1、云南省文山州广南县第二中学2019-2020学年上学期9月份考试高三化学一、单选题(共7小题，每小题6.0分，共42分)1.在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉，经搅拌后发生的变化应是 （ ）A. 铁溶解，析出0.01 mol Ag和0.005 mol CuB. 铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2C. 铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe3D. 铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Cu2【答案】C【解析】因为氧化性：Ag+Fe3+Cu2+H+Zn2+，所以Fe先与A
2、g+反应：Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+，0.01molAg+消耗0.005molFe生成0.01molAg，余下0.01mol-0.005mol=0.005molFe继续与Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，0.005molFe与0.01molFe3+恰好完全反应，铁完全溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3+，答案选C。点睛：氧化还原反应的发生遵循以下规律：得失电子守恒（氧化剂得到的电子总物质的量等于还原剂失去的电子总物质的量）、强制弱规律、先强后弱规律（多种氧化剂和多种还原剂可以反应时，总是氧化性最强的优先与还原性最强的发生反应）。2.关于氧化物Na2O2和Na2
3、O，它们A. 阴阳离子个数比均为1：2B. 都含有非极性的共价键C. 与水都发生氧化还原反应D. 都属于碱性氧化物【答案】A【解析】【详解】A.Na2O2和Na2O中阴阳离子个数比均为1:2，A项正确；B.氧化钠中只有离子键，B项错误；C.氧化钠是碱性氧化物，与水反应生成NaOH不属于氧化还原反应，C项错误；D.过氧化钠不属于碱性氧化物，属于过氧化物，D项错误；答案选A3.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是A. 常温常压下X的单质为气态B. Z的氢化物为离
4、子化合物C. Y和Z形成化合物的水溶液呈碱性D. W与Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10721，所以X是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；D、
5、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。4.下列叙述正确是A. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小B. 铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C. 反应活化能越高，该反应越易进行D. 不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3【答案】B【解析】【分析】本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述
6、进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。【详解】A根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越强，应该是NaA的Kh(水解常数)越大。选项A错误。B铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选B正确。C反应的活化能越高，该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高，“翻越”越困难）。选项C错误。D红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。【点睛】反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提
7、高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进行的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。5.有关化学反应的说法，正确的是A. 自发反应都是放热反应B. 自发反应都是熵增大的反应C. 自发反应一定能实现D. 非自发反应在一定条件下能实现【答案】D【解析】【分析】化学反应是否能自发进行，取决于焓变和熵变，根据G=H-TS，如G0，则反应能自发进行。【详解】A化学反应是否能自发进行，取决于焓变和熵变，不仅仅取决于焓变，故A错误；B化学反应是否能自发进行，取决于焓变
8、和熵变，不仅仅取决于熵变，故B错误；C自发反应是一定条件下的可能性，是否一定实际发生，还要看化学反应速率，故C错误；D自发进行是相对的，在一定条件下，如G0，则反应能实现，即非自发反应在一定条件下也能实现，D项正确。答案选D。6.下列说法错误的是A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br/CCl4褪色D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】AB【解析】分析：A、双糖又名二糖，是由两个单糖分子组成的糖类化合物；B、根据酶的性质特点解答；C、植物油中含有碳碳不饱和键；D、淀粉和纤维素均是多糖。详解：A、果糖不能再发生水解
9、，属于单糖，A错误；B、酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，其中绝大多数酶是蛋白质，B错误；C、植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使Br2/CCl4溶液褪色，C正确；D、淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D正确。答案选A。点睛：本题主要是考查糖类、油脂和蛋白质的性质，平时注意相关基础知识的积累即可解答，题目难度不大。7.在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验中，会造成实验结果偏低的是（ ）A. 加热时间过长，固体部分变黑B. 坩埚内附有不挥发杂质C. 晶体不纯，含有不挥发杂质D. 加热过程中有少量晶体溅出【答案】C【解析】【分析】硫酸铜晶体结晶水含量的计算式为：结晶水的含
10、量=。硫酸铜晶体和坩埚的质量-无水硫酸铜和坩埚的质量=结晶水质量【详解】A. 加热时间过长，使无水硫酸铜分解为氧化铜和三氧化硫，会造成结晶水质量偏大，导致实验结果偏高，故A不选；B. 坩埚内附有不挥发杂质，不影响结晶水质量的测量，对实验结果没有影响，故B不选；C. 晶体不纯，含有不挥发杂质，使无水硫酸铜和坩埚的质量变大，使结晶水质量变小，造成实验结果偏低，故C选；D. 加热过程中有少量晶体溅出，会使结晶水质量偏大，造成实验结果偏高，故D不选。故选C。分卷II二、非选择题8.三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，
11、遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式_。（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) H1=48 kJmol13SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3 (g) H2=30 kJmol1则反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的H=_ kJmol1。（3）对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343 K时反应的平衡转化率=_%。平衡常数K343 K
12、=_（保留2位小数）。在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是_；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。比较a、b处反应速率大小：a_b（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率=正逆=，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处=_（保留1位小数）。【答案】 (1). 2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl (2). 114 (3). 22 (4). 0.02 (5). 及时移去产物 (6). 改进催化剂 (7). 提高反应物压强（浓度） (8). 大于 (9). 1.3【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应
13、与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。详解：（1）根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。（2）将第一个方程式扩大3倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为483+(30)=114kJmol-1。（3）由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0
14、.22 0.11 0.11 （转化率为22%）平衡： 0.78 0.11 0.11所以平衡常数K=0.1120.782=0.02。温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即VaVb。根据题目表述得到，当反应达平衡时，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
15、起始： 1 0 0反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）平衡： 0.8 0.1 0.1所以=0.8；=0.1；所以点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用b点数据进行计算或判断。9. 某课外活动小组欲利用氨气与CuO反应,研究氨气的性质并测其组成,设计了如下实验（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为_；仪器b中可选择的试剂为（任意填一种）_。（2）实验中，装置C中黑色CuO粉末全部转化为红色固体（已知Cu2O也为红色固体），量气管
16、中有无色无味的气体。实验前称取黑色CuO 80g，实验后得到红色固体质量为68g。则红色固体成分的化学式为_。（3）E装置中浓硫酸的作用是_。（4）F中读取气体体积前，应对装置F进行的操作是：_，若无此操作，而F中左边液面低于右边液面，会导致读取的气体体积_ （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）；图中量气管可由_ （请选择字母填空：A酸式滴定管，B碱式滴定管）改装而成。（5）要想测得氨气分子中氮、氢原子个数比，实验中应至少测量或读取哪些数据_。AB装置实验前后质量差mg； BF装置实验前后液面差VLCD装置实验前后质量差mg； DE装置实验前后质量差mg；【答案】（1）分液漏斗（1分） 碱石灰
17、或生石灰或氢氧化钠固体（任意填一种）（2分）（2）Cu和Cu2O（3分）（3）防止F中水蒸气进入D中，并吸收氨气（2分）（4）向上或向下移动右管，使得左右两边液面相平（2分），偏小（2分），B（1分）（5）B、C（2分）【解析】试题分析：（1）a是分液漏斗，A是制氨气的装置，所以b中可放碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体任意一种（2）若CuO全部被还原为Cu，则CuOCu，计算出Cu的质量为64g,但红色固体的质量为68g64g，所以该红色固体的成分是Cu和Cu2O（3）浓硫酸的作用是吸收未反应的氨气及防止F中的水进入D中，影响结果（4）F中读取气体体积时应保证气体和外界大气压相等，所以应向上或向下
18、移动右管，使得左右两边液面相平，若F中左边液面低于右边液面，说明气体压强大于外界大气压强，压强增大体积偏小，根据酸式滴定管与碱式滴定管的不同，图中量器管可由碱式滴定管改装而成，选B（5）确定氨气分子中氮、氢原子个数比也即确定产物中水和氮气的物质的量，A、B装置是干燥氨气，其质量与所求无关，错误；B、F装置测量氮气的体积，正确；C、D装置测量产物水的质量，正确；D、E装置是吸收多余的氨气及防治水进入D中，与所求无关，所以答案选B、C考点：考查氨气还原氧化铜的实验中所涉及的仪器名称、药品的选择、试剂的作用、产物的判断、数据的读取、测量10.醋酸亚铬(CH3COO)2CrH2O为砖红色晶体，难溶于冷
19、水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题： （1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_，仪器a的名称是_。（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_。同时c中有气体产生，该气体的作用是_。（3）打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是_；d中析出砖红色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是_、_、洗涤、干燥。（4）指
20、出装置d可能存在的缺点_。【答案】 (1). 去除水中溶解氧 (2). 分液（或滴液）漏斗 (3). Zn+2Cr3Zn2+2Cr2 (4). 排除c中空气 (5). c中产生H2使压强大于大气压 (6). （冰浴）冷却 (7). 过滤 (8). 敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触【解析】分析：在盐酸溶液中锌把Cr3还原为Cr2，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致c中压强增大，可以把生成的CrCl2压入d装置发生反应，据此解答。详解：（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是
21、分液（或滴液）漏斗；（2）c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3被锌还原为Cr2，反应的离子方程式为Zn+2Cr3Zn2+2Cr2；锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2，所以氢气的作用是排除c中空气；（3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。点睛：本题主要是考查醋酸亚铬制备原理的实验探究，考
22、查学生的化学实验与探究的能力、从提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块的能力，题目难度中等。明确实验原理、有关物质的性质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。11. 化学与技术分苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：回答下列问题：（1）在反应器 A 中通入的 X 是 。（2）反应和分别在装置 和 中进行。(填装置符号)（3）在分解釜 C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是 ，优点是用量少，缺点是 。（4）反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。反应温度应控制在 5060，温度过高的安全隐患是 。（5）中和釜
23、D 中加入的 Z 最适宜的是 (填序号。已知苯酚是一种弱酸)。ANaOHBCaCO3CNaHCO3DCaO（6）蒸馏塔 F 中的馏出物 T 和 P 分别为 和 ，判断的依据是 。（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是 。【答案】（1）氧气或空气；（2）A；C；（3）催化剂；腐蚀设备；（4）放热；温度过高会导致爆炸；（5）c；（6）丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）原子利用率高。【解析】试题分析：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目
24、的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚。（1）在反应器A发生信息中的反应，故需要氧气或空气，故答案为：氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应在反应器中发生，即A装置，反应在分解釜中进行，即C装置，故答案为：A；C；（3）在浓硫酸作条件下分解得到、，浓硫酸作作催化剂，浓硫酸腐蚀性强，容易腐蚀设备，故答案为：催化剂；腐蚀设备；（4）反应的H0，为放热反应，有过氧化物存在，温度过高会导致爆炸，反应温度控制在50-60，故答案为：放热；温度过高会导致爆炸；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，aNaOH能与硫酸、
25、苯酚反应，故不选；bCaCO3为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；cNaHCO3能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；dCaO能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故d不选；故选：c；（6）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则T为丙酮、P为苯酚，故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，故答案为：原子利用率高。【考点定位】考查制备实验方案的设计【名师点晴】本题考查有机物的制备实验方案，涉及对化学工艺流程、装置及试剂的分析评价等，关键是根据实验目的
26、与给予的反应信息理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查。解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。实验现象：自下而上，自左而右全面观察。实验结论：直接结论或导出结论。12.原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第14周期，其中A原子核是一个质子；B原子核
27、外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D原子外围电子排布为3d104s1。请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的是_(填元素符号，下同)，第一电离能最小的是_；（2）C所在的主族元素气态氢化物中，沸点最低的是_(填化学式)；（3）B元素可形成多种单质，其中”只有一层原子厚”的物质，被公认为目前世界上已知的最薄、最坚硬、传导电子速度最快的新型材料，该材料晶体结构如图所示，其原子的杂化类型为_；（4）D的醋酸盐晶体局部结构如图，该晶体中含有的化学键是_(填选项序号)；极性键 非极性键 配位键 金属键（5）某学生所做的有关D元素的实验流程如下图：D单质棕色烟绿色溶液蓝色沉淀
28、蓝色溶液黑色沉淀请书写第步反应的离子方程式：_。【答案】 (1). Cl (2). Cu (3). HCl (4). sp2 (5). (6). Cu(NH3)42+H2S+2H2O=CuS+2NH4+2NH3H2O【解析】【详解】A原子核是一个质子，即A为H，B原子核外电子有6种不同的运动状态，说明B原子核外有6个电子，即B为C，C和F或Cl形成正四面体形，因为四种元素分别位于不同周期，因此C为Cl，根据D的外围电子排布式，推出D为Cu，（1）非金属性越强，其电负性越大，四种元素中非金属性最强的是Cl，即电负性最强的元素为Cl，第一电离能最小，说明金属性越强，非金属性越弱，因此第一电离能最强的元素是Cu；（2）Cl位于第VIIA族，HF分子间存在氢键，其余不含分子间氢键，即HF沸点最高，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，另外三种卤族氢化物中HCl的分子量最小，即HCl沸点最低；（3）根据图示，该碳原子有3个键，无孤电子对，因此C的杂化类型为sp2；（4）由结构图可知该醋酸铜晶体中含有极性键、非极性键和配位键，故正确；（5）分析实验流程图可知：Cu与Cl2反应生成CuCl2，蓝色沉淀为Cu(OH)2，蓝色溶液为Cu(NH3)4Cl2，黑色沉淀则为CuS。据此可写出离子方程式为： Cu(NH3)42+H2S+2H2O=CuS+2NH4+2NH3H2O