2020甘肃省民乐一中高三3月线上考试化学试题PDF版含答案

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理综答案及解析一 选择题7. 【答案】  C【解析】能有效杀菌消毒的酒精是75%的酒精，并非酒精浓度越高。酒精杀菌消毒原理是使细菌、病毒蛋白质变性，从而杀死细菌、病毒。因而A选项不正确。食盐加碘的不是碘化钾（KI），而是碘酸钾（KIO3），因而B选项不正确。烟花燃烧绽放空中五彩缤纷的颜色，是利用某些金属原色的焰色反应。焰色反应属于物理变化。高考常考的一些金属元素的焰色反应有：锂—紫红色，钠—黄色，钾—紫色（透过蓝色的钴玻璃观察），钙—砖红色，锶—洋红色，钡—黄绿色，铜—绿色。值得注意的是，新人教版教材已将焰色反应改为焰色试验。棉、麻是植物纤维，只含有C、H、O元素；羊毛是动物纤维其主要成分是蛋白质，蛋白质由C、H、O、N元素组成，还可能含有S、P等，N、S、P燃烧是会生成其各自的氧化物。合成纤维种类繁多如聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等。故棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O不正确。答案   C8【答案】B【解析】A．氢气和一氧化碳气体的物质的量为8.96L÷22.4L·mol－1=0.4mol，根据2CO～O2，2H2～O2，可知共消耗O20.2mol，分子数为0.2NA，故A正确；B．用惰性电极电解硫酸铜溶液时，2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，若溶液的pH值变为1时，没有提供溶液的体积，无法计算生成的硫酸的物质的量，故B错误；C. 32.5 g锌的物质的量为0.5mol，完全反应变成锌离子失去1mol电子；与浓硫酸完全反应，无论生成二氧化硫还是生成氢气，每生成1个气体分子达到2个电子，所以转移1mol电子会生成0.5mol气体，生成气体分子数为0.5NA，故C正确；D. 反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1，当放出热量9.2 kJ时，参加反应的氢气为0.3mol,转移电子0.6NA，故D正确；故选B。9. 【答案】B【解析】A 键线式转化为分子式，关键是利用碳的四键结构将氢原子补出；B 绿原酸中既有碳碳双键，又有醇羟基和酚羟基，均能使高锰酸钾褪色；C 中溴单质和碳碳双键发生加成反应，同时也可以取代酚羟基邻位和对位上的氢原子；D由于存在苯环结构，至少有12个原子共平面。10．【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的原子核外最外层电子数是次外层的2倍，则X的原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C；Z、W是常见金属，原子序数大于C，位于第三周期，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子在同周期主族元素的简单离子中半径最小，则Z为Na、W为Al；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，结合Y的原子序数小于Na可知，Y为非金属，Y表现+3价，最外层电子数为8-3=5，位于ⅤA族，则Y为N；Q位于第三周期，X与Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q的原子序数为6+11=17，则Q为Cl。A．质量相同的Na和Al单质分别与足量稀盐酸反应，二者生成的氢气物质的量之比为∶×3=9∶23，Al与盐酸反应生成的氢气多，错误；B．非金属性：Cl>N>C，则氢化物稳定性：HCl>NH3>CH4，错误；C．X与Q形成的化合物为CCl4，含有共价键，Z与Q形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有的化学键不同，错误；D．W为Al，位于周期表第四周期ⅢA族，为周期表中第13列，正确；故选D。11．【答案】A【解析】A．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间，Mg(OH)2会与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀和氯化镁，过滤即可除去氢氧化铁得到较纯净的氯化镁溶液，正确；B．取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，若产生的白色沉淀不溶解，沉淀可能是氯化银或者硫酸钡，不能说明溶液中含有SO42-，错误；C．次氯酸钠溶液具有漂白性，会将pH试纸漂白，无法测定pH，错误；D．将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，此时溶液中存在氢离子和硝酸根，该溶液会表现出硝酸的强氧化性，从而将Fe2+氧化为Fe3+，则溶液变黄色不能验证过氧化氢的氧化性，错误；故选A。12．【答案】D【解析】装置甲中，O2在N极得电子被还原为H2O，N为正极，M为负极。A．装置乙中，Cu2+在Fe电极得电子转化为Cu单质，阳极为Cu失电子转化为Cu2+进入溶液，所以装置乙中溶液的颜色不变，正确；B．装置乙中，铁上镀铜，则铁为阴极，应与负极X相连，铜为阳极，应与正极Y相连，正确；C．CO(NH2)2在负极M失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，正确；D．N极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，N极消耗0.25 mol氧气时，转移的电子n(e-)=0.25 mol×4=1 mol，Cu电极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，所以Cu电极减少的质量m(Cu)=mol×64 g/mol=32 g，错误；故选D。13．【答案】D【解析】三种碱的起始浓度均为0.1 mol/L，由图可知，起始时pH都小于13，说明三种碱均为弱碱，且碱性：AOHBOH>DOH，错误；B．pH=7时，溶液中的c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，三种溶液中的c(Cl-)均等于其c弱碱的阳离子，三种盐在相同的条件下的水解程度：DCl7，溶液显碱性，则BOH的电离程度大于BCl的水解程度，所以溶液中c(Cl-)（1分） ③ad（2分） ④（2分） 【解析】根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。（1）①已知：I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1，II 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1，根据盖斯定律 II-I×2 得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=-128 kJ·mol-1-（+ 41 kJ·mol-1）×2=-210kJ∙mol-1，故热化学方程式为：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ∙mol-1；②A. 由图示分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故A错误；B. 中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C. 根据图1所示，在Na-Fe3O4上发生的反应应为CO2生成CO的反应，氢气未参加反应，故C错误；D. 催化剂HZSM-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故D错误；故答案为：B；③烷烃的通式为CnH(2n+2)，假设只生成C6H14和水，则根据原子守恒知：6molCO2恰好完全反应生成1molC6H14和12molH2O需要的H2的物质的量为：，所以CO2和H2的物质的量之比不低于6mol:19mol=6:9，故答案为：6:9；（2）①该反应为放热反应，△H<0，根据方程式知：△S<0，根据ΔG=ΔH－TΔS，若ΔG<0则T较小，即低温时该反应自发进行，故答案为：低温；②如图所示相同时间内催化剂A的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b点时，还未达到平衡，则说明＞，故答案为：A；＞；③a.c(CO2)与c(H2)初始时比值为1：3，所以按照化学计量数1:3反应后，比值始终保持不变，不能说明该反应达到平衡，故a选；b.根据化学计量数之比知：v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆，正逆反应速率相等，则说明已经达到平衡，故b不选；c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发生变化，说明反应物和生成物浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故c不选；d.根据质量守恒原理知，反应前后总质量始终不变，且容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明达到平衡，故d选；e.断开3mol的H-H键时说明有3mol氢气消耗，则应该消耗1molCO2，则CO2的浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故e不选；f.反应前后气体的物质的量减小，质量保持不变，则气体的平均相对分子质量应增大，若不变，说明达到平衡状态，故f不选； 故答案为：ad；④c点时CO2的转率为80%，则反应掉1mol×80%=0.8mol，起始状态容器中气体总物质的量为1mol+3mol=4mol，平衡时容器中气体总物质的量为0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器体积不变，起始压强为100 kPa，则平衡时总压强为：100kPa×=60kPa，根据分压=总压×物质的量分数计算得：，故答案为：。35 【答案】（15分）（1）（1分） 小 （1分） （2） （2分） sp3（1分） NH4+ （1分） （3）(BO2)nn-（2分） （4）共价键、氢键 （2分） （5）三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱 （2分） （6）六方最密堆积（1分） 12NA·a·ρ（2分） 【解析】（1）基态B的电子排布式为1s22s22p1，由泡利原理、洪特规则，电子排布图为；Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能Be＞B；（2）硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-，所以形成配位键，表示为：；B键合电子对数目为4，没有孤电子对，则中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒，则与[BH4]-互为等电子体的阳离子有：NH4+；（3）根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1+2×=2，所以其化学式可表示为：（BO2）nn-；（4）硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；（5）三氯化硼是共价型分子，其晶体为分子晶体，而氯化镁是离子化合物，其晶体是离子晶体，因范德华力比离子键弱，则三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低；（6）镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积，是六方最密堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+×8=2，根据ρ＝，则有Mr=12NA•a•ρ。36 【答案】（15分）（1）乙醛（1分） C6H5PCl2O2 （2分） （2）7 （1分） 酯基（1分）（3）取代反应（1分）（4）保护酚羟基防止被混酸氧化（2分）（5）（2分）（6）（2分）（7）（3分）解析：1. 题目中已知A到B是加成反应，即从产物的分子式中消去HCN，就可以得到乙醛分子；J结构中有苯环，磷酸的二氯取代物，分子式为C6H5PCl2O2。2. F的右端有两个对称的乙基，所以有7种氢。含氧官能团是酯基3.  取代反应。4.  在这条设计路线里，由于酚羟基非常活泼，很容易被混酸氧化，所以加入CH3COCl，与其生成乙酸苯酚酯，对其进行保护。5.  这是溴代烃的取代反应6.  H是乙酸苯酚酯，M就是甲酸苯酚酯，M的同分异构体中，要满足题目中条件的需要有醛基和酚羟基，同时苯环上的一氯代物是4种，所以同分异构体应该下列三种中的间位羟基苯甲醛。7. 根据信息倒推，产物中有两个酯基，酯基水解，就可以得到α-羟基苯乙酸，再根据信息，苯甲醛可以与HCN反应增长碳链，就可以推导出这个流程。