精品解析:江西省赣州市全南中学2023-2024学年高三上学期11月期中考试化学试题(解析版)

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全南中学2023-2024学年第一学期高中学段期中考试三年级化学一、单选题(每小题3分,共42分)1.天宫、天和、天问、神舟体现了中国强大的航天科技实力。下列成果所涉及的材料为复合材料的是A.“天宫二号”航天器使用的材料——钛合金B.“天和号”使用的柔性太阳电池阵的材料——砷化镓C.“天间一号”火星车使用的热控材料——纳米气凝胶D.“神州十六号”飞船返回舱使用的耐高温材料——酚醛树脂基低密度材料【答案】D【解析】【详解】A.钛合金是合金材料,属于金属材料,故A错误;B.砷化镓是一种半导体材料,属于无机非金属材料,故B错误;C.纳米气凝胶属于胶体,不属于复合材料,故C错误;D.酚醛树脂基低密度材料属于复合材料,故D正确;答案选D。2.下列有关化学用语正确的是A.CCl4的电子式 B.丙烷分子的球棍模型:C.乙醛的结构简式:CH3COH D.丙烯的结构简式:CH3CHCH2【答案】B【解析】【详解】A.CCl4的电子式为,故A错误;B.球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型;为丙烷分子的球棍模型,故B正确;C.乙醛含有醛基,乙醛的结构简式为CH3CHO,故C错误;D.丙烯含有碳碳双键,丙烯的结构简式CH3CH=CH2;故D错误;故答案选B。3.常温下,下列溶液中可能大量共存的离子组是A.水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液:Mg2+、SO42-、NO3-、Cl-B.含有大量Fe3+的溶液:K+、Na+、AlO2-、SO42-C.能使石蕊试纸变红的溶液:NH4+、Na+、NO3-、HCO3-D.含有大量S2-的溶液:Na+、ClO-、Cl-、CO32-【答案】A【解析】【分析】【详解】A.水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液,可以是酸性溶液,也可以是碱性溶液,酸性溶液中存在H+,与Mg2+、SO42-、NO3-、Cl-均可共存,碱性溶液中存在OH-,与Mg2+发生复分解反应生成Mg(OH)2沉淀,不能共存,因此水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液中Mg2+、SO42-、NO3-、Cl-可能大量共存,A项正确;B.Fe3+与AlO2-发生双水解,能促进水的电离,不能大量共存,B项错误;C.能使石蕊试纸变红的溶液为酸性溶液,存在大量的H+,与HCO3-能发生复分解反应而不能共存,C项错误;D.S2-具有还原性,ClO-具有氧化性,可发生氧化还原反应,不能共存,D项错误;答案选A。【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中,归纳起来就是:一色(有色离子在无色溶液中不能大量共存)、二性(①在强酸性溶液中,OH-及弱酸根阴离子不能大量存在;②在强碱性溶液中,H+及弱碱阳离子不能大量存在)、三特殊(①AlO2-与HCO3-不能大量共存:②“NO3-+H+”组合具有强氧化性,与S2-、Fe2+、I-、SO32-等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存;③NH4+与CH3COO-、CO32-,Mg2+与HCO3-等组合中,虽然两种离子都能水解且水解相互促进,但总的水解程度仍很小,它们在溶液中仍能大量共存)、四反应(离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种)。4.设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是A.1molNa3N、NaN3混合物所含的阴离子数之和可能为2NAB.标准状况下,11.2LCH3Cl中含有的极性键数目为2NAC.将1molCl2通入水中,所得溶液中HClO、Cl−、ClO−粒子数之和为2NAD.0.5mol·L−1的NaCl溶液中含Cl−的数目为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A.1molNa3N含1molN3−离子,1molNaN3含1mol离子,故1mol二者的混合物含N3−、两种离子共1mol即NA个,A项错误;B.标况下CH3Cl为气体,11.2LCH3Cl的物质的量为0.5mol,而1molCH3Cl中含有的极性键即C—Cl与C—H键数目共为4NA,故0.5molCH3Cl中含极性键为2NA,B项正确;C.Cl2与水的反应为可逆反应,氯水中还存在大量Cl2分子,故HClO、Cl−、ClO−粒子数之和小于2NA,C项错误;D.NaCl溶液体积未知,无法计算Cl−的数目,D项错误。答案选B。5.下列离子方程式错误的是A.碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合:B.向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全:C.与在酸性溶液中的反应:D.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应【答案】D【解析】【详解】A.碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合,采用“以少定多”法,离子方程式应为:,A正确;B.向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全,则两者物质的量相等,离子方程式为:,B正确;C.二价铁可以被过氧化氢氧化为三价铁,离子方程式为:,C正确;D.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀,离子方程式为:,D错误;故选D。6.在室温下,发生下列几种反应:①②③根据上述反应,下列说法不正确的是A.氧化性强弱顺序为B.是还原产物,是的氧化产物C.要只除去含有、和混合液中的,应加入D.在溶液中可能发生反应:【答案】C【解析】【分析】根据在氧化还原反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物,还原性:还原剂>还原产物进行分析判断。【详解】A.①中氧化性:,②中氧化性:;③中氧化性:,所以微粒的氧化性由强到弱的顺序为:,A正确;B.根据①可知作氧化剂,得到电子被还原产生X2+,所以X2+是的还原产物;根据③可知B-作还原剂,失去电子产生B2,所以B2是B-的氧化产物,B正确;C.根据选项A分析可知物质的氧化性:,要除去含有、和混合液中的,而不氧化Z-和B-,应该加入的物质是B2,若加入Z2,则A2+、B-都会被氧化,C错误;D.若能够发生,可得氧化性:,这与微粒的氧化性大小关系相符合,D正确;故合理选项C。7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质,常温下,A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,且丙是无色气体。上述物质的转化如图所示。下列说法正确的是()A.丁和戊中所含元素种类相同,且化学键的类型也完全相同B.简单气态氢化物的沸点:XZD.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中不可能大量共存【答案】D【解析】【分析】A是元素Y的单质。常温下,甲的浓溶液和A发生钝化,可知A为Al单质,Y为Al元素,丙是无色气体,应为SO2,则甲为H2SO4,丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,可知丁为H2O,戊为H2O2,乙为Al2(SO4)3,则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S等元素,以此解答该题。【详解】由以上分析可知W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素;A.丁为H2O,戊为H2O2,所含元素种类相同,但水中只含有极性键,而H2O2中除H-O极性共价键外,还含有O-O非极性键,两者含有的化学键类型不完全相同,故A错误;B.O、S对应的最简单氢化物为H2O和H2S,因水分子间存在氢键,H2O的沸点大于H2S,故B错误;C.非金属性O>S,元素的非金属性越强,对应的氢化物的还原性越弱,故C错误;D.铝离子和硫离子在溶液中发生双水解生成H2S和Al(OH)3,而不能大量共存,故D正确;故答案为D。8.可用扑热息痛(Ⅰ)合成缓释长效高分子药物(Ⅱ),其结构如图所示。下列说法错误的是A.I分子既能发生氧化反应又能发生水解反应 B.Ⅰ分子中C、N、O可能全部共平面C.1molⅡ最多消耗3molNaOH D.可用浓溴水检验Ⅱ中是否含有I【答案】C【解析】【详解】A.-OH为酚羟基易发生氧化反应,而-CONH-易发生水解,A项正确;B.如图蓝色区域C=O所形成的平面,红色区域为苯环所形成的平面两个面通过C-N的旋转(如图绿色箭头标注)可以达到共面,所以所有C、N、O可能共面,B项正确;C.-CO-OPh可以发生水解消耗1molNaOH但生成的苯酚呈酸性还要消耗1mol的NaOH,-NHOC-可以发生水解消耗1molNaOH,该分子为高聚物则所有总共消耗3nmolNaOH,C项错误;D.Ⅰ中含有酚羟基的苯环邻位易与溴发生取代,而Ⅱ不易于溴发生取代,浓溴水检验Ⅱ中是否含有I,D项正确;故选C。9.取一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成五等分,分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊,再分别向各溶液中通入一定体积的氯气,将反应后所得溶液蒸干灼烧得固体,通入氯气的体积与最终所得固体质量记录如下:编号甲乙丙丁戊固体组成NaClCl2的体积/mLV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25下列实验结论正确的是A.甲溶液中发生的反应是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2B.乙中固体组成为NaBr、NaClC.标准状况下Cl2的体积V为2688mLD.原混合物中NaBr的物质的量为1mol【答案】D【解析】【分析】向NaBr、NaI的混合溶液中通入Cl2,需考虑置换反应发生的先后,因还原性I->Br->Cl-,故先有2NaI+Cl2=2NaCl+I2…①,反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2…②;戊中固体NaCl质量29.25g,根据钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量,为=0.5mol。【详解】A.根据Na元素守恒可知固体甲的物质的量为0.5mol,则其平均摩尔质量为=109.24g/mol,NaCl的摩尔质量为58.5g/mol,NaBr的摩尔质量为103g/mol,NaI的摩尔质量为150g/mol,所以固体甲为NaI、NaBr、NaCl,则溶液中碘离子还未被完全氧化,所以甲溶液中不可能发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,故A错误;B.乙丙对比,固体的质量减少了43.64g-35.48=8.16g,丙丁对比,固体的质量减少了35.48g-30.14g=5.34g,且丁到戊固体的质量还在减少,说明丁中NaBr还未完全反应;若乙中不含NaI,由于通入的氯气的变化量相同,则乙丙减少的和丙丁减少都应是VL氯气能够反应的NaBr与生成的NaCl的差值,但实际上并不相等,说明乙中含有NaI,固体组成应为NaI、NaBr、NaCl,故B错误;C.甲、乙固体组成均为为NaI、NaBr、NaCl,所以甲和乙对比固体减少的质量就是VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值,所以n(NaI)==0.12mol,则VL氯气的物质的量为0.06mol,所以体积为0.06mol22.4L/mol=1.344L=1344mL,故C错误;D.固体甲与通入氯气前相比减少的质量为VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值,即54.62g-43.64g=10.98g,所以通氯气前的总质量为54.62g+10.98g=65.6g,令原溶液中NaI的物质的量为x,NaBr的物质的量为y,则,解得x=0.3mol,y=0.2mol,由于原混合物五等分,则原来混合物中溴化钠的物质的量=0.2mol×5=1mol,故D正确;综上所述答案为D。【点睛】本题关键在于:一是根据钠离子守恒可知蒸干灼烧得到固体的物质的量为定值0.5mol;二根据不同组别固体质量的变化判断剩余固体成分,然后根据固体成分变化唯一的组别计算VL氯气的物质的量。10.实验室制备Li3N的原理是。氮化锂(Li3N)是一种重要的化工试剂,在空气中易潮解,某实验小组拟设计实验制备Li3N(装置可重复使用)。下列说法错误的是A.实验时应先点燃甲处的酒精灯B.装置的连接顺序为甲→乙→丙→丁C.若装置内空气没有排尽,则Li3N产品中会混有Li2OD.甲装置主要发生反应:【答案】B【解析】【分析】甲装置是制取氮气的装置,发生反应:NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O,实验时应先点燃甲处的酒精灯,让产生的氮气来排尽装置中的空气,避免丙装置在加热时,发生副反

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