解析天津市第二十一中学届高三上学期期中考试化学试题Word文件下载.docx
《解析天津市第二十一中学届高三上学期期中考试化学试题Word文件下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《解析天津市第二十一中学届高三上学期期中考试化学试题Word文件下载.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
、SO
D.Fe3+、Na+、Cl-、SO
【详解】A.MnO
在溶液中显紫红色,与题中要求不符,故A不符合题意;
B.碱性条件下,K+、Na+、NO
离子之间以及与OH-都不发生反应,能大量共存,故B符合题意;
C.碱性条件下,H+与OH-不能大量共存,故C不符合题意;
D.碱性条件下,Fe3+与OH-不能大量共存,且Fe3+在溶液中显棕黄色,与题中要求不符,故D不符合题意;
答案选B
4.下列说法不正确的是
A.激素类药物乙烯雌酚的结构简式为:
,它的分子式是:
C18H20O2
B.等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧,所耗用氧气的量依次减少
C.聚乳酸(
)是由单体之间通过加聚反应合成的
D.实验证实
可使溴的四氯化碳溶液褪色,说明该分子中存在碳碳双键
【答案】C
【详解】A.根据物质的结构简式可知该物质的分子式是C18H20O2,A正确;
B.等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧,由于氢元素的含量逐渐减小,因此所消耗氧气的量依次减少,B正确;
C.由聚乳酸的结构可知,形成聚乳酸的单体中含有羟基和羧基,所以聚乳酸是由单体之间通过缩聚反应合成的,C错误;
D.
可使溴的四氯化碳溶液褪色,说明该分子中存在碳碳双键,D正确;
答案选C。
5.油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中,再加入面粉搅拌成面团;
放置,使面团产生气体,形成孔洞。
放置过程发生反应:
2KAl(SO4)2·
12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O。
下列判断正确的是
A.从物质的分类角度来看,油条配方中的“矾、碱、盐”主要成分均为盐
B.放置过程发生的反应为氧化还原反应
C.放置过程发生的反应中,反应物和生成物均为电解质
D.反应的离子方程式为2Al3++3
+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】AD
【详解】A.从物质的分类角度来看,油条配方中的KAl(SO4)2·
12H2O、Na2CO3、NaCl都由金属阳离子和酸根阴离子构成,都属于盐类,故A正确;
B.放置过程发生的反应2KAl(SO4)2·
12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O,没有元素化合价变化,为非氧化还原反应,故B错误;
C.放置过程发生的反应中,生成物CO2为非电解质,故C错误;
D.根据反应方程式2KAl(SO4)2·
12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O,可知反应
离子方程式为2Al3++3
+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑,故D正确;
选AD。
6.下列有关微粒性质的排列顺序中,错误的是
A.元素的电负性:
P<
O<
F
B.元素的第一电离能:
C<
N<
O
C.离子半径:
O2->
Na+>
Mg2+
D.原子的未成对电子数:
Mn>
Si>
Cl
【详解】A、得电子能力越强,电负性越大,得电子能力P<O<F,所以元素的电负性P<O<F,故A正确;
B、C的电子排布式为1s22s22p2;
N的电子排布式为1s22s22p3,p轨道处于半充满状态;
O的电子排布式为1s22s22p4,第一电离能应该是N的最大,故B错误;
C、这些离子是电子层一样多的微粒,根据核电荷数越多半径越小,则离子半径:
O2->Na+>Mg2+,故C正确;
D、Mn、Si、Cl原子的未成对电子数分别为5、2、1,即原子的未成对电子数:
Mn>Si>Cl,故D正确。
正确答案选B。
【点睛】元素的第一电离能和最外层电子数的多少有关,轨道处于全充满和半充满状态稳定;
电子层越多,半径越大,电子层一样多的微粒,核电荷数越多半径越小。
7.H7N9型禽流感是全球首次发现的新亚型流感病毒,达菲(Tamiflu)是治疗该病毒的最佳药物.以莽草酸为原料,经多步反应可制得达菲和对羟基苯甲酸.达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如下:
A.达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物
B.1mol莽草酸与NaOH溶液反应,最多消耗4molNaOH
C.对羟基苯甲酸较稳定,在空气中不易被氧化
D.利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸
【答案】D
【详解】A.达菲、莽草酸均不存在苯环,不属于芳香族化合物,A错误;
B.莽草酸中只有羧基和氢氧化钠溶液反应,1mol莽草酸与NaOH溶液反应,最多消耗1molNaOH,B错误;
C.对羟基苯甲酸含有酚羟基,易被氧化,不稳定,C错误;
D.对羟基苯甲酸含有酚羟基,利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸,D正确;
答案选D。
8.已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2,且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。
下列叙述中,正确的是()
A.Cl2通入FeI2溶液中,可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3
B.每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-
C.FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化
D.I2具有较强的氧化性,可以将PbCl2氧化成PbO2
【详解】A.Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱,所以氯气通入FeI2溶液中,氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子,所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3,故A错误;
B.PbO2在酸性溶液中易得电子而被还原成Pb2+,所以每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时转移2个e-,故B错误;
C.氯化铁的氧化性大于碘,所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质,所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化,故C正确;
D.PbO2的氧化性大于I2,所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质,而碘不能将PbCl2氧化成PbO2,故D错误;
故选C。
9.实验室需配制480mL1mol·
L-1NaOH溶液,下列叙述正确的是( )
A.转移液体时,玻璃棒应紧靠容量瓶口
B.用托盘天平称量19.2gNaOH固体
C.容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强
D.定容时若俯视刻度线观察液面,会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高
【详解】A.移液体时,玻璃棒应紧靠容量瓶内壁,A错误;
B.没有480mL容量瓶,应选择500mL容量瓶,需要氢氧化钠的质量=0.5L×
1mol•L-1×
40g/mol=20.0g,B错误;
C.容量瓶上标有刻度线、温度、容积,C错误;
D.定容时俯视液面,导致溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高,D正确;
【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量的溶液的配制、对仪器的认识、实验基本操作,方法和注意事项等,难度不大,注意基础知识的理解掌握。
10.下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是
A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝:
4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
B.铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液:
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
C.水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生:
CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊:
SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO
【答案】A
【详解】A.硫酸酸化
KI淀粉溶液久置后变蓝,二者发生氧化还原反应,离子方程式为:
4I-+O2+4H+=2I2+2H2O,故A正确;
B.铁和稀硝酸反应产物与量有关,铁少量时变成三价铁,溶液由无色变为黄色,离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O;
铁过量时变成二价亚铁,溶液由无色变为浅绿色,离子方程式为:
3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O,故B错误;
C.醋酸是弱酸,不能拆成离子,反应的离子方程式为:
CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-,故C错误;
D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊:
SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO,生成的次氯酸具有强氧化性,能氧化亚硫酸钙,故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。
解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关,铁少量时变成三价铁,铁过量时变成二价亚铁,产物不同溶液的颜色不同;
D选项次氯酸具有强氧化性,能够氧化亚硫酸钙。
11.我国科学家在绿色化学领域取得新进展。
利用双催化剂Cu和Cu2O,在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇,反应机理如下图。
下列有关说法不正确的是
A.CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B.催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒
C.该催化过程中只涉及化学键的形成,未涉及化学键的断裂
D.有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应,CO2生成甲醇是通过了多步加氢,为还原反应,故A正确;
B.根据题中反应机理图所示,催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒,故B正确;
C.催化过程中有旧的原子团消失,说明有化学键的断裂,例如:
CO2和H转化为COOH,故C错误;
D.根据反应机理图所示,中间步骤中有CH2O生成,如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛,故D正确。
12.LiAlH4(
)、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂,遇水均能剧烈分解释放出H2,LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。
下列说法不正确的是()
A.1molLiAlH4在125℃完全分解,转移3mol电子
B.LiH与D2O反应,所得氢气的摩尔质量为
4g/mol
C.LiAlH4溶于水得到无色溶液,化学方程式可表示为:
LiAlH4+2H2O
LiAlO2+4H2↑
D.LiAlH4与乙醛作用生成乙醇,LiAlH4作还原剂
A、LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al,Al由+3价降低为0,则1molLiAlH4在125℃完全分解,转移3mol电子,选项A正确;
B、由LiH+D2O═LiOD+HD↑可知,所得氢气的摩尔质量为3g/mol,选项B不正确;
C、LiAlH4溶于适量水得到无色溶液,生成LiAlO2和H2,反应的方程式为LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑,选项C正确;
D、LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇,乙醛被还原,LiAlH4作还原剂,选项D正确。
第Ⅱ卷非选择题(共64分)
1.用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上,答在本试卷上的无效。
2.本卷共4小题,共64分。
13.在工业上次磷酸(H3PO2)常用于化学镀银,发生的反应如下:
___Ag++__H3PO2+__H2O→__Ag↓+__H3PO4+__H+
请回答下列问题:
(1)H3PO2中,P元素的化合价为__;
该反应中,H3PO2被__(填“氧化”或“还原”)。
(2)配平该离子方程式:
__Ag++__H3PO2+__H2O→__Ag↓+__H3PO4+__H+
(3)H3PO2是一元弱酸,写出其与足量NaOH溶液反应的离子方程式:
__。
(4)化学实验中,如使某步中的有害产物作为另一步的反应物,形成一个循环,就可不再向环境排放该种有害物质。
例如:
在如图有编号的步骤中,发生氧化反应的是__(填编号,下同),发生还原反应的是__。
(提示:
铬元素化合价有+6、+3价)
(5)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”,一个是“氧化反应”式,一个是“还原反应”式。
如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆写结果是:
氧化反应为:
Cu-2e-=Cu2+;
还原反应为:
2Fe3++2e−=2Fe2+。
请据此将反应:
Fe+2H+=Fe2++H2↑拆写成两个“半反应式”:
氧化反应为__;
还原反应为___。
【答案】
(1).+1
(2).氧化(3).4(4).1(5).2(6).4(7).1(8).4(9).H3PO2+OH-=H2PO
+H2O(10).④(11).①(12).Fe-2e-=Fe2+(13).2H++2e-=H2↑
【详解】
(1)H3PO2中,P元素的化合价为+1;
该反应中,H3PO2中,P元素的化合价升高,被氧化,故答案为:
+1;
氧化;
(2)银的价态从+1降到0,磷的价态从+1升到+5,利用化合价升降法可配平方程式
,4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+,故答案为:
4;
1;
2;
(3)H3PO2为一元弱酸,与足量NaOH溶液发生酸碱中和反应,H3PO2只能电离出1个氢离子,所以反应离子方程式为:
H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O,故答案为:
H3PO2+OH-=H2PO
+H2O;
(4)反应中①Cr元素化合价降低,发生还原反应;
②③Cr元素化合价不变,发生非氧化还原反应;
④Cr元素化合价升高,发生氧化反应;
⑤Cr元素化合价不变,发生非氧化还原反应,故答案为:
④;
①;
(5)根据化合价的变化判断,Fe+2H+=Fe2++H2↑中,氧化剂是H+,发生还原反应,H+得到2个电子生产H2;
还原剂是Fe,发生氧化反应,Fe失去2个电子生产Fe2+,电子转移数是2,故答案为:
Fe-2e-=Fe2+;
2H++2e-=H2↑。
14.某药物H的一种合成路线如下:
回答下列问题:
(1)C的名称是_____。
(2)F→H的反应类型为___,B→C的试剂和条件是_____。
(3)H有多种同分异构体,在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型_____(填字母)。
A.质谱仪B.元素分析仪C.红外光谱仪D.核磁共振氢谱仪
(4)写出D→E的化学方程式____。
(5)在E的同分异构体中,同时满足下列条件的结构有_____种;
其中核磁共振氢谱有六组峰,且峰面积之比为3:
3:
2:
1:
1的是_____。
①既能发生银镜反应,又能发生水解反应;
②属于芳香族化合物;
③苯环上只有2个取代基。
(6)参照上述流程,以D和乙醛为原料合成
(其它无机试剂自选),设计合成路线___。
【答案】
(1).苯甲醇
(2).加成反应(3).NaOH水溶液、加热(4).C(5).
(6).15(7).
(8).
【分析】
根据D结构简式及A分子式知,A为
,A发生取代反应生成的B为
,B发生水解反应生成的C为
,C发生催化氧化生成D;
D与丙酮发生加成反应生成E,根据F分子式知,E发生消去反应生成的F为
;
F和G发生加成反应生成H;
以D和乙醛为原料合成
,结合流程中D→E构建碳干骨架,苯甲醛和乙醛发生加成反应,然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物。
(1)C为
,C的名称是苯甲醇,故答案为:
苯甲醇;
(2)F→H的反应类型为加成反应,B→C为卤代烃的水解反应,该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热,故答案为:
加成反应;
NaOH水溶液、加热;
(3)A.质谱仪测定其相对分子质量,不符合题意;
B.元素分析仪测定元素,不符合题意;
C.红外光谱仪测定化学键和官能团,符合题意;
D.核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比,不符合题意;
故选C;
(4)D→E的化学方程式
,故答案为:
(5)E的同分异构体符合下列条件:
①既能发生银镜反应,又能发生水解反应,说明含有HCOO−;
②属于芳香族化合物,说明含有苯环;
③苯环上只有2个取代基,
如果取代基为HCOO−、CH3CH2CH2−,有邻间对3种;
如果取代基为HCOO−、(CH3)2CH−,有邻间对3种;
如果取代基为HCOOCH2−、CH3CH2−,有邻间对3种;
如果取代基为HCOOCH2CH2−、CH3−,有邻间对3种;
如果取代基为HCOOCH(CH3)−,CH3−,有邻间对3种,
符合条件的有15种;
其中核磁共振氢谱有六组峰,且峰面积之比为3:
3:
2:
1:
1的是
15;
。
(6)以D和乙醛为原料合成
,结合流程中D→E构建碳干骨架,苯甲醛和乙醛发生加成反应,然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物,其合成路线为:
,故答案为:
15.生活中有许多与化学相关的数据表格。
Ⅰ.如图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据:
某医疗机构临床检验结果报告单
分析项目
检测结果
单位
参考范围
1
锌(Zn)
115.92
μmol/L
66~120
2
铁(Fe)
6.95
mmol/L
7.52~11.82
3
钙(Ca)
1.68
1.55~2.10
……
根据上表的数据,回答下列问题:
(1)该儿童__元素含量偏低。
(2)报告单中“μmol/L”是__(填“质量”、“体积”或“浓度”)的单位。
(3)服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+,在这个过程中体现维生素C的__(填“氧化性”或“还原性”)。
Ⅱ.生活中为了延长鲜花的寿命,通常会在花瓶中加入鲜花保鲜剂。
0.5L某种鲜花保鲜剂中含有的成分及含量如下,阅读后回答下列问题:
成分
质量(g)
摩尔质量(g/mol)
①蔗糖(C12H22O11)
25.00
342
②硫酸钾(K2SO4)
0.25
174
③高锰酸钾(KMnO4)
158
④阿司匹林(C9H8O4)
0.17
180
⑤硝酸银(AgNO3)
0.02
170
(4)上述鲜花保鲜剂成分中,属于盐的是__(填序号)。
(5)欲配制500mL该鲜花保鲜剂,有如下操作步骤:
a.把称量好的保鲜剂放入小烧杯中,加适量蒸馏水溶解;
b.把a所得溶液小心转入500mL容量瓶中;
c.继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1cm至2cm处,改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切;
d.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2到3次,每次洗涤液都小心转入容量瓶,并轻轻摇匀;
e.将容量瓶塞紧,反复上下颠倒摇匀。
①操作步骤的正确顺序为(填序号)__。
②在容量瓶的使用方法中,下列操作不正确的是__。
A.使用容量瓶前检查它是否漏水
B.容量瓶用蒸馏水洗净后,需要干燥
C.盖好瓶塞,用一只手
食指顶住瓶塞,另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转和摇动几次
③下列操作会使所配溶液的浓度偏小的是___。
A.转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯
B.容量瓶中原来有少量蒸馏水
C.定容时,俯视刻度线
D.称量氯化钠固体时左码右物
【答案】
(1).铁(或Fe)
(2).浓度(3).还原性(4).②③⑤(5).abdce(6).B(7).AD
(1)由题中数据可知:
铁(或Fe)元素含量偏低,故答案为:
铁(或Fe);
(2)报告单中μmol/L是浓度的单位,故答案为:
浓度;
(3)服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+,Fe元素的化合价降低被还原,则维生素C所起还原作用,故答案为:
还原性;
(4)盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子组成的化合物,属于盐的是K2SO4,KMnO4,AgNO3,故答案为:
②③⑤;
(5)①溶液配制的操作步骤为:
计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,所以操作步骤的正确顺序为abdce,故答案为:
abdce;
②A.使用容量瓶前要检查它是否漏水,故A正确;
B.容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水,对溶液的浓度无影响,故B错误;
C.溶液配制好以后要摇匀,摇匀的操作方法为:
盖好瓶塞,用一只手的食指顶住瓶塞,另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转和摇动几次,故C正确;
故答案为B;
③A.转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯,会使溶质偏小,浓度偏低,故A正确;
B.容量瓶中原来有少量蒸馏水,对溶液的浓度无影响,故B错误;
C.定容时,俯视刻度线,会使溶液体积偏小,导致浓度偏大,故C错误;
D.称量氯化钠固体时砝码与物品放反了,会使溶质质量偏小,浓度偏低,故D正确;
故答案为AD。
【点睛】称量氯化钠固体时砝码与物品放反了,若未使用游码,则所称质量无影响,若使用了游码,会导致质量偏小,此为易错点。
16.东晋《华阳国志•南史志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要