【全国百强校】湖南省长沙市重点中学2019届高三上学期第五次调研考试化学试题(解析版)
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1、1.化学与生产、生活、社会密切相关,下列说法正确的是 A. 常用危险化学品标签中的阿拉伯数字主要表示的是危险级别 B. 石油裂化和裂解制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化 C. 误食重金属盐引起的人体中毒,可以喝大量的食盐水解毒 D. 少量的生石灰能作为鸡舍和猪栏的消毒剂 【答案】D 【解析】 【详解】A. 常用危险化学品标签中的阿拉伯数字是危险化学品分类的危险特性分类号,错误;B.裂解、裂 化均属于化学变化,错误;C.喝食盐水并不能解毒,应及时饮用大量牛奶,错误;D.生石灰与水反应能生成 强碱且放热,可以使蛋白质变性,正确。 2.设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是 A. 31
2、 g白磷()含有共价键的总数为 15NA B. 常温下,224 mL H2O中所含氢氧键的数目约为 249NA C. 87 g MnO2与 40 mL 10 mol L1的浓盐酸充分反应,生成的氯气分子数为 01NA D. 常温下,1 L pH11的 Na2CO3溶液中由水电离出的 H+数目为 0001NA 【答案】C 【解析】 【详解】A.1mol 白磷中含有 6mol 共价键,故 31g 白磷()含有共价键的总数为 1.5NA,正确;B.常温下 22.4mL水的物质的量,故 22.4 mL H2O中所含氢氧键的数目约为 2.49NA, 正确;C. 4HCl(浓)MnO2MnCl22H2OC
3、l2,0.1mol MnO2与 0.4mol 浓盐酸反应,因随着反应的进 行,该反应将不再发生, 故无法计算生成的氯气分子数目, 错误; D.该溶液中 N(OH-)=10-3NA,因 Na2CO3 溶液中的 OH-全部是水电离出来的,且水电离出的 H+与 OH-总量相等,故该溶液中水电离出 H+数目为 0.001NA。 3.部分被氧化的 FeCu 合金样品(氧化产物为 Fe2O3、CuO)共 592 g,经如下处理: 学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+ 科+网. 下列说法正确的是滤液A中的阳离子为 Fe2+、Fe3+
4、、H+ ;样品中氧元素的物质的量为 003 mol;溶 解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为 004 mol;V224;V336。 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】.铜不与稀硫酸反应,则生成的滤渣 3.2g为铜,金属铜可以和三价铁反应,所以滤液 A中一定不 含有+3价铁离子,故错误; .最后加热得到的 3.2g 固体为三氧化二铁,其物质的量为:=0.02mol,Fe 元素的物质的量为: n(Fe)=0.02mol 2=0.04mol,铁元素的质量为:0.04mol 56g/mol=2.24g,则样品中氧元素的质量为: 5.92g-2.2
5、4g-3.2g=0.48g,氧元素的物质的量为:=0.03mol,故正确; .根据的计算可知,铁元素的物质的量为 0.04mol,铁与过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁,则反应消耗硫酸 的物质的量为 0.04mol,故正确; .最后溶液中溶质为过量 H2SO4和 FeSO4,而铁元素物质的量为 0.04mol,说明参加反应硫酸物质的量为 0.04mol,含氢离子 0.08mol,其中部分氢离子生成氢气,另外的 H+和合金中的氧结合成水了,根据可知 氧元素的物质的量为 0.03mol,它结合氢离子 0.06mol,所以硫酸中生成氢气的氢离子为: 0.08mol-0.06mol=0.02mol,即生成 0
6、.01mol氢气,标况体积为 0.01mol氢气的体积为 2.24L,故正确; .根据的计算可知,生成标况下氢气的体积为 2.24L,故错误;由上述分析可知,正确的是。 4.下列化学用语的表述正确的是 A. 葡萄糖的实验式:CH2O B. NaClO 的电子式: C. 甲烷分子的球棍模型: D. 次氯酸的结构式:HClO 【答案】A 【解析】 【详解】A.葡萄糖的分子式为 C6H12O6,故实验式为 CH2O,正确;B. NaClO 的电子式: , 错误;C.该图为甲烷的球棍模型,错误;D. 次氯酸的结构式应为 HOCl,错误。 5.有 X、Y、Z、M、N五种物质,进行
7、的有关实验操作及现象如下: 实验操作 实验现象 气体 X 和气体 Y混合 气体变红棕色 Y、M、N分别与氢硫酸反应 都产生淡黄色固体 用玻璃棒蘸取 Z和 M 的浓溶液,相互靠近 产生白烟 Z和 N分别通入少量溴水中 溴水都变成无色透明的液体 X、Y、Z、M、N 依次可能是 A. NO、O2、NH3、HNO3、SO2 B. O2、NO、NH3、HCl、SO2 C. O2、NO、HCl、NH3、CO2 D. NO、O2、NH3、HCl、CH4 【答案】A 【解析】 【详解】该红棕色气体为 NO2,故 X为 NO或 O2,Y为 NO或 O2;实验现象说明 Y、M、N均具有氧
8、化性;实验现象说明 Z、M的浓溶液均具有挥发性;实验现象说明 Z、N均具有还原性;综上所述,Y 为 NO,X为 O2,排除 BC, 因 D项中 CH4不能满足实验,故答案为 A。 6.如图装置中,容器甲内充入 0.1 mol NO气体。干燥管内装有一定量 Na2O2,从 A处缓慢通入 CO2气体。 恒温下,容器甲中活塞缓慢由 D处向左移动,当移至 C 处时容器体积缩至最小,为原体积 9/10,干燥管中 物质的质量增加了 2.24 g。随着 CO2的继续通入,活塞又逐渐向右移动。下列说法中正确的是 A. 活塞从 D处移动到 C 处的过程中,通入的 CO2气体为 2.24 L(标准状况) B. N
9、O2转化为 N2O4的转化率为 20% C. 容器甲中 NO 已反应完 D. 活塞移至 C处后,继续通入 a mol CO2,此时活塞恰好回至 D处,则 a 小于 0.01 【答案】D 【解析】 【分析】 本题主要考查过氧化钠与二氧化碳反应,NO 与氧气反应,2NO2N2O4以及化学平衡的相关计算。CO2通 入时,干燥管中发生反应:2Na2O22CO2=4NaOHO2,C中发生反应:2NO+O2=2NO2N2O4,导致 气体体积减小。 A.根据干燥管中固体物质的质量增加量计算通入的 CO2体积; B.根据 O2计算出生成的 NO2物质的量,再根据体积变化计算出转化的 NO2物质的量,从而计算出
10、转化率; C.根据 O2物质的量计算反应的 NO; D.因继续通入 CO2时,体积不会缩小,即干燥管中 Na2O2已反应完,活塞向右移动,2NO2N2O4 平衡向左 移动,由此判断 a值。 【详解】A.设通入标准状况下 CO2气体的体积为 x,产生氧气的体积为 y,则: 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 质量装置m 2 22.4 L 22.4 L 56 g x y 2.24 g 所以 56 g:2
11、.24g=2 22.4 L:x,解得 x=1.792L,56 g:2.24g=22.4 L:y,解得:y=0.896L,即:通入二氧化 碳的体积为 1.792L,故 A错误; B.由 A计算可知,生成氧气的物质的量:n(O2)=0.04mol, 2NO+O2 =2NO2 2 1 2 0.08mol 0.04 mol 0.08 mol 0.1 mol0.08 mol,所以 NO过量,生成 NO2的物质的量为 0.08 mol, 2NO2N2O4 物质的量减少n 2 1 &n
12、bsp; 1 0.02 mol 0.1 mol (1-)=0.01mol 所以 NO2转化为 N2O4的转化率为: 100%=25%,故 B错误; C.根据 B 的计算可知,NO还剩余:0.1mol-0.08mol=0.02mol,故 C 错误; D.活塞移至 C,体积不会再减少,则干燥管中 Na2O2已反应完,活塞由 C向 D移动,体积扩大,2NO2N2O4 平衡左移,使二者物质的量增多,活塞移至 D时,气体物质的量共增加 0.01 mol,因此所需 CO2必小于 0.01 mol,故 D正确。 【点睛】本题试题综合性强,过程复杂,计算量很大,难度很
13、大,为易错题目,旨在考查学生灵活运用基 础知识解决实际问题的能力,有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力,侧重对学生能力的培养和 解题方法的指导与训练。 7.某酯的分子式可表示为 CnH2nO2(n 为整数),相对分子质量不大于 160,且在酸性条件下能水解生成两种相 对分子质量相等的有机物,则该酯的结构可能有 A. 15 种 B. 23种 C. 28 种 D. 32 种 【答案】B 【解析】 【详解】分子式为 CnH2nO2(n 为整数)的酯的相对分子质量不大于 160,则有 14n+32160,求得 n=9,在酸 性条件下水解生成相对分子质量相等的饱
14、和醇和酸,则醇分子中碳原子数比酸中碳原子数多 1,可能的组合 有 C2H5OH 和 HCOOH、C3H7OH(2 种)和 CH3COOH、C4H9OH(4 种)和 CH 3CH2COOH、C5H11OH(8 种)和 C3H7COOH(两种) ,第一组形成的酯有 1种,第二组形成的酯有 2种,第三组形成的酯有 4种,第 四组形成的酯有 16 种,共有 23 种。 【点睛】对于此类同分异构体的判断,不能直接写酯类化合物的同分异构体,需根据醇和羧酸的结构共同 判断。 8.某混合物 X由 Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。现进行如下图所示实验。下列有关说 法正确的是 A.
15、步骤中减少的 3 g固体一定是混合物 B. 步骤中质量减少的固体物质一定是 Fe2O3 C. 根据上述步骤可以得出蓝色溶液中 n(Cu2+)002 mol D. 根据步骤、可以判断 X 中氧化铁的质量分数为 50% 【答案】C 【解析】 【详解】A.Al2O3、SiO2都能够与 NaOH溶液反应,所以步骤 I中减少的 3g固体可能为氧化铝或二氧化硅, 不一定为混合物,故 A 错误; B.步骤 II中发生了反应: Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+,6.4g固体为铜和 Fe2O3的混合物, 减少的为铜和氧化铁,故 B错误; C.6.4g变成 1.92g,质量
16、减少:6.4g-1.92g=4.48g,减少的质量为 Fe2O3和部分 Cu,剩余的 1.92g为铜,设铜 的物质的量为 x,根据反应 Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+可知氧化铁的物质的量也为 x,则 64x+160x=4.48,解得 x=0.02mol,则反应后蓝色溶液中含有 0.02mol铜离子,故 C 正确; D.160g/mol 0.02mol=3.2g,X 中氧化铁的质量分数为: 100%=34.0%,故 D错误; 9.已知有机化合物(b)、(d)、 (p)。下列说法正确的是 A. b与 d 互为同系物 B. d中存在少量的 b时可以加入 NaOH溶液后分液除去 C. b、d、p
17、均可与金属钠反应 D. b、d、p 各自同类别的同分异构体数目,d 最多 【答案】D 【解析】 【详解】A.b 与 d结构不相似(官能团不同) ,不互为同系物,错误;B.b与 NaOH溶液能够发生反应而水解, 不能达到分离目的,错误;C.d不能与金属钠反应,错误;D. b、d、p各自同类别的同分异构体数目分别为 1、8、7(不包含本身) ,正确。 10.由下列实验及现象不能推出相应结论的是 选项 实验 现象 结论 A 向添有 KIO3的食盐中加入淀粉溶 液、稀盐酸及 KI 溶液变蓝色 氧化性:IO I2 B 向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少 量 Ag2O,振荡 溶液由浅红色变为红色 Ag2O是强
18、碱 C 向装有经过硫酸处理的 CrO3(桔红 色)的硅胶导管中吹入乙醇蒸气 固体逐渐由桔红色变为浅绿 色(Cr3+) 乙醇具有还原性 D 向盛有少量水的烧杯中加入少量 Mg2Si 产生白色沉淀,液面上有火 苗 Mg2Si水解生成Mg(OH)2和SiH4 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】 A.该实验现象说明 I-被氧化, IO3-作氧化剂, 被还原,故氧化性 IO3-I2, 正确;B.该实验现象的原因是稀氨水和 Ag2O发生反应:Ag2O4NH3 H2O=2Ag(NH3)22+2OH-+3H2O, 导致溶液碱性增强,错误;
19、C.CrO3中 Cr 元素为较高价态,具有氧化性,加入乙醇后被还原为 Cr3+,说明乙 醇具有还原性,正确;D.发生反应:Mg2Si+4H2O=2Mg(OH)2+SiH4,SiH4在空气中可以自燃,正确。 11.维生素 P 的结构如图所示,其中 R为烷烃基,维生素 P 是一种营养增补剂。下列关于维生素 P 的叙述正 确的是 A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基 B. 若 R为甲基,则该物质的分子式可以表示为 C16H14O7 C. 该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应 D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是 7 mol 【答案】C 【解析】 【详解】A.分子中的官
20、能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键,错误;B.若 R为甲基,其分子式为 C16H12O7, 错误;C.该有机物含有酚羟基,故遇到三氯化铁溶液会呈紫色,正确;D.1mol该有机物最多能加成 8mol氢 气。错误。 12.现有 FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液,其中 c(H+)=0.10mol/L取该溶液 200mL,加入过量 BaCl2 溶液,充分反应后过滤、洗涤、干燥,得到沉淀 27.96g;再另取该混合溶液 200mL,向其中加入过量 NaOH 溶液,搅拌使其充分反应,待沉淀全部变为红褐色后,过滤、洗涤并灼烧所得固体,最终得固体 8.00g则 原混合溶液中 c(Fe2+)与
21、 c(Fe3+)之比为( ) A. 4:1 B. 3:1 C. 2:1 D. 1:1 【答案】A 【解析】 试题分析:200mL 混合溶液加入过量 BaCl2溶液,充分反应后得到沉淀 27.96g 为 BaSO4,其物质的量 27.96g 233g/mol0.12mol,根据电荷守恒可知 2n(SO42-)=2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+n(H+) ,即 2n(Fe2+) +3n(Fe3+)=0.12mol 2-0.2L 0.1mol/L=0.22mol,另取该混合溶液 200mL,向其中加入过量 NaOH 溶液充分 反应, 待沉淀全部变为红褐色后,
22、过滤、 洗涤并灼烧最终得固体 8.00g 为 Fe2O3, 其物质的量8.0g 160g/mol 0.05mol,根据 Fe 元素守恒有 2n(Fe2O3)=n(Fe2+)+n(Fe3+) ,即 n(Fe2+)+n(Fe3+)=0.05mol 2=0.1mol, 联立方程解得:n(Fe2+)=0.08mol、n(Fe3+)=0.02mol,溶液体积相等,浓度之比等于物质的量之比,则 原混合溶液中 c(Fe2+) :c(Fe3+)=0.08mol:0.02mol=4:1,故选 A。 考点:考查混合物计算 13.常温下,向 1 L浓度为 04 mol L-1的乙醇酸CH2(OH)COOH溶液中加入
23、 8 g NaOH 固体得到 X溶液,将 X 溶液平均分成两等份,一份通入 HCl 气体,得到溶液 Y,另一份加入 NaOH固体得到溶液 Z,溶液 Y、Z 的 pH随所加物质的物质的量的变化情况如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法正确的是 A. c 点对应曲线代表的是加入 NaOH的曲线 B. 溶液中水的电离程度:cb C. a 点:cCH2(OH)COO-c(Na+)c(H+)c(OH) D. 稀释 Y溶液后,溶液中变大 【答案】C 【解析】 【分析】 本 题 主 要 考 查 盐 类 水 解 与 弱 电 解 质 的 电 离 平 衡 以 及 酸 碱 中 和 相 关 计 算 。 由 题 可 知
24、 , nCH2(OH)COOH=0.4mol,第一次加入 0.2molNaOH 固体,即溶液 X 为等浓度的 CH2(OH)COOH 和 CH2(OH)COONa 的混合溶液,由 a 点可知,CH2(OH)COOH 的电离程度大于 CH2(OH)COO-水解程度,导 致溶液呈酸性。 A.加 NaOH会使溶液 pH增大; B.盐类水解促进水的电离,加酸抑制水的电离; C.分析 a点的溶质,根据电荷守恒以及溶液酸碱性判断; D.平衡常数只与温度有关。 【详解】A.加入 NaOH会使溶液 pH增大,故应为 b点对应的曲线,错误; B.b点时溶液中含 0.06molCH2(OH)COOH和 0.14m
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