精品解析黑龙江省鸡西市一中届高三月考 化学Word版含答案解析版.docx

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精品解析黑龙江省鸡西市一中届高三月考化学Word版含答案解析版

化学

注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。

用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39

一、选择题：

本大题共7小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.《新修本草》中关于“青矾”的描述：

“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”。

《物理小识》中说：

“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”，下列相关叙述不正确的是

A.赤色固体可能是Fe2O3

B.青矾宜密闭保存，防止氧化变质

C.青矾燃烧过程中发生了电子转移

D.“青矾厂气”可能是CO和CO2

【答案】D

【解析】

【分析】

“青矾”是绿矾，化学式为FeSO4·7H2O，《物理知识》中考查FeSO4·7H2O受热分解，FeSO4·7H2O受热分解的方程式为2FeSO4·7H2O

Fe2O3＋SO3↑＋SO2↑＋14H2O；

【详解】“青矾”是绿矾，化学式为FeSO4·7H2O，《物理知识》中考查FeSO4·7H2O受热分解，FeSO4·7H2O受热分解的方程式为2FeSO4·7H2O

Fe2O3＋SO3↑＋SO2↑＋14H2O；

A、根据绿矾分解方程式，赤色固体可能为Fe2O3，故A说法正确；

B、＋2价Fe容易被氧气氧化，因此青矾密闭保存，防止氧化变质，故B说法正确；

C、过程中Fe的化合价升高，部分S的化合价降低，该反应属于氧化还原反应，电子发生转移，故C说法正确；

D、青矾厂气为SO2和SO3，故D说法错误。

2.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是

A.等质量的N2O和CO2中，分子数均为NA

B.3.1g31P与3.2g32S中，中子数均为1.6NA

C.0.4molBaCl2与0.4molNa2O2中，阴离子数均为0.8NA

D.1mol正丁烷与1mol异丁烷中，化学键数均为14NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.题目中没有给出质量，无法算出N2O和CO2的物质的量，无法求出分子数。

故A错误；

B.3.1g31P的物质的量为0.1mol，中子数为（31-15）×0.1NA=1.6NA，3.2g32S的物质的量为0.1mol，中子数为（32-16）×0.1NA=1.6NA，故B正确；

C.0.4molBaCl2中，阴离子为Cl-，故阴离子数为0.8NA，0.4molNa2O2中，阴离子为过氧根（O22-），故阴离子数为0.4NA，故C错误；

D.正丁烷与异丁烷互为同分异构体，分子式C4H10，1mol正丁烷或异丁烷中共价键数均为

NA=13NA，故D错误。

答案：

B

3.下图所示为工业合成氨的流程图。

有关说法错误的是

A.步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒

B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率

C.步骤③、④、⑤均有利于提高原料的转化率

D.产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂

【答案】C

【解析】

【分析】

应用催化剂知识、反应速率和化学平衡理论，分析判断工业合成氨

反应速率和平衡转化率问题。

【详解】A项：

合成氨使用含铁催化剂，为防止催化剂中毒，须将原料“净化”处理，A项正确；

B项：

步骤②中“加压”，可增大氮气、氢气浓度，加快合成氨反应速率又能使平衡右移，提高原料转化率，B项正确；

C项：

合成氨反应放热，步骤③使用较高温度不利于提高原料转化率，同时使用催化剂也不能使平衡移动，步骤④、⑤能有利于提高原料的转化率，故C项错误；

D项：

产品液氨可用酸吸收生成铵态氮肥。

液氨汽化时会吸收大量热，可用作制冷剂，D项正确。

本题选C。

4.山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X，其结构简式如下图所示。

下列有关说法错误的是

A.该物质的分子式为C10H16O2

B.该物质不可能所有的碳原子共平面

C.该物质的一氯代物共有7种

D.该物质能发生加成、取代、氧化、消去、还原等反应

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据物质的结构简式可知该物质的分子式为C10H16O2，A正确；

B.该物质中含有饱和C原子，根据CH4的正四面体结构可知，C原子不能在同一平面上，B正确；

C.在该物质分子中8个C原子上含有H原子，不同化学环境的H原子有7种，因此该物质的一氯代物共有7种，C正确；

D.该物质分子中含有碳碳双键，能够发生加成反应，若是与氢气发生加成反应，则该加成反应为还原反应；含有甲基C原子，该C原子上有H原子，可以发取代反应，也可以发生燃烧反应即氧化反应；由于该物质分子中无卤素原子、羟基，因此不能发生消去反应，D错误。

故合理选项

D。

5.短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。

已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。

下列说法不正确的是

A.X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂

B.电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质

C.W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物

D.Y、Q形成的化合物是强电解质

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族，W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，可联想到甲烷和氯气光照下反应生成一系列产物，故W为C，Z为Si，Q为Cl。

X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则可推出X为Na，E为氢气，进一步证明Z为Si；Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，则联想到电解熔融氧化铝制取铝，推出Y为Al，以此解答该题。

【详解】由以上分析可以知道W为C元素、X为Na元素、Y为Al元素、Z为Si元素、Q为Cl元素，

A.Na2O和SiO2化合生成硅酸钠，硅酸钠可用作防火剂，故A正确；

B.电解饱和氯化钠溶液可以制备烧碱、氯气和氢气，不能制备金属钠，故B错误；

C.C的氧化物有CO、CO2；Na的氧化物有Na2O、Na2O2；Cl的氧化物有Cl2O、ClO2等多种氧化物，故C正确；

D.Al、Cl形成的化合物是是AlCl3，属于强电解质，故D正确。

答案选B。

6.298K时，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL同浓度的甲酸溶液过程中溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示（已知：

HCOOH溶液的Ka=l.0×10-4.0）

下列有关叙述正确的是

A.该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂

B.图中a、b两点氷的电离程度：

b>a

C.当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液中：

c（HCOO−）>c（H+）>c（Na+）>c（OH−）

D.当加入20.00mLNaOH溶液时，溶液pH>8.0

【答案】D

【解析】

【详解】A.用NaOH溶液滴定甲酸溶液，恰好发生反应产生HCOONa溶液，该盐是强碱弱酸盐，选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞试液误差较小，A错误；

B.图中a为HCOONa、HCOOH按1：

3关系混合得到的混合溶液；b为HCOONa、NaOH按1：

3关系混合得到的混合溶液，由于甲酸是弱酸，对水的电离的抑制程度小于等浓度的NaOH溶液，所以a、b两点氷的电离程度：

a>b，B错误；

C.当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液为等浓度的HCOONa、HCOOH的混合溶液，根据图示可知此时溶液的pH<7，说明HCOOH的电离作用大于HCOO-的水解作用，所以c（H+）>c（OH-），c（HCOO-）>c（Na+），盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，因此c（Na+）>c（H+），所以离子浓度大小关系为：

c（HCOO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-），C错误；

D.当加入20.00mLNaOH溶液时，二者恰好反应产生HCOONa，该盐是强酸弱碱盐，HCOO-水解，使溶液显碱性，HCOO-+H2O

HCOOH+OH-，c（HCOO-）=

=0.0500mol/L，Kh=

=10-10，Kh=

，所以c（OH-）=

，所以溶液的pH>8，D正确；

故合理选项是D。

7.《JournalofEnergyChemistry》报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。

下列有关说法正确的是

A.a为负极

B.熔盐可用KOH溶液代替

C.d极电极反应式为CO32-+4e−=C+3O2−

D.转移lmol电子可捕获CO211.2L（标况下）

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图所示，c电极上氧离子失电子被氧化，故c作阳极，则a为正极，故A错误；

B.若用KOH溶液做电解质，则该装置成为电解水的装置，阴极上是氢离子得电子生成氢气，当电解质溶液吸收足量的二氧化碳后变为碳酸氢钠溶液，不能再吸收二氧化碳，故该装置不能连续长时间吸收二氧化碳，故B错误；

C.由图所示，d极电极得电子，反应式为CO32－+4e－===C+3O2－，故C正确；

D.碳元素化合价由+4变为0，则转移lmol电子可捕获CO25.6L（标况下），故D错误，

故选C。

【点睛】解决本题的关键是从图像中分析得失电子的过程，进而分析阴阳极和正负极，本题易错点在于忽略溶液中水的重要性质。

二、非选择题：

本卷包括必考题和选考题两部分。

第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第35—36题为选考题，考生根据要求作答。

8.工业上用木炭粉和水蒸气在高温条件下反应制取H2，同时生成CO2。

某学习小组在实验室中模拟H2的工业生产过程并测定其产率，实验装置如下所示。

（1）仪器a的名称为_______________。

仪器b的作用为________________。

（2）实验步骤：

连接好装置，检查装置的气密性；___________（按顺序填入下列步骤的序号）。

①向装置A、B、C、D中分别加入相应试剂，打开活塞K，通入一段时间N2。

②加热装置B处硬质玻璃管。

③关闭活塞K，连接盛有适量水的量气管。

④点燃装置A处酒精灯。

⑤待装置B处木炭粉完全反应后，停止加热。

（3）装置B处硬质玻璃管中发生的所有反应的化学方程式为________________。

（4）读取B气管读数时，应注意的事项为冷却至室温、____、视线与凹液面最低点相切；若仰视读取初始读数，则导致所测气体的体积_____（填“偏大”或“偏小”）。

（5）实验后所得气体体积为V2mL（标准状况）；取装置C中液体，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，以甲基橙为指示剂，用0.1000mol·L−1的盐酸标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为V3mL。

①达到滴定终点时的现象为____________________。

②H2的产率为______________________（列出代数式即可）。

③还可通过___________，得出装置C中所吸收产物的物质的量。

（6）从安全角度考虑，该实验装置的缺陷为___________________。

【答案】

（1）.酒精喷灯

（2）.平衡压强、检查装置是否存在堵塞（3）.①③②④⑤（4）.C+H2O（g）

CO+H2、C+2H2O（g）

CO2+2H2（5）.调整量气管至左右液面相平（6）.偏大（7）.当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色（8）.

（9）.测定洗净后干燥的BaCO3的质量（10）.缺少防倒吸装置

【解析】

【分析】

模拟H2的工业生产过程，木炭和水蒸气反应，A装置提供水蒸气，到B中与木炭反应生成二氧化碳和氢气，C中NaOH溶液吸收CO2，D装置干燥，E排水量氢气，用于测产率。

【详解】

（1）由装置图

知仪器a的名称为酒精喷灯。

玻璃导管b与内外气压相通，可平衡压强，并检查装置是否存在堵塞。

答案为酒精喷灯；平衡压强、检查装置是否存在堵塞；

（2）根据实验目的和实验原理，连接好装置，检查装置的气密性后，应进行的操作为向装置A、B、C、D中分别加入相应的试剂，打开活塞K，通入一段时间N2以排尽装置中的空气；再关闭活塞K，连接盛有适量水的量气管；点燃装置B处酒精喷灯预热木炭粉，以防止水蒸气进入硬质玻璃管后冷凝，使木炭粉潮湿不易与水蒸气反应；然后点燃装置A处酒精灯，提供水蒸气；待装置B处木炭粉完全反应后，停止加热，故正确的实验步骤为①③②④⑤。

答案为①③②④⑤；

（3）装置B处硬质玻璃管中可能发生C与水蒸气在高温条件下生成CO、H2的反应和C与水蒸气在高温条件下生成CO2、H2的反应，其化学方程式分别为C+H2O（g）

CO+H2、C+2H2O（g）

CO2+2H2。

（4）读取量气管读数时，应注意的事项为冷却至室温、调整量气管至左右液面相平、平视读数。

若仰视读取初始读数，则读数偏大，导致所测气体的体积偏大。

答案为调整量气管至左右液面相平偏大；

（5）①甲基橙的变色范围为3.1〜4.4，故达到滴定终点时的现象为当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。

答案为当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色；

②根据信息知，反应生成的n（CO2）=（V1×l0-3L×0.1000mol•L-l-V3×10-3L×0.1000mol•L-1）/2=

mol；mg木炭粉中所含n（C）=

mol；由碳原子守恒知，所测混合气体中n（CO）=[

]mol=

mol；由化学方程式C+2H2O（g）

CO2+2H2，计算得H2的理论产量为（

×2）mol=

mol，则H2的产率为

；

③通过测定洗净后干燥的BaCO3的质量，可得出生成的CO2的质量，进一步计算出H2的产率。

答案为测定洗净后干燥的BaCO3的质量；

（6）装置受热不均匀或装置内气体压强减小时，容易引起倒吸。

答案为缺少防倒吸装置。

9.工业上，从精制黑钨矿（FeWO4、MnWO4）中提取金属钨的一种流程如下图所示，该流程同时获取副产物Fe2O3和MnCl2。

已知：

I．过程①~④中，钨的化合价均不变；

Ⅱ．常温下钨酸难溶于水；

Ⅲ．25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10－38，Ksp[Mn（OH）2]=4.0×10－14

回答下列问题：

（1）上述流程中的“滤渣1”除MnO2外还有_____、“气体”除水蒸气、HCl外还有____（均填化学式）；

（2）过程①中MnWO4参与反应的化学方程式为______；FeWO4参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；

（3）已知WO3（s）+3H2（g）=W（s）+3H2O（g）ΔH=akJ·mol－1

WO3（s）=WO3（g）ΔH=bkJ·mol－1

写出WO3（g）与H2（g）反应生成W（s）的热化学方程式：

_______；

（4）过程⑦在25℃时调pH，至少应调至_______（当离子浓度等于1.0×10－5mol·L－1时，可认为其已沉淀完全）；

（5）过程⑧要获得MnCl2固体，在加热时必须同时采取的一项措施是__________；

（6）钠钨青铜是一类特殊的非化学计量比化合物，其通式为NaxWO3，其中0

应用惰性电极电解熔融的Na2WO4和WO2混合物可以制备钠钨青铜，写出WO42-在阴极上放电的电极反应式：

___________。

【答案】

（1）.Fe2O3

（2）.Cl2（3）.2MnWO4+2Na2CO3+O2

2Na2WO4+2MnO2+2CO2（4）.1:

4（5）.WO3（g）+3H2（g）=W（s）+3H2O（g）ΔH=（a-b）kJ·mol-1（6）.3.0（7）.通入HCl气体，在HCl气氛中加热（8）.WO42-+xe-=WO3x-+O2-

【解析】

【分析】

紧扣工业流程中物质种类的变化、核心元素化合价的变化，判断物质成分，并书写化学方程式；根据盖斯定律，由已知热化学方程式可求目标热化学方程式；利用溶度积常数计算离子完全沉淀时的pH；从平衡移动原理考虑抑制水解的措施；根据电解原理写电极反应式。

【详解】

（1）据“已知I”和化学式H2WO4、WO3知，黑钨矿（FeWO4、MnWO4）中Fe、Mn元素均为+2价，在步骤①中分别被空气氧化为Fe2O3、MnO2，即“滤渣1”有MnO2和Fe2O3。

“滤渣1”与浓盐酸共热时，MnO2与HCl反应生成Cl2，另有浓盐酸挥发出HCl和水蒸气。

（2）从步骤③看，“滤液1”中含有Na2WO4。

步骤①MnWO4中Mn被O2氧化为MnO2、WO42－与Na2CO3生成Na2WO4并放出CO2，由此写出方程式为2MnWO4+2Na2CO3+O2

2Na2WO4+2MnO2+2CO2。

FeWO4被O2氧化为Fe2O3，据化合价升降数相等，得氧化剂（O2）与还原剂（FeWO4）的物质的量之比为1:

4。

（3）据盖斯定律，将两个已知热化学方程式相减，消去WO3（s）可得目标热化学方程式WO3（g）+3H2（g）=W（s）+3H2O（g）ΔH=（a-b）kJ·mol-1。

（4）步骤⑥所得溶液中溶质有MnCl2、FeCl3，步骤⑦调节pH使Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀。

当c（Fe3+）=1.0×10－5mol·L－1时，由Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10－38得c（OH-）=1.0×10－11mol·L－1，进而c（H+）=1.0×10－3mol·L－1，pH=3。

（5）步骤⑧要从MnCl2溶液中获得MnCl2固体，为抑制Mn2+水解，必须通入HCl气体、并在HCl气氛中加热。

（6）NaxWO3中阴离子为WO3x-，熔融的Na2WO4和WO2混合物中有Na+、WO42－、W4+、O2－。

WO42－在电解池阴极得电子生成WO3x-，电极反应为WO42-+xe-=WO3x-+O2-。

10.许多含氮物质是农作物生长的营养物质。

（1）肼（N2H4）、N2O4常用于航天火箭

发射。

已知下列反应：

①N2（g）+O2（g）=2NO（g）ΔH=+180kJ·mol－1

②2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH=－112kJ·mol－1

③2NO2（g）

N2O4（g）ΔH=－57kJ·mol－1

④2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）ΔH=－1136kJ·mol－1

则N2H4与O2反应生成氮气与水蒸气的热化学方程式为_________________。

（2）一定温度下，向某密闭容器中充入1molNO2，发生反应：

2NO2（g）

N2O4（g），测得反应体系中气体体积分数与压强之间的关系如图所示：

①a、b、c三点逆反应速率由大到小的顺序为_______。

平衡时若保持压强、温度不变，再向体系中加入一定量的Ne，则平衡_______移动（填“正向”“逆向”或“不”）。

②a点时NO2的转化率为___________，用平衡分压代替平衡浓度也可求出平衡常数Kp，则该温度下Kp=________Pa－1。

（3）已知在一定温度下的可逆反应N2O4（g）

2NO2（g）中，v正=k正c（N2O4），v逆=k逆c2（NO2）（k正、k逆只是温度的函数）。

若该温度下的平衡常数K=10，则k正=______k逆。

升高温度，k正增大的倍数_______（填“大于”“小于”或“等于”）k逆增大的倍数。

（4）氨气是合成众多含氮物质的原料，利用H2－N2—生物燃料电池，科学家以固氮酶为正极催化剂、氢化酶为负极催化剂，X交换膜为隔膜，在室温条件下即实现了合成NH3的同时还获得电能。

其工作原理图如下：

则X膜为___________交换膜，正极上的电极反应式为______________________。

【答案】

（1）.N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-562.5kJ·mol－1

（2）.c>b>a（3）.逆向（4）.66.7%（5）.600/p0（6）.10（7）.大于（8）.质子（9）.N2+6e-+6H+=2NH3

【解析】

【分析】

根据盖斯定律进行反应热的计算；根据勒夏特列原理判断平衡的移动及平衡常数的相关计算；根据原电池原理书写电极反应式。

【详解】

（1）由盖斯定律知（①+②+③+④）/2即可得到N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-562.5kJ·mol－1，

故答案为：

N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-562.5kJ·mol－1；

（2）①由图知，a点到c点的过程中，N2O4的体积分数不断增大，故逆反应速率不断增大。

一定温度下，保持压强不变，加入稀有气体，相当于降低压强，故平衡向左移动；

②a点时，设消耗了xmolNO2，则生成0.5xmolN2O4，剩余（1-x）molNO2，1-x=0.5x，x=2/3mol，此时NO2的转化率为66.7%，平衡时p（N2O4）=0.96p0，p（NO2）=0.04p0，由此可求出Kp=600/p0；

故答案为：

c>b>a；逆向；66.7%；600/p0；

（3）当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正∙c（N2O4）=k逆∙c2（NO2）。

k正=k逆∙c2（NO2）/c（N2O4）=k逆∙K=10k逆；该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正方向移动，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，

故答案为：

10；大于；

（4）由图知，正极上N2转化为NH3时需要结合氢离子，故负极上生成的H+应移向正极，X膜为质子交换膜或阳离子交换膜，N2在正极上得到电子后转化为NH3，

故答案为：

质子；N2+6e-+6H+=2NH3。

11.铁和钴是两种重要的过渡元素。

请回答下列问题：

（1）钴在元素周期表中的位置是___________，其基态原子的价电子排布图为___________。

（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为________；分子中的大π键可用符号Π

表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π

），则CO32－中的大π键应表示为________。

（3）已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是______。

（4）Co（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。

则该配合物的配位数为_____。

（5）奥氏体是碳溶解在r－Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结