吉林省蛟河高級(jí)中學(xué)2018_2019學(xué)年高三化學(xué)下學(xué)期3月月考試題.docx

此卷只裝訂不密封班級(jí) 姓名 準(zhǔn)考證號(hào) 考場號(hào) 座位號(hào) 2018-2019學(xué)年下學(xué)期高三3月月考化 學(xué)注意事項(xiàng)：1答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質(zhì)量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、選擇題（每小題6分，共42分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）7化學(xué)與社會(huì)、科學(xué)、技術(shù)、環(huán)境密切相關(guān)。下列說法不正確的是AT碳是一種新型三維碳結(jié)構(gòu)晶體，與C60互為同素異形體B推廣利用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料符合低碳經(jīng)濟(jì)理念C將金屬鈦、鋁混合后在空氣中熔化可制得強(qiáng)度較大的鈦合金材料D為汽車安裝尾氣催化轉(zhuǎn)化裝置，可將尾氣中的部分CO和NO轉(zhuǎn)化為無毒氣體8設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法不正確的是A23g CH3CH2OH與30g CH3COOH反應(yīng)，生成CH3COOCH2CH3的分子數(shù)為0.5NAB15.6g由Na2S和Na2O2組成的混合物中，含有的陰離子數(shù)目為0.2NAC32.5g鋅與一定量濃硫酸恰好完全反應(yīng)，生成氣體的分子數(shù)為0.5NAD過量MnO2與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生1mol Cl2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA9下列關(guān)于有機(jī)物的說法不正確的是A苯和乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同B等物質(zhì)的量的乙烯與乙醇完全燃燒消耗氧氣的物質(zhì)的量相等C向制備乙酸乙酯后剩余的反應(yīng)液中加入碳酸鈉溶液，產(chǎn)生氣泡，說明有乙酸剩余D在C4H11N分子中，N原子以三個(gè)單鍵與其他原子相連接的同分異構(gòu)體有8種(不考慮立體異構(gòu))10下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象以及原因完全對應(yīng)的是實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象原因A室溫下，向濃度均為0.01 molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液出現(xiàn)白色沉淀Ksp(BaSO4)水乙醇三種電解質(zhì)電離出H+能力：醋酸水乙醇11Na2FeO4是制造高鐵電池的重要原料，同時(shí)也是一種新型的高效凈水劑。在工業(yè)上通常利用如圖裝置生產(chǎn)Na2FeO4，下列有關(guān)說法不正確的是A右側(cè)電極反應(yīng)方程式：Fe+8OH6e=FeO+4H2OB左側(cè)為陽離子交換膜，當(dāng)Cu電極生成1 mol氣體時(shí)，有2mol Na+通過陽離子交換膜C可以將左側(cè)流出的氫氧化鈉補(bǔ)充到該裝置中部，以保證裝置連續(xù)工作DNa2FeO4具有強(qiáng)氧化性且產(chǎn)物為Fe3+，因此可以利用Na2FeO4除去水中的細(xì)菌、固體顆粒以及Ca2+等12. a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的短周期不同主族元素，其中只有一種為金屬元素，四種元素的單質(zhì)在通常情況下只有一種不是氣體，b與d的最外層電子數(shù)之和為a與c最外層電子數(shù)之和的四倍。下列敘述不正確的是A原子半徑：cdaBd的氧化物對應(yīng)的水化物酸性均比b的強(qiáng)Ca、b、d三種元素形成的化合物可能既含離子鍵又含共價(jià)鍵D單質(zhì)的熔點(diǎn)：cba13. H2RO3是一種二元酸，常溫下用1L 1molL1 Na2RO3溶液吸收RO2氣體，溶液的pH隨RO2氣體的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列說法正確的是Aa點(diǎn)溶液中2c(Na+)3c(RO)B向b點(diǎn)溶液中加水可使溶液的pH由6.2升高到7.4C常溫下，NaHRO3溶液中c(HRO)c(RO)c(H2RO3)D當(dāng)吸收RO2的溶液呈中性時(shí)，c(Na+)c(RO)+c(HRO)二、非選擇題(共43分）26硫化堿法是工業(yè)上制備Na2S2O3方法之一，其反應(yīng)原理為2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2(該反應(yīng)H0)，某研究小組在實(shí)驗(yàn)室用硫化堿法制備Na2S2O35H2O的流程如下。（1）吸硫裝置如圖所示。裝置B的作用是檢驗(yàn)裝置A中SO2的吸收效率，B中試劑是_，表明SO2吸收效率低的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是B中溶液_。為了使SO2盡可能吸收完全，在不改變A中溶液濃度、體積的條件下，除了及時(shí)攪拌反應(yīng)物外，還可采取的合理措施是_(答一條)。（2）假設(shè)本實(shí)驗(yàn)所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行檢驗(yàn)(室溫時(shí)CaCO3飽和溶液的pH10.2)。序號(hào)實(shí)驗(yàn)操作預(yù)期現(xiàn)象結(jié)論取少量樣品于試管中，加入適量蒸餾水，充分振蕩溶解，_。有白色沉淀生成樣品含NaCl另取少量樣品于燒杯中，加入適量蒸餾水，充分?jǐn)嚢枞芙?，_。有白色沉淀生成，上層清液pH10.2樣品含NaOH（3）Na2S2O3溶液是定量實(shí)驗(yàn)中的常用試劑，測定其濃度的過程如下：第一步：準(zhǔn)確稱取a g KIO3(相對分子質(zhì)量為214)固體配成溶液；第二步：加入過量KI固體和H2SO4溶液，滴加指示劑；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液的體積為V mL。則c(Na2S2O3)_molL1。已知：IO+5I+6H+=3I2+3H2O，2S2O+I2=S4O+2I（4）某同學(xué)第一步和第二步的操作都很規(guī)范，第三步滴速太慢，這樣測得的Na2S2O3濃度可能_(填“不受影響” “偏低”或“偏高”)，原因是_。(用離子方程式表示)。27運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理研究碳、氮的單質(zhì)及其化合物的反應(yīng)對緩解環(huán)境污染、能源危機(jī)具有重要意義。（1）用活性炭還原法可以處理氮氧化物。某研究小組向某密閉容器中加入一定量的活性炭和NO，發(fā)生反應(yīng)C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)HQ kJmol1。在T1時(shí)，反應(yīng)進(jìn)行到不同時(shí)間(min) 測得各物質(zhì)的濃度(molL1)如下：時(shí)間濃度01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.3030 min后，只改變某一條件，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，根據(jù)上表中的數(shù)據(jù)判斷改變的條件可能是_(填字母)。a通入一定量的NOb加入定量的活性炭c加入合適的催化劑d適當(dāng)縮小容器的體積若30min后升高溫度至T2，達(dá)到平衡時(shí)，容器中NO、N2、CO2的濃度之比為311，則Q_(填“”或“3c(RO)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，b點(diǎn)導(dǎo)致溶液呈酸性的因素是HRO的電離，因此溶液加水后生成的氫離子濃度逐漸減小，pH只會(huì)無限接近7，不會(huì)超過7，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，當(dāng)通入mol RO2時(shí)，溶液中生成mol NaHRO3，剩余Na2RO3為mol，此時(shí)溶液的pH6.2顯酸性，說明HRO以電離為主，故常溫下，NaHRO3溶液中，c(HRO)c(RO)c(H2RO3)，正確；D項(xiàng)，當(dāng)吸收RO2的溶液呈中性時(shí)，根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c(Na+)2c(RO)+c(HRO)+c(OH)，由于c(H+)c(OH)，所以c(Na+)2c(RO)+c(HRO)，錯(cuò)誤。二、非選擇題(共43分）26. 【答案】（1）品紅、溴水或KMnO4溶液顏色很快褪去控制SO2的流速、適當(dāng)升高溫度(或其他合理答案)（2）滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振蕩加入過量CaCl2溶液，攪拌，靜置，用pH計(jì)測定上層清液的pH（3）(或)（4）偏低4I+4H+O2=2I2+2H2O【解析】（1）二氧化硫具有還原性、漂白性，所以可以用品紅、溴水或KMnO4溶液，來檢驗(yàn)二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，則二氧化硫有剩余，B中的溶液會(huì)褪色。為了使SO2盡可能吸收完全，在不改變A中溶液濃度、體積的條件下，可以減緩二氧化硫的流速，使二氧化硫與溶液充分接觸反應(yīng)，適當(dāng)升高溫度，也能使二氧化硫充分反應(yīng)。（2）實(shí)驗(yàn)所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，若檢驗(yàn)NaCl存在，需先加稀硝酸排除干擾，再加硝酸銀溶液，若有白色沉淀生成，說明含有NaCl；已知室溫時(shí)CaCO3飽和溶液的pH10.2，若要檢驗(yàn)氫氧化鈉存在，需加入過量CaCl2溶液，把Na2CO3轉(zhuǎn)化為CaCO3，再測量溶液的pH，若pH大于10.2，說明含有NaOH。（3）n(KIO3)mol，設(shè)參加反應(yīng)的Na2S2O3為x mol；根據(jù)KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，有：KIO33I26Na2S2O3 1 6 mol x mol所以x，則c(Na2S2O3) molL1。（4）第三步滴速太慢，I被氧氣氧化，發(fā)生4I+4H+O2=2I2+2H2O，2S2O+I2=S4O+2I，消耗的Na2S2O3溶液的體積偏大，由c(Na2S2O3)molL1，V偏大，c偏低。27. 【答案】（1）ad（2）該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度反應(yīng)更有利于向逆反應(yīng)方向進(jìn)行870 (850 到900 之間都可以)4C2H6+14NO28CO2+7N2+12H2ONO2+NOe=N2O5（3）H2H1H3減少溫室氣體的排放，緩解溫室效應(yīng)【解析】（1）根據(jù)表格20min和30min時(shí)各物質(zhì)的濃度分別對應(yīng)相等，20min時(shí)已經(jīng)達(dá)到平衡；40min和50min時(shí)各物質(zhì)的濃度分別對應(yīng)相等，40min時(shí)又再次達(dá)到平衡；30min時(shí)改變條件，達(dá)到新平衡時(shí)NO濃度增大為原來的0.600.501.2倍，N2和CO2的濃度增大為原來的0.30.251.2倍。a項(xiàng)，通入一定量NO，平衡正向移動(dòng)，達(dá)到新平衡時(shí)NO、N2、CO2的濃度都可能為原來的1.2倍；b項(xiàng)，加入定量活性炭，平衡不移動(dòng)，各物質(zhì)物質(zhì)的量濃度不變；c項(xiàng)，加入合適的催化劑，加快反應(yīng)速率，平衡不移動(dòng)，各物質(zhì)物質(zhì)的量濃度不變；d項(xiàng)，適當(dāng)縮小容器體積，平衡不移動(dòng)，由于體積減小，達(dá)到新平衡時(shí)NO、N2、CO2的濃度都可能為原來的1.2倍；故選ad。30min時(shí)容器中NO、N2、CO2的濃度之比為0.500.250.25211，升高溫度達(dá)到平衡時(shí)容器中NO、N2、CO2的濃度之比為311，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故Q0。（2）若不使用催化劑，發(fā)生的反應(yīng)為2NON2+O2，溫度超過775，NO的分解率降低，可能原因是：該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度更有利于反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行。根據(jù)圖像當(dāng)n(NO)/n(CO)1時(shí)，870左右NO的轉(zhuǎn)化率最大，所以應(yīng)控制的最佳溫度在870左右。烴催化還原NOx可消除氮氧化物的污染，氮氧化物被還原為N2，則烴轉(zhuǎn)化成CO2和H2O，C2H6與NO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為4C2H6+14NO28CO2+12H2O+7N2。石墨通入O2，石墨為正極，石墨為負(fù)極，Y是一種氧化物，NO2發(fā)生氧化反應(yīng)生成Y，Y為N2O5，電極反應(yīng)式為NO2e+NO=N2O5。（3）應(yīng)用蓋斯定律，將bac得，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)HH2H1H3。28. 【答案】（1）+3（2）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+4H2O+O2（3）（4）隨著c(SO)增大，水層中Ce4+被SO結(jié)合成CeSO42+，c(CeSO42+)增大，同時(shí)導(dǎo)致Ce4+n(HA)2Ce(H2n4A2n)+4H+向左(逆向)移動(dòng)，致使cCe(H2n4A2n)減?。?）9.3（6）2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl（7）2xCO+CeO2=CeO2(1x)+2xCO2【解析】（1）O顯2價(jià)，C顯+4價(jià)，F(xiàn)顯1價(jià)，整體化合價(jià)代數(shù)和為0，即Ce顯+3價(jià)。（2）CeO2中Ce的化合價(jià)由+4價(jià)+3價(jià)，CeO2作氧化劑，H2O2作還原劑，H2O2被氧化成O2，根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平，其離子反應(yīng)方程式為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+4H2O+O2。（3）該反應(yīng)的離子方程式為Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)=3KBF4(s)+Ce3+(aq)，平衡常數(shù)K。（5）獲得Ce(OH)3沉淀，c(OH)molL120105 molL1，pOHlg c(OH)4.7，即pH9.3，pH應(yīng)大于9.3。（6）NaClO作氧化劑，把Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4，自身被還原成Cl，根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平，化學(xué)方程式為2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。（7）根據(jù)信息，CO與氧氣反應(yīng)生成CO2，兩式相加得到：2xCO+CeO2=CeO2(1x)+2xCO2。35. 【答案】（1）球形 2 （2）Fe3+的3d5半滿狀態(tài)更穩(wěn)定 （3）N2O(或CO2、CS2、OCN) 23 異硫氰酸分子間含有氫鍵（4）sp3雜化 2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S 正四面體形 （5）Ca2+CC2 8 （6）正四面體 50% 107 【解析】（1）基態(tài)Ti原子的價(jià)層電子排布式為：3d24s2，最高能層為第四能層，s電子云輪廓形狀為球形；與Ti同周期的所有過渡元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與鈦不同的元素有Cr：3d54s1，Cu：3d104s1，共兩種；（2）從結(jié)構(gòu)角度來看，F(xiàn)e2+的價(jià)電子排布式是：3d6，再失一個(gè)電子就是3d5半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故易被氧化成Fe3+；（3）與SCN互為等電子體的一種微粒是：N2O(或CO2、CS2、OCN)；硫氰酸(H