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广西河池高中2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析
广西河池高中2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析
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2022-2022学年广西河池高中高三(上)第一次月考化学试卷 一、选择题.1.(2022秋•河池月考)化学与生活、环境有着密切的联系,下列说法不正确的是( )A.CO2、NO2、SO2属于大气污染物B.利用60Co的放射性可治疗某些疾病,60Co和59Co互为同位素C.大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧D.食盐可作调味剂,也可作食品防腐剂 2.(2022秋•河池月考)下列有关化学用语使用正确的是( )A.次氯酸的结构式:H﹣Cl﹣OB.CO2的比例模型C.NH4Cl的电子式:D.苯乙烯的结构简式: 3.(2022春•武汉校级期末)的同分异构体中,含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构共有(不考虑立体异构)( )A.2种B.3种C.4种D.5种 4.(2022秋•河池月考)NA代表阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是( )A.1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NAB.120gNaHSO4固体中含有的离子总数为3NAC.1molNa被氧化生成Na2O2或NaCl,都失去NA个电子D.1.0L1.0mol•L﹣1的NaNO3水溶液中含有的氧原子数为3NA 5.(2022秋•河池月考)下列说法正确的是( )A.第ⅠA族元素是同周期中金属性最强的金属元素B.两个非金属原子间不可能形成离子键C.HF、HCl、HBr和HI的热稳定性和还原性依次减弱D.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系,推出卤族元素最高正价都是+7 6.(2022秋•河池月考)下列描述与所得结论正确的是( )选项描述结论A化合物A在熔融状态下可以导电A为离子化合物B用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+,无K+C将a、c两种金属相连后投到稀硫酸溶液中,a表面产生气泡金属性a>cDNH4NO3溶液和稀HNO3溶液都可以使石蕊变红它们均能电离出H+A.AB.BC.CD.D 7.(2022秋•河池月考)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )A.用KIO3氧化酸性溶液中的KI:5I﹣+IO3﹣+3H2O═3I2+6OH﹣19\nB.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热:NH4++OH﹣NH3↑+H2OC.新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液:Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2OD.碳酸钠溶液中加入澄清石灰水:Ca(OH)2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣ 二、简答题.8.(14分)(2022秋•河池月考)“侯氏制碱法”是我国著名的工业化学家侯德榜发明的,该制碱法为中国化学工业乃至世界化学工业做出了重要的贡献.请回答以下问题:(1)为了验证NaHCO3和Na2CO3的稳定性,设计了如图1的实验装置(铁架台、夹持仪器、加热装置等已省略):在Y中应放的物质是 (填化学式);(2)某化学研究性学习小组以NH3、CO2、饱和食盐水为原料,模拟侯德榜先生制碱原理设计了如图2的实验装置.①写出对应仪器的名称:a ,b ;②实验的操作步骤中,打开旋塞K1、K2的合理顺序为:先打开 ,后打开 (填字母代号).理由是 ;③利用该装置制得的NaHCO3将采用 (填实验操作)分离;装置中气胆的作用是 ;(3)实验室欲配制500mL0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液.①配制溶液时需用的玻璃仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、 、 ;②下列情况会造成所配溶液的浓度偏低的是 .a.加水时超过刻度线b.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理c.未洗涤烧杯和玻璃棒d.定容时俯视刻度线. 9.(14分)(2022秋•河池月考)亚硝酸是一种弱酸,且不稳定,易分解生成NO和NO2;它能被常见的强氧化剂氧化;在酸性溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2+氧化为Fe3+.AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物.试回答下列问题:(1)人体正常的血红蛋白中含有Fe2+.若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可解毒.说明维生素C具有 性,亚硝酸盐具有 性(填“氧化”或“还原”);(2)NaNO2和NaCl外观相似,肉眼不易分辨.下列方法中,不能用来区分NaNO2和NaCl的是 ;A.分别测定这两种溶液的pH值B.酸性条件下分别将两种溶液加热C.在酸性条件下分别加入KI﹣淀粉溶液D.分别向两种溶液中滴加AgNO3溶液(3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,请写出该反应的离子方程式: ;19\n(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,是理想的水处理剂,其与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH;①KOH的电子式 ;②O2的结构式 ;③K2FeO4中Fe的化合价为 ;④上述反应的离子方程式 . 10.(15分)(2022秋•河池月考)开发、使用清洁能源发展“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题.氢气、甲醇是优质的清洁燃料,可制作燃料电池.(1)已知:①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g)△H1=﹣1275.6kJ•mol﹣1②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1③H2O(g)═H2O(l)△H3=﹣44.0kJ•mol﹣1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式: ;(2)生产甲醇的原料CO和H2来源于:CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H>0①该反应的平衡常数表达式K= ,一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a.则T1 T2(填“<”“>”或“=”下同),A、B、C三点处对应平衡常数(KA、KB、KC)的大小关系为 ;②120℃时,将1molCH4和2molH2O(g)通入容积为1L的密闭容器中发生反应,不能说明该反应已经达到平衡状态的是 ;a.容器内气体密度恒定;b.混合气体的相对分子质量恒定;c.容器内的压强恒定;d.3v正(CH4)=v逆(H2);e.单位时间内消耗0.3molCH4同时生成0.9molH2(3)某实验小组利用CO(g)、O2(g)、KOH(aq)设计成如图b所示的电池装置,则该电池负极的电极反应式为 .当有4mol电子通过导线时,消耗标准状况下的O2体积为 L,此时电解质溶液的PH值 (填“变大”、“变小”或“不变”). [化学—选修3:物质结构与性质]11.(15分)(2022秋•河池月考)已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期七种元素且原子序数依次增大,其中A的基态原子中没有成对电子,B的基态原子中有6种不同运动状态的电子,C原子核外成对电子数比未成对电子数多1,其氢化物常用作制冷剂,D原子中有2个未成对电子,E基态原子在同周期中原子半径最大,F原子价电子排布为nsn﹣1nPn+1,G基态原子核外所有轨道都处于全满状态且属ds区的元素.(1)G基态原子价电子排布式 ;(2)B、C、D基态原子第一电离能由大到小的顺序 ;(3)离子化合物CA5的晶体中含有的化学键有 ;A.离子键 B.极性键 C.非极性键 D.配位键E.金属键(4)E2D的熔点比E2F的熔点 (填“高”或“低”),原因是 ;(5)与BD2互为等电子体的分子有 (要求写一种);19\n(6)GF在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛.GF晶体结构如图所示,其晶胞边长为xpm,该晶体的密度为 g•cm﹣3(列式表示),a、b位置两粒子之间的距离为 pm(列式表示).(已知阿伏伽德罗常数为NA). [化学—选修5:有机化学基础]12.(15分)(2022秋•河池月考)合成P(一种抗氧剂)的路线如图:已知:①+R2C(R为烷基)②A和W互为同分异构体,A分子中有两种不同化学环境的氢原子,W核磁共振氢谱显示5组峰,且峰面积比为3:2:2:2:1.(1)G的结构简式是 ;E中含有的官能团名称是 ;(2)A→B的化学方程式是 ;该反应类型为 ;(3)B经催化加氢生成的物质的名称是 ;(4)G和W反应生成P的化学方程式是 ;该反应类型为 ;(5)关于C和P,下列说法正确的是 .①C和P都能使FeCl3溶液显色;②C和P都能与浓溴水反应并生成白色沉淀;③C和P都能与Na2CO3溶液反应;④C和P含有的官能团种类相同;⑤P能发生水解反应而C不能;⑥等量的C和P与NaOH溶液反应时最多消耗NaOH的量不相同. 2022-2022学年广西河池高中高三(上)第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 19\n一、选择题.1.(2022秋•河池月考)化学与生活、环境有着密切的联系,下列说法不正确的是( )A.CO2、NO2、SO2属于大气污染物B.利用60Co的放射性可治疗某些疾病,60Co和59Co互为同位素C.大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧D.食盐可作调味剂,也可作食品防腐剂【考点】常见的生活环境的污染及治理;常见的食品添加剂的组成、性质和作用.【分析】A.二氧化碳不是大气污染物;B.有相同质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素;C.CO2是导致温室效应的主要气体;D.食盐具有咸味,食盐能够使细菌脱水死亡,达到抑制细菌繁殖的目的.【解答】解:A.NO2、SO2属于大气污染物,二氧化碳不是,故A错误;B.60Co和59Co质子数相同,中子数不同,互为同位素,故B正确;C.大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧,故C正确;D.食盐具有咸味,可做调味剂,食盐能够使细菌脱水死亡,达到抑制细菌繁殖的目的,可作防腐剂,故D正确;故选:A.【点评】本题考查了化学与生活,熟悉常见的环境污染与治理、熟悉同位素的概念是解题关键,题目难度不大. 2.(2022秋•河池月考)下列有关化学用语使用正确的是( )A.次氯酸的结构式:H﹣Cl﹣OB.CO2的比例模型C.NH4Cl的电子式:D.苯乙烯的结构简式:【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合.【分析】A.次氯酸是共价化合物,氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合;B.比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构;C.氯离子为阴离子,电子式中需要标出其最外层电子;D.苯乙烯可以看作苯基取代了乙烯分子中的1个H形成的,据此写出其结构简式.【解答】解:A.次氯酸是共价化合物,氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合,结构式为H﹣O﹣Cl,故A错误;B.二氧化碳的分子式为CO2,二氧化碳为直线型结构,其比例模型中碳原子的相对体积大于氧原子,二氧化碳正确的比例模型为,故B错误;C.氯化铵属于离子化合物,铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子,氯化铵正确的电子式为,故C错误;D.苯乙烯分子中含有1个苯环和1个碳碳双键,其结构简式为,故D正确;故选D.19\n【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法,题目难度中等,涉及结构简式、电子书、比例模型等知识,明确常见化学用语的书写原则为解答关键,试题培养了学生的规范答题的能力. 3.(2022春•武汉校级期末)的同分异构体中,含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构共有(不考虑立体异构)( )A.2种B.3种C.4种D.5种【考点】同分异构现象和同分异构体.【分析】的同分异构体中,含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构,说明苯环上只有1种H原子,可以是两个﹣CH2CH3处于对位,可以含有4个甲基且为对称结构,据此判断.【解答】解:的同分异构体中,含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构,说明苯环上只有1种H原子,可以是两个﹣CH2CH3处于对位,可以含有4个甲基且为对称结构,可以是4个甲基相邻,可以是3个甲基相邻,可以是2个甲基相邻,故共有4种,故选C.【点评】本题考查同分异构体书写,难度不大,侧重考查学生分析能力,注意掌握同分异构体书写. 4.(2022秋•河池月考)NA代表阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是( )A.1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NAB.120gNaHSO4固体中含有的离子总数为3NAC.1molNa被氧化生成Na2O2或NaCl,都失去NA个电子D.1.0L1.0mol•L﹣1的NaNO3水溶液中含有的氧原子数为3NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、氢氧根带一个负电荷;B、求出NaHSO4固体的物质的量,然后根据NaHSO4固体由钠离子和硫氢根离子构成;C、根据钠反应后变为+1价来分析;D、NaNO3水溶液中不但NaNO3含有氧原子,水也含氧原NaNO3子.【解答】解:A、氢氧根带一个负电荷,故1molOH﹣含10mol电子即10NA个,故A错误;B、120gNaHSO4固体的物质的量为1mol,而NaHSO4固体由钠离子和硫氢根离子构成,故1molNaHSO4固体中含2mol离子即2NA个,故B错误;C、钠反应后变为+1价,故1mol钠无论反应后的产物是什么,均失去1mol电子即NA个,故C正确;D、NaNO3水溶液中不但NaNO3含有氧原子,水也含氧原NaNO3子,故溶液中的氧原子的数目多于3NA个,故D错误.故选C.【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,明确公式的运用和物质的组成是解题的关键,容易出错的是C和D. 5.(2022秋•河池月考)下列说法正确的是( )A.第ⅠA族元素是同周期中金属性最强的金属元素19\nB.两个非金属原子间不可能形成离子键C.HF、HCl、HBr和HI的热稳定性和还原性依次减弱D.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系,推出卤族元素最高正价都是+7【考点】元素周期律的作用.【分析】A.同周期自左而右,金属性减弱;B.两个非金属原子间只能以共用电子对成键;C.HF、HCl、HBr和HI还原性依次增强;D.F没有最高正价.【解答】解:A.同周期自左而右,金属性减弱,故ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的金属元素,故A正确;B.两个非金属原子间只能以共用电子对成键,则只能形成共价键,故B正确;C.HF、HCl、HBr和HI的热稳定性依次减弱,还原性依次增强,故C错误;D.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系,推出卤族元素除F元素外,最高正价都是+7,F没有最高正价,故D错误.故选AB.【点评】本题考查了碱金属、卤素、氢化物的稳定性、同主族元素性质的变化规律,题目难度不大,注意把握元素周期律及其应用. 6.(2022秋•河池月考)下列描述与所得结论正确的是( )选项描述结论A化合物A在熔融状态下可以导电A为离子化合物B用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+,无K+C将a、c两种金属相连后投到稀硫酸溶液中,a表面产生气泡金属性a>cDNH4NO3溶液和稀HNO3溶液都可以使石蕊变红它们均能电离出H+A.AB.BC.CD.D【考点】离子化合物的结构特征与性质;盐类水解的应用;常见金属的活动性顺序及其应用;焰色反应.【分析】A.化合物A在熔融状态下可以导电,则一定存在自由移动的离子;B.观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃;C.a表面产生气泡,则c活泼,c为原电池的负极;D.NH4NO3溶液水解显酸性,不能电离出氢离子.【解答】解:A.化合物A在熔融状态下可以导电,则一定存在自由移动的离子,则A一定为离子化合物,故A正确;B.观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃,则结论应为该溶液中一定含有Na+,不能确定是否含K+,故B错误;C.a表面产生气泡,则c活泼,c为原电池的负极,则金属性c>a,故C错误;D.NH4NO3溶液水解显酸性,不能电离出氢离子,而硝酸可电离出氢离子,故D错误;故选A.【点评】本题考查较综合,涉及化学键、焰色反应、原电池、盐类水解等,为高频考点,把握相关概念及反应原理为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大. 7.(2022秋•河池月考)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )A.用KIO3氧化酸性溶液中的KI:5I﹣+IO3﹣+3H2O═3I2+6OH﹣19\nB.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热:NH4++OH﹣NH3↑+H2OC.新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液:Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2OD.碳酸钠溶液中加入澄清石灰水:Ca(OH)2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣【考点】离子方程式的书写.【分析】A.酸性环境下不能生成氢氧根离子;B.漏掉碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应;C.反应生成偏铝酸钠和水;D.氢氧化钙应拆成离子形式.【解答】解:A.用KIO3氧化酸性溶液中的KI,离子方程式:5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O,故A错误;B.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热,离子方程式:HCO3﹣+NH4++2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣,故B错误;C.新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液,离子方程式:Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O,故C正确;D.碳酸钠溶液中加入澄清石灰水,离子方程式:Ca2++CO32﹣═CaCO3↓,故D错误;故选:C.【点评】本题考查了离子方程式的书写,明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键,注意化学式的拆分及反应应遵循客观事实,题目难度不大. 二、简答题.8.(14分)(2022秋•河池月考)“侯氏制碱法”是我国著名的工业化学家侯德榜发明的,该制碱法为中国化学工业乃至世界化学工业做出了重要的贡献.请回答以下问题:(1)为了验证NaHCO3和Na2CO3的稳定性,设计了如图1的实验装置(铁架台、夹持仪器、加热装置等已省略):在Y中应放的物质是 Na2CO3 (填化学式);(2)某化学研究性学习小组以NH3、CO2、饱和食盐水为原料,模拟侯德榜先生制碱原理设计了如图2的实验装置.①写出对应仪器的名称:a 分液漏斗 ,b 圆底烧瓶 ;②实验的操作步骤中,打开旋塞K1、K2的合理顺序为:先打开 K1 ,后打开 K2 (填字母代号).理由是 氨气在水中溶解度很大,先通氨气有利于二氧化碳的充分吸收,可提高制碱的效率 ;③利用该装置制得的NaHCO3将采用 过虑 (填实验操作)分离;装置中气胆的作用是 平衡内外压强,存储剩余气体 ;(3)实验室欲配制500mL0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液.①配制溶液时需用的玻璃仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、 500mL容量瓶 、 胶头滴管 ;19\n②下列情况会造成所配溶液的浓度偏低的是 a、c .a.加水时超过刻度线b.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理c.未洗涤烧杯和玻璃棒d.定容时俯视刻度线.【考点】纯碱工业(侯氏制碱法);配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法.【专题】实验分析题;实验评价题.【分析】侯氏制碱法的流程是在氨化饱和的氯化钠溶液里通CO2气体,因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小,有碳酸氢钠沉淀生成,经过滤、洗涤干燥后,再将碳酸氢钠加热分解可得纯碱,同时生成的CO2气体循环利用,(1)碳酸钠比碳酸氢钠稳定,可选择间接加热的方法来比较二种盐的稳定性;(2)①可结合常见的化学仪器判定仪器a是分液漏斗,b是圆底烧瓶;②侯氏制碱法的原理是先通NH3,再通CO2,主要是利用氨气溶解于水形成碱性溶液,可利于溶解更多的CO2;③从溶液里获得不溶物可以使用过滤操作进行分离,气胆可以起到稳压作用,容器内压强偏大,气胆扩张,可以收集剩余气体;(3)①配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管等;②可根据c=进行判断,如果操作导致溶质偏多,则浓度偏大,导致溶液体积偏大,则浓度偏小;【解答】解:(1)Y是直接加热的固体,可选择碳酸钠,X是间接加热选择碳酸氢钠,这样实验时直接加热的碳酸钠不分解,间接加热的碳酸氢钠发生分解,可得到碳酸钠比碳酸氢钠稳定,故答案为:Na2CO3;(2)①装置中仪器a是分液漏斗,b是圆底烧瓶,故答案为:分液漏斗;圆底烧瓶;②因为要先通NH3,再通CO2,则需先打开K1,再打开K2,主要是氨气在水中溶解度很大,先通氨气有利于二氧化碳的充分吸收,可提高制碱的效率,故答案为:K1;K2;氨气在水中溶解度很大,先通氨气有利于二氧化碳的充分吸收,可提高制碱的效率;③利用过虑操作从反应后的混合液中获得碳酸氢钠,气胆可起到平衡内外压强,存储剩余气体的作用,故答案为:过滤;平衡内外压强,存储剩余气体;(3)①配制5500mL0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液,除量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器有500mL容量瓶及胶头滴管,故答案为:500mL容量瓶、胶头滴管;②a.加水时超过刻度线,溶液体积偏大,浓度偏低,故正确;b.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理,对溶质及溶液的体积无影响,对浓度也无影响,故错误;c.未洗涤烧杯和玻璃棒,溶质没有完全转移到容量瓶中,浓度偏低,故正确;d.定容时俯视刻度线,液面在刻度线以下,溶液体积偏小,浓度偏大,故错误;故答案为:ac.【点评】本题以侯氏制碱法为载体,考查了物质分离提纯的基本操作、配制一定物质的量的浓度的实验操作及误差分析,属基础性考查,难度不大,对学生双基要求比较高. 9.(14分)(2022秋•河池月考)亚硝酸是一种弱酸,且不稳定,易分解生成NO和NO2;它能被常见的强氧化剂氧化;在酸性溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2+氧化为Fe3+.AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物.试回答下列问题:19\n(1)人体正常的血红蛋白中含有Fe2+.若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可解毒.说明维生素C具有 还原 性,亚硝酸盐具有 还原 性(填“氧化”或“还原”);(2)NaNO2和NaCl外观相似,肉眼不易分辨.下列方法中,不能用来区分NaNO2和NaCl的是 B ;A.分别测定这两种溶液的pH值B.酸性条件下分别将两种溶液加热C.在酸性条件下分别加入KI﹣淀粉溶液D.分别向两种溶液中滴加AgNO3溶液(3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,请写出该反应的离子方程式: NO2﹣+Cl2+H2O=NO3﹣+2H++2Cl﹣ ;(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,是理想的水处理剂,其与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH;①KOH的电子式 ;②O2的结构式 O=O ;③K2FeO4中Fe的化合价为 +6 ;④上述反应的离子方程式 4FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣ .【考点】亚硝酸盐.【分析】(1)由题给信息可知,Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可以解毒,说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+;(2)A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性,氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性;B.在溶液中加热无现象;C.酸性条件下,亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮,同时生成碘单质;D.亚硝酸根离子不和银离子反应,氯离子和银离子反应生成白色沉淀;(3)把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,同时生成NaNO3和HCl,二者发生氧化还原反应,(4)①氢氧化钾属于离子化合物,电子式中阴阳离子需要标出所带电荷,氢氧根离子还需要标出最外层电子;②氧气中O原子间以双键连接;③根据化合价的代数和为零计算;④该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由﹣2价变为0价,根据转移电子相等配平方程式.【解答】解:(1)服用维生素C可以解毒,说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+,Fe元素化合价降低,被氧化,则维生素具有还原性,而亚硝酸盐,会导致Fe2+转化为Fe3+,说明亚硝酸盐具有氧化性,在反应中为氧化剂,所以维生素C是还原剂,故答案为:还原;(2)A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性,氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性,相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同,所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别,故A不选;B.在溶液中加热NaNO2和NaCl不分解,所以没有现象,不能区分NaNO2和NaCl,故B选;C.在酸性条件下,亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2﹣+2I﹣+4H+=2NO↑+I2+2H2O,碘遇淀粉变蓝色,氯离子和碘离子不反应,所以反应现象不同,所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别,故不选;D.亚硝酸根离子不和银离子反应,氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀,反应现象不同,所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别,故D不选;故答案为:B;19\n(3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,同时生成NaNO3和HCl,反应的离子方程式为:NO2﹣+Cl2+H2O=NO3﹣+2H++2Cl﹣,故答案为:NO2﹣+Cl2+H2O=NO3﹣+2H++2Cl﹣;(4)①氢氧化钾为离子化合物,钾离子用离子符号表示,氢氧根离子需要标出所带电荷及最外层电子,氢氧化钾的电子式为:,故答案为:;②氧气中O原子间以双键连接,其结构式为O=O;故答案为:O=O;③K2FeO4中K为+1价,O为﹣2价,则Fe的化合价为+6价,故答案为:+6;④该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由﹣2价变为0价,其转移电子数为6,根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣,故答案为:4FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣.【点评】本题考查综合考查铁盐和亚铁盐的相互转化、亚硝酸盐的性质,涉及了化学方程式的配平,侧重于学生的分析能力的考查,注意相关基础知识的积累,难度中等. 10.(15分)(2022秋•河池月考)开发、使用清洁能源发展“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题.氢气、甲醇是优质的清洁燃料,可制作燃料电池.(1)已知:①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g)△H1=﹣1275.6kJ•mol﹣1②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1③H2O(g)═H2O(l)△H3=﹣44.0kJ•mol﹣1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式: CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=﹣442.8kJ/mol ;(2)生产甲醇的原料CO和H2来源于:CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H>0①该反应的平衡常数表达式K= ,一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a.则T1 < T2(填“<”“>”或“=”下同),A、B、C三点处对应平衡常数(KA、KB、KC)的大小关系为 KC=KB>KA ;②120℃时,将1molCH4和2molH2O(g)通入容积为1L的密闭容器中发生反应,不能说明该反应已经达到平衡状态的是 bcd ;a.容器内气体密度恒定;b.混合气体的相对分子质量恒定;c.容器内的压强恒定;d.3v正(CH4)=v逆(H2);e.单位时间内消耗0.3molCH4同时生成0.9molH2(3)某实验小组利用CO(g)、O2(g)、KOH(aq)设计成如图b所示的电池装置,则该电池负极的电极反应式为 CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O .当有4mol电子通过导线时,消耗标准状况下的O2体积为 22.4 L,此时电解质溶液的PH值 变小 (填“变大”、“变小”或“不变”).19\n【考点】化学平衡的计算;热化学方程式;原电池和电解池的工作原理.【专题】化学平衡专题.【分析】(1)已知:①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣1275.6kJ/mol②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=﹣566.0kJ/mol③H2O(g)═H2O(l)△H=﹣44.0kJ/mol根据盖斯定律,①×﹣②×+③×2可得:CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(l),反应热也进行相应的计算;(2)①化学平衡常数是指:一定温度下,可逆反应到达平衡时,生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比,固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出;正反应为吸热反应,压强一定时,升高温度,平衡向正反应方向移动,甲烷的转化率增大;平衡常数只受温度影响,处于等温线上各点平衡常数相等,由图可知,压强一定时,温度T2条件下,甲烷的转化率更大,则反应进行的程度更大;②.可逆反应到达平衡时,同种物质的正逆速率相等,各组分的浓度、含量保持不变,由此衍生的其它一些量不变,判断平衡的物理量应随反应进行发生变化,该物理量由变化到不变化说明到达平衡;(3)负极发生氧化反应,CO在负极失去电子,碱性条件下生成碳酸根离子与水;根据电子转移守恒计算消耗氧气物质的量,再根据V=nVm计算氧气体积;反应消耗NaOH,溶液碱性减弱.【解答】解:(1)已知:①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H1=﹣1275.6kJ/mol②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=﹣566.0kJ/mol③H2O(g)=H2O(l)△H3=﹣44.0kJ/mol根据盖斯定律,①×﹣②×+③×2可得:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=﹣442.8kJ/mol,故答案为:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=﹣442.8kJ/mol;(2)①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的平衡常数表达式K=;由图开始,压强一定时,温度T2的转化率较大,正反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,甲烷的转化率增大,故温度Tl<T2;平衡常数只受温度影响,B、C处于等温线上,平衡常数相等,由图可知,压强一定时,温度T2条件下,甲烷的转化率更大,则反应进行的程度更大,比温度T1时的平衡常数大,故平衡常数KC=KB>KA,19\n故答案为:;<;KC=KB>KA;②a.120℃时,反应混合物都是气体,混合气体总质量不变,容器的容积不变,容器内气体密度始终不变,不能说明得到平衡,故a错误;b.随反应进行混合气体总物质的量增大,混合气体总质量不变,平均相对分子质量减小,当混合气体的相对分子质量恒定时,反应到达平衡状态,故b正确;c.随反应进行混合气体总物质的量增大,容器容积不变,压强增大,当容器的压强恒定时,说明到达平衡,故c正确;d.3v正(CH4)=v逆(H2),不同物质的正逆速率之比等于化学计量数之比,反应到达平衡,故d正确,e.单位时间内消耗0.3molCH4同时生成0.9molH2,均表示正反应速率,反应始终按此比例进行,不能说明到达平衡,故e错误,故选:bcd;(3)负极发生氧化反应,CO在负极失去电子,碱性条件下生成碳酸根离子与水,负极电极反应式为:CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O;当有4mol电子通过导线时,消耗标准状况下的O2体积为×22.4L/mol=22.4L;反应消耗NaOH,溶液碱性减弱,则溶液pH变小,故答案为:CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O;22.4;变小.【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡图象、平衡状态判断、平衡常数、热化学方程式、原电池等,题目比较综合,需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力. [化学—选修3:物质结构与性质]11.(15分)(2022秋•河池月考)已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期七种元素且原子序数依次增大,其中A的基态原子中没有成对电子,B的基态原子中有6种不同运动状态的电子,C原子核外成对电子数比未成对电子数多1,其氢化物常用作制冷剂,D原子中有2个未成对电子,E基态原子在同周期中原子半径最大,F原子价电子排布为nsn﹣1nPn+1,G基态原子核外所有轨道都处于全满状态且属ds区的元素.(1)G基态原子价电子排布式 3d104s2 ;(2)B、C、D基态原子第一电离能由大到小的顺序 N>O>C ;(3)离子化合物CA5的晶体中含有的化学键有 ABD ;A.离子键 B.极性键 C.非极性键 D.配位键E.金属键(4)E2D的熔点比E2F的熔点 高 (填“高”或“低”),原因是 Na2O、Na2S均为离子化合物,阳离子相同,阴离子所带电荷相等,而氧离子半径小于硫离子半径,故Na2O的晶格能更大,所以Na2O的熔点更高 ;(5)与BD2互为等电子体的分子有 N2O (要求写一种);(6)GF在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛.GF晶体结构如图所示,其晶胞边长为xpm,该晶体的密度为 g•cm﹣3(列式表示),a、b位置两粒子之间的距离为 ×x pm(列式表示).(已知阿伏伽德罗常数为NA).19\n【考点】位置结构性质的相互关系应用.【分析】已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期七种元素且原子序数依次增大,其中A的基态原子中没有成对电子,则A为H元素;B的基态原子中有6种不同运动状态的电子,即原子核外有6个电子,故B为碳元素;C原子核外成对电子数比未成对电子数多1,其氢化物常用作制冷剂,则C为N元素;F原子价电子排布为nsn﹣1nPn+1,则n﹣1=2,可得n=3,故F为S元素;E基态原子在同周期中原子半径最大,处于IA族,结合原子序数可知E为Na;D原子中有2个未成对电子,原子序数小于Na、大于氮,外围电子排布只能为2s22p4,故D为O元素;G基态原子核外所有轨道都处于全满状态且属ds区的元素,则G为Zn,据此解答.【解答】解:已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期七种元素且原子序数依次增大,其中A的基态原子中没有成对电子,则A为H元素;B的基态原子中有6种不同运动状态的电子,即原子核外有6个电子,故B为碳元素;C原子核外成对电子数比未成对电子数多1,其氢化物常用作制冷剂,则C为N元素;F原子价电子排布为nsn﹣1nPn+1,则n﹣1=2,可得n=3,故F为S元素;E基态原子在同周期中原子半径最大,处于IA族,结合原子序数可知E为Na;D原子中有2个未成对电子,原子序数小于Na、大于氮,外围电子排布只能为2s22p4,故D为O元素;G基态原子核外所有轨道都处于全满状态且属ds区的元素,则G为Zn.(1)G为Zn元素,基态原子价电子排布式为3d104s2,故答案为:3d104s2;(2)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势,但N元素2p能级容纳3个电子,为半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素,故第一电离能:N>O>C,故答案为:N>O>C;(3)离子化合物NH4H由H﹣、NH4+构成,含有离子键,NH4+中含有极性键、配位键,故答案为:ABD;(4)Na2O、Na2S均为离子化合物,阳离子相同,阴离子所带电荷相等,而氧离子半径小于硫离子半径,故Na2O的晶格能更大,所以Na2O的熔点更高,故答案为:高;Na2O、Na2S均为离子化合物,阳离子相同,阴离子所带电荷相等,而氧离子半径小于硫离子半径,故Na2O的晶格能更大,所以Na2O的熔点更高;(5)与CO2互为等电子体的分子有N2O等,故答案为:N2O;(6)ZnS晶体结构如图所示,晶胞中Zn、S原子数目均为4,故晶胞质量为4×g,其晶胞边长为xpm,该晶体的密度为4×g÷(x×10﹣10cm)3=g•cm﹣3,a、b位置两粒子处于晶胞体对角线上,过黑色球、面心白色球平衡侧面的平面将体对角线四等份,a、b距离为体对角线的,故a、b之间的距离为×xpm,故答案为:;×x.19\n【点评】本题是对物质结构的考查,涉及核外电子排布、电离能、化学键、等电子体、熔沸点比较、晶胞计算等,是对学生综合能力的考查,(6)中计算为易错点、难点,需要学生具备一定空间想象与数学计算能力. [化学—选修5:有机化学基础]12.(15分)(2022秋•河池月考)合成P(一种抗氧剂)的路线如图:已知:①+R2C(R为烷基)②A和W互为同分异构体,A分子中有两种不同化学环境的氢原子,W核磁共振氢谱显示5组峰,且峰面积比为3:2:2:2:1.(1)G的结构简式是 ;E中含有的官能团名称是 羟基和醛基 ;(2)A→B的化学方程式是 +H2O ;该反应类型为 消去反应 ;(3)B经催化加氢生成的物质的名称是 2﹣甲基丙烷 ;19\n(4)G和W反应生成P的化学方程式是 +CH3CH2CH2CH2OH+H2O ;该反应类型为 酯化反应 ;(5)关于C和P,下列说法正确的是 ①③⑤⑥ .①C和P都能使FeCl3溶液显色;②C和P都能与浓溴水反应并生成白色沉淀;③C和P都能与Na2CO3溶液反应;④C和P含有的官能团种类相同;⑤P能发生水解反应而C不能;⑥等量的C和P与NaOH溶液反应时最多消耗NaOH的量不相同.【考点】有机物的推断.【分析】A在加热浓硫酸作用下反应生成B,A和B的化学式相差一个H2O,则发生了消去反应,所以A是醇,B是烯烃,根据C的分子式和D的结构简式可知,C为苯酚,B和苯酚反应生成,所以B是,A分子中有两种不同化学环境的氢原子,所以A的结构简式为:,反应生成,和银氨溶液反应生成F,F的结构简式为:,酸性条件下,F反应生成G为19\n,A和W互为同分异构体,W核磁共振氢谱显示5组峰,且峰面积比为3:2:2:2:1,W的结构简式为:CH3CH2CH2CH2OH,G和W发生酯化反应生成P,P的结构简式为:,据此答题.【解答】解:A在加热浓硫酸作用下反应生成B,A和B的化学式相差一个H2O,则发生了消去反应,所以A是醇,B是烯烃,根据C的分子式和D的结构简式可知,C为苯酚,B和苯酚反应生成,所以B是,A分子中有两种不同化学环境的氢原子,所以A的结构简式为:,反应生成,和银氨溶液反应生成F,F的结构简式为:,酸性条件下,F反应生成G为,A和W互为同分异构体,W核磁共振氢谱显示5组峰,且峰面积比为3:2:2:2:1,W的结构简式为:CH3CH2CH2CH2OH,G和W发生酯化反应生成P,P的结构简式为:,19\n(1)根据上面的分析,G为,E为,E中含有的官能团名称是羟基和醛基,故答案为:;羟基和醛基;(2)A→B的化学方程式是为+H2O,该反应类型为消去反应,故答案为:+H2O;消去反应;(3)B是,B经催化加氢生成的物质是CH3CH(CH3)2,名称是2﹣甲基丙烷,故答案为:2﹣甲基丙烷;(4)G和W反应生成P的化学方程式是+CH3CH2CH2CH2OH+H2O,该反应类型为酯化反应,19\n故答案为:+CH3CH2CH2CH2OH+H2O;酯化反应;(5)①C和P中都有酚羟基,所以都能使FeCl3溶液显色,故正确;②P不都能与浓溴水发生邻对位取代反应,故错误;③C和P中都有酚羟基,所以C和P都能与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠,故正确;④P中含有酯基,而C中没有,故错误;⑤P中含有酯基,能发生水解反应而C不能,故正确;⑥每摩尔C最多消耗NaOH1mol,每摩尔P最多消耗NaOH2mol,故正确,故选①③⑤⑥.【点评】本题考查了有机物的推断,明确物质含有的官能团及其性质是解本题的关键,结合题给信息进行分析解答,难度中等. 19
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