【全国百强校】山东省济南市市中区2019届高三上学期第二次诊断性考试化学试题(解析版)
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1、20192019 届高三第二次诊断性考试化学试题届高三第二次诊断性考试化学试题 说明:本试卷满分说明:本试卷满分 100100 分,分为第分,分为第 I I 卷卷( (选择题选择题) )和第和第 IIII 卷卷( (非选择题非选择题) )两部分,第两部分,第 I I 卷为第卷为第 1 1 页至第页至第 5 5 页,第页,第 IIII 卷为第卷为第 5 5 页至第页至第 8 8 页。试题答案请用页。试题答案请用 2B2B 铅笔或铅笔或 0.5mm0.5mm 签字笔填涂到答题签字笔填涂到答题 卡规定位置上,书写在试题上的答案无效。考试时间卡规定位置上,书写在试题上的答案无效。考试时间 9090 分
2、钟。分钟。 可能用到的相对原子质量:可能用到的相对原子质量: N 14 O 16 Al 27 S 32 K 39 Mn 55 Ba 137N 14 O 16 Al 27 S 32 K 39 Mn 55 Ba 137 第第 I I 卷卷( (共共 5050 分分) ) 一、选择题一、选择题( (本题包括本题包括 1010 小题,每小题小题,每小题 2 2 分,共分,共 2020 分。每小题分。每小题只有一个选项只有一个选项 符合题意符合题意) ) 1.中国文化对人类文明贡献巨大。对下列古代研究成果的说明不合理的是 A. 天工开物“凡石灰,经火焚炼为用”里的“石灰”是指 Ca(OH)2 B. 黄白
3、第十大“曾青涂铁,铁赤如铜”主要发生了置换反应 C. 本草纲目“用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器承滴露”,利用到蒸馏 D. 梦溪笔谈“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”中“剂钢”指铁合金 【答案】A 【解析】 【详解】A.石灰石加热后能制得生石灰,“石灰”指的是碳酸钙,故 A 错误; B.铁与硫酸铜反应是铁置换出铜,铜为红色,反应方程式为:Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,该反应为置换反应, 故 B 正确; C.由信息可知,蒸令气上,则利用互溶混合物的沸点差异不同进行分离,则该法为蒸馏操作,故 C 正确; D.剑刃硬度要大,所以用的是铁碳合金,剂钢指的是铁合金,故D正确。 故选 A。 2.
4、国际计量大会对摩尔的最新定义为:“1 摩尔包含 6.0221407610 23个基本单元,这一常数称作阿伏加德 罗常数(NA),单位为 mol -1。”下列叙述正确的是 A. 标准状况下,224L SO3含有 NA个分子 B. 64g CH4O 含有的 C-H 键为 06NA C. 01mol Na2O2与 CO2反应转移的电子数为 02NA D. 01mol/L 的乙酸溶液中含有的 H +数目小于 01N A 【答案】B 【解析】 【详解】A.标准状况下,SO3是固体,所以不能使用气体摩尔体积计算 SO3物质的量,故 A 错误; B.6.4gCH3OH 物质的量为 0.2mol,1 个甲醇分
5、子中有 4 个氢原子,其中含有 3个 C-H键,1个 O-H 键,所以 0.2mol 甲醇分子中含有 0.6molC-H 键,故 B正确; C.0.1mol Na2O2与足量的 CO2充分反应,生成 0.05mol氧气,转移 0.1mol电子,转移的电子数为 0.1NA,故 C错误; D.溶液的体积不确定,无法确定氢离子的数目,H+离子数也可能大于 0.1NA,故 D错误。 故选 B。 3.分类法是化学重要的研究方法,下列各组物质的分类或变化正确的有 混合物:氯水、氨水、水玻璃、水银 含有氧元素的化合物叫氧化物 NO2为酸性氧化物,Na2O 为碱性氧化物 同素异形体:C60、金刚石、石墨 强电
6、解质溶液的导电能力一定强 熔融状态下能导电的化合物为离子化合物 有单质参加的反应是氧化还原反应 煤的气化、液化、干馏都是化学变化 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】水银是金属汞,属于纯净物,故错误; 只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物,故错误; NO2不属于酸性氧化物,Na2O是碱性氧化物,故错误; C60、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质,属于同素异形体,故正确; 强电解质的稀溶液由于离子浓度小,导电能力很弱,故错误; 共价化合物在熔化状态下不导电,在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物,故正确;有单质参 加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应,如同
7、素异形体间的转化是非氧化还原反应,故错 误; 煤的气化、液化、干馏都是化学变化,故正确。 所以正确的有。 故选 A。 4.据图中所示硫酸试剂瓶标签上的内容,下列说法正确的是 A. 将该硫酸加水配成质量分数 49%的溶液时浓度为 9.2molL B. 1mol Al 与足量的该硫酸反应产生 3g 氢气 C. 硫酸的摩尔质量为 98g D. 配制 500mL 4.6 molL 的稀硫酸需取该硫酸 125mL 【答案】D 【解析】 【分析】 A. 要配制质量分数为 49%的硫酸溶液需要将浓硫酸与等质量的水混合, 混合后溶液的质量为原硫酸的 2倍, 稀释后溶液的密度减小,故稀释后所得溶液的体积大于原硫
8、酸体积的 2 倍,根据稀释定律判断; B.铝与浓硫酸常温下发生钝化,加热时生成二氧化硫、硫酸铝和水; C.摩尔质量的单位为 g/mol; D.根据溶液稀释前后溶质硫酸的物质的量不变,据此计算需要浓硫酸的体积。 【详解】A.原硫酸物质的量浓度为=18.4mol/L,要配制质量分数为 49%的硫酸 溶液需要将浓硫酸与等质量的水混合,混合后溶液的质量为原硫酸的 2 倍,稀释后溶液的密度减小,故稀 释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的 2 倍,则稀释后所得溶液的浓度小于 9.2mol/L,故 A错误; B.铝与浓硫酸常温下发生钝化,加热时生成二氧化硫、硫酸铝和水,不能生成氢气,故 B 错误; C.硫酸的
9、摩尔质量为 98g/mol,故 C错误; D.根据稀释定律,稀释前后溶质的物质的量不变,设浓硫酸的体积为 xmL,则 500mL 4.6mol/L=xmL 18.4mol/L,解得 x=125,所以应量取的浓硫酸的体积为 125mL,故 D正确。 故选 D。 【点睛】注意硫酸的浓度越大,密度越大。 5.关于同温同压下的两种气体 12C18O 和14N 2的判断正确的是 A. 体积相等时密度相等 B. 原子数相等时具有的中子数相等 C. 体积相等时具有的电子数相等 D. 质量相等时具有的质子数相等 【答案】C 【解析】 试题分析:A、根据阿伏加德罗定律,物质的量相等,因为摩尔质量不相等,则质量不
10、等,根据密度的定义, 密度不相等,故错误;B、两者都是双原子分子,原子数相等,则物质的量相等,前者中子数为 16,后者为 14,则中子数不等,故错误;C、根据阿伏加德罗定律,两者物质的量相等,前者电子为 14,后者为 14, 因此等物质的量时,两种物质所含电子数相等,故正确;D、质量相等,两种物质的摩尔质量不等,则物质 的量不相等,质子数不相等,故错误。 考点:考查阿伏加德罗定律、微粒数等知识。 【此处有视频,请去附件查看】 6.下列各组离子一定能大量共存的是 A. pH=12 的溶液中:NH4 +、Na+、SO 4 2-、C1- B. c(H +)=0.1molL-1的溶液中:K+、I-、C
11、l-、NO 3 - C. 含有大量 AlO2的溶液中:NH4 +、Na+、C1-、H+ D. 强碱溶液中;Na +、K+、CO 3 2-、NO 3 - 【答案】D 【解析】 【详解】A、pH=12 的溶液为强碱性溶液,含有大量的 OH -,NH 4 +不能大量存在,故 A 错误; B、c(H +)0.1molL1的溶液中: I-被 NO 3 氧化而不能大量共存,故 B 错误; C.含有大量 AlO2 -的溶液呈碱性,NH 4 、H+不能大量存在,故 C 错误; D. 在强碱性溶液中,Na、K、CO32、NO3离子之间不反应,可以大量共存,故 D 正确; 综上所述,本题选 D。 7.向铝粉中添加
12、少量 NH4C1 固体并充分混合,将其加热到 1000时可与 N2反应制备 A1N,下列说法正确的是 A. A1N 是一种金属材料 B. A1N 与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气 C. 少量 NH4C1 能够破坏 A1 表面的 Al2O3薄膜 D. A1N 与足量盐酸反应的离子方程式为 AlN+3H +=Al3+NH 3 【答案】C 【解析】 AAlN 属原子晶体化合物,属于无机非金属材料,故 A 错误;BAl(OH)3有两性,能溶于 NaOH,则 AlN 与足量氢氧化钠溶液共热时生成偏铝酸钠和氨气,故 B 错误;C在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混 合,有利于 AlN 的制
13、备,其主要原因是 NH4Cl分解产生的 HCl能够破坏 Al表面的 Al2O3薄膜,故 C正确; DAlN 与足量盐酸反应的离子方程式为 AlN+4H+=Al3+NH4+,故 D错误;答案为 C。 8.X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素,其中 X、Z 同族,Y、Z 同周期,W 是短周期主族元素中金属性最强的, X 原子最外层电子数是其电子层数的 3 倍,Y 的最高正价与最低负价代数和为 6。下列说法正确的是 A. Y 最高价氧化物的水化物化学式为 H2YO4 B. Y 能从 Z 的盐溶液中置换出 Z 的单质 C. X、Z 两种元素的气态氢化物稳定性:ZX D. X 与 W 形成的化合物中阴、
14、阳离子个数比为 1:1 或 1:2 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素,W是短周期主族元素中金属性最强的,则 W为 Na元素;X原子最 外层电子数是核外电子层数的 3 倍,只能为电子层数为 2,最外层电子数为 6,即 X为 O 元素,X、Z同族, 则 Z为 S元素;Y的最高正价与最低负价代数和为 6,其最高价为+7 价,Y、Z同周期,Y为 Cl元素,据此 分析。 【详解】A.Y为 Cl,Y 元素最高价氧化物对应的水化物化学式 HYO4,故 A错误; B. Y 为 Cl元素,Z为 S 元素,非金属性 ClS,所以 Y 能从 Z的盐溶液中置换出 Z的单质,故 B
15、正确; C.非金属性 OS,则 X、Z两种元素气态氢化物中,X 的气态氢化物比 Z 的稳定,故 C错误; D.X 与 W 形成的两种化合物为 Na2O、Na2O2,阴、阳离子物质的量之比均为 1:2,故 D错误。 故选 B。 9.下列物质中可用于除去 CuCl2中混有的 Fe 3+,且不引入新杂质的是 A. Fe B. Cu C. CuO D. NaOH 【答案】C 【解析】 【详解】A.CuCl2能与铁粉反应生成氯化亚铁和铜,引入新的杂质,不符合除杂原则,故 A 错误; B.Fe3+与 Cu反应生成 Fe2+和 Cu2+,引入新的杂质,不符合除杂原则,故 B 错误; C.Fe3+水解溶液显酸
16、性,Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,加入 CuO可以使平衡不断正移产生 Fe(OH)3沉淀, 同时不引入新的杂质,符合除杂原则,故 C 正确; D.CuCl2与 Fe3+都能与 NaOH反应生成沉淀,不符合除杂原则,故 D错误。 故选 C。 10.某心脏起搏器工作时发生反应:4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2,下列判断正确的是 A. 还原剂只有 Li B. SOCl2既是氧化剂又是还原剂 C. 还原产物包括 LiC1 和 S D. 生成 1.12L SO2时,反应转移电子为 0.2mol 【答案】A 【解析】 【分析】 4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2反应中,Li
17、 的化合价升高,作还原剂,S 元素的化合价降低,作氧化剂,非金属 元素之间形成共价键,据此分析。 【详解】A.Li 的化合价升高,作还原剂,故 A正确; B.S 元素的化合价降低,SOCl2作氧化剂,故 B错误; C.Li 的化合价升高被氧化,LiCl 是氧化产物,S元素的化合价降低被还原,单质 S 是还原产物,故 C错误; D.反应 4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2中,每生成 1mol SO2转移 4mol电子,则标准状况下生成 1.12LSO2时,反 应转移电子为 0.2mol,因题目中未说明 SO2是否处于标准状况,所以无法计算转移电子的物质的量,故 D 错误。 故选 A。 二
18、、选择题二、选择题( (本题包括本题包括 1010 小题,每小题小题,每小题 3 3 分,共分,共 3030 分。每小题分。每小题只有一个选项只有一个选项 符合题意符合题意) ) 11.下列有关金属的工业制法中,正确的是 A. 制铜:火法炼铜,即将黄铜矿 CuFeS2受热分解以获得铜单质 B. 制铁:以铁矿石为原料,CO 还原得铁 C. 制镁:用海水为原料,经一系列过程制得氧化镁固体,H2还原得镁 D. 制铝:从铝土矿制得氯化铝固体,再电解熔融的氯化铝得到铝 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 A. 黄 铜 矿 (CuFeS2) 中 Fe 的 化 合 价 为 2 , 工 业 上 用 黄 铜
19、矿 冶 炼 铜 的 反 应 为 : 8CuFeS221O28Cu4FeO2Fe2O316SO2,故 A错误; B.工业上常用用 CO在高温下还原铁矿石炼铁:3CO+Fe2O32Fe+3CO2,制得铁,故 B 正确; C.工业上以海水为原料,经过一系列过程获得无水氯化镁,工业制镁是电解熔融氯化镁:MgCl2(熔融) Mg+Cl2,故 C 错误; D.因为氯化铝是分子晶体,熔融状态下氯化铝不导电,工业制铝是电解熔融的氧化铝:2Al2O3(熔融) 4Al+3O2,故 D 错误。 故选 B。 【点睛】金属的冶炼方法:Al之前的金属很活泼,用电解盐或氧化物的方法冶炼;中等活泼的金属一 般是热还原法,加热
20、时,用合适的还原剂,如 H2、C、CO、 或者较活泼的金属 Al (铝热反应) 进行冶炼; 后面的不活泼金属可以通过直接加热氧化物分解的方法得到金属单质。 12.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡,且属于电解质的是 A. 氯气 B. 二氧化碳 C. 氯化钾 D. 醋酸钠 【答案】D 【解析】 氯气是单质,既不是电解质又不是非电解质,故 A 错误;二氧化碳是非电解质,故 B 错误;氯化钾属于电 解质,是强酸强碱盐,不能水解,不会破坏水的电离平衡,故 C 错误;醋酸钠是电解质,能水解,促进水 电离,故 D 正确。 13.下列叙述中,正确的是 A. 两种微粒,若核外电子排布完全相同,则其化学性质一定
21、相同 B. 凡单原子形成的离子,一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布 C. 两原子如果核外电子排布相同,则一定属于同种元素 D. 元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素 【答案】C 【解析】 【详解】A.微粒可能为不同的分子,也可能为阳离子与阴离子,如钠离子与氧离子,二者性质不同,故 A 错误; B.根据 H+的核外电子排布,可知核外无电子,故 B错误; C.两原子如果核外电子排布相同,则一定属于同种元素,故 C正确; D.元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性, 而过渡元素都是金属, 故 D 错误。 故选 C。 14.氯化亚铜(CuC1)是白色
22、粉末,微溶于水,酸性条件下不稳定,易生成金属 Cu 和 Cu 2+。某小组拟热分解 CuCl22H2O 制备 CuC1,并进行相关探究。下列说法正确的是 A. 制备 CuC1 时产生的 Cl2可以回收循环利用,也可以通入饱和 NaC1 溶液中除去 B. Cu2(OH)2Cl2在 200时反应的化学方程式为:Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl C. X 气体可以是 N2,目的是做保护气,抑制 CuCl22H2O 加热过程可能的水解 D. CuC1 与稀硫酸反应离子方程式:2CuCl+4H +SO 4 2-=2Cu2+2Cl-+SO 2+2H2O 【答案】B 【解析】 【分析】 A.Cl2
23、在饱和 NaC1溶液中的溶解度小,不能被吸收; B.Cu2(OH)2Cl2加热至 200时生成 CuO,结合原子守恒书写化学方程式; C.X 气体是用于抑制 CuCl2水解; D.CuC1在酸性条件下不稳定,易生成金属铜和 Cu2+。 【详解】A.制备 CuC1时产生的 Cl2可以转化为 HCl,回收循环利用,Cl2在饱和 NaC1 溶液中的溶解度小, 不能被吸收除去,故 A 错误; B.Cu2(OH)2Cl2加热至 200时生成 CuO,结合原子守恒可知,还生成 HCl,则化学方程式为: Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl,故 B正确; C.CuCl2水解生成氢氧化铜和 HCl,X 气
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