸溶”、“过滤I”所得滤液中有FeSO4、Fe2(SO4)3等,而“过滤II”所得黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中铁为+3价。 故“氧化”是将Fe2+变成Fe3+,反应的离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+ 6Fe3++Cl-+3H2O。 “氧化”后溶液中有Cl-和H+,能使KMnO4溶液褪色,故不能用KMnO4溶液检验Fe2+是否完全氧化。 (2)用H2O2氧化Fe2+时,H2O2分解较快。 从影响反应速率的因素分析原因: “氧化”在加热条件下进行,温度升高,H2O2分解速率加快;Fe2+或Fe3+的催化作用使H2O2分解速率加快。 (3)“成矾”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12],其中Fe3+、SO42-来自氧化后的溶液、Na+来自NaClO3和Na2CO3、OH-只能来自CO32-水解。 反应的离子方程式为2Na++6Fe3++4SO42-+6CO32-+6H2O Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑。 检验“成矾”是否完全,即检验成矾时Fe3+是否完全沉淀。 实验操作是: 取上层清液,向其中加入KSCN溶液,若溶液不变红,则成矾已完全。 18.多钒酸盐在催化、医学等领域有着重要的应用。 某多钒酸铵晶体的化学式为(NH4)xH6-xV10O28·10H2O。 为测定其组成,进行下列实验: ①称取样品0.9291
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