浙江省高三月考理综化学试题.docx

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浙江省高三月考理综化学试题

高三10月月考理综化学试题

可能用到的相对原子质量：

H—1O—16Na—23Mg-24S-32Fe-56

一、选择题：

本题共13个小题，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.下列有关实验的说法正确的是

A.除去铁粉中混有少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤

B.光照氯水有气泡冒出，该气体主要为Cl2

C.制备Fe（OH）3胶体，通常是将Fe（OH）3固体溶于热水中

D.Na溶液和盐酸可以通过相互滴加的方法来鉴别，NaHCO3溶液和Ca（OH）2溶液也可以通过相互滴加的方法来鉴别

【答案】A

【解析】试题分析：

A．金属Al既能与酸反应又能与碱反应，而铁不溶于碱，故可用来分离该两种金属，故A正确；B．氯水中的次氯酸见光易分解为盐酸和氧气，所以光照氯水有气泡逸出，该气体是O2，故B错误；C．制备Fe（OH）3胶体通常的做法是在沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，至溶液呈红褐色时停止加热，故C错误；D．Na[Al（OH）4]溶液滴加到盐酸中，先无现象，最后Na[Al（OH）4]溶液过量可出现浑浊，但盐酸滴加到Na[Al（OH）4]溶液中，先生成沉淀，盐酸过量沉淀溶解，现象不同，可鉴别，NaHCO3溶液和Ca（OH）2溶液，无论滴加顺序如何，都只生成碳酸钙沉淀，现象相同，不可互相滴加的方法鉴别，故D错误；故选A。

考点：

元素化合物的性质与制备、检验等

2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。

下列有关叙述不正确的是

A.硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子数为0.5NA

B.3g甲酸与乙醛的混合物中含有共价键数为0.4NA

C.将标准状况下2.24LSO2通入水中完全溶解，溶液中H2SO3分子数为0.1NA

D.标准状况下8.96L的平均相对分子质量为3.5的H2与D2含有中子数0.3NA

【答案】A

【解析】试题分析：

A、23g混合气体，可以看作都是NO2，因此铜失去电子物质的量为23×1/46mol=0.5mol，故正确；B、甲酸的结构简式为HCOOH，假设全部是甲酸，共价键的物质的量为3×5/46mol=0.3mol，乙醛的结构简式为CH3CHO，假设全部是乙醛，含有共价键的物质的量为3×7/44mol=0.5mol，因此混合物中含有共价键的物质的量不等于0.4mol，故错误；C、H2SO3要发生电离，因此H2SO3的物质的量小于0.1mol，故错误；D、H2的摩尔质量为2g·mol－1，D2的摩尔质量为4g·mol－1，混合物总物质的量为8.96/22.4mol=0.4mol，设H2的物质的量为xmol，则D2的物质的量为（0.4－x）mol，根据平均摩尔质量=[2x＋（0.4－x）×4]/0.4=3.5，解得x=0.1，D2的物质的量为0.3mol，H2中不含中子数，D2中含有2mol中子数，含有中子数物质的量为0.3×2mol=0.6mol，故错误。

考点：

考查阿伏加德罗常数等知识。

3.布洛芬属于丁苯丙酸的一种，是世界卫生组织推荐的儿童抗炎退烧药，其结构如图所示。

下列说法不正确的是

A.布洛芬的分子式为C13H18O2

B.布洛芬与苯丙酸互为同系物

C.丁苯丙酸共有12种可能的结构

D.布洛芬能发生加成、取代等反应

【答案】C

【解析】试题分析：

A。

布洛芬的分子式为C13H18O2，正确；B。

都含有一个苯环，烃基都为饱和，含有一个羧基，结构相似，组成上相差4-CH2;布洛芬与苯丙酸互为同系物,正确；D．布洛芬含有苯环，能够与氢气发生加成，羧基与醇发生取代等反应；D正确；C．丁苯丙酸结构中，丁基有4种结构，丙烯酸基，有2种结构，共有8种结构，C错误；

考点：

有机物性质的考察。

4.甲、乙、丙、丁为四种主族元素，甲元素与乙、丙、丁三种元素直接相邻，甲、乙的原子序数之和等于丙的原子序数；这四种元素原子的最外层电子数之和为20。

下列判断正确的是

A.原子半径：

丙＞乙＞甲＞丁

B.气态氢化物的稳定性：

甲＞丙

C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：

丁＞甲

D.乙和甲、乙和丁所能形成的化合物都是剧毒物质

【答案】B

【解析】试题分析：

A。

甲元素与乙、丙、丁三种元素相邻，可知最外层电子数分别为x、x+1、x-1，由四种元素原子的最外层电子数之和为20，x=5，根据甲、乙的原子序数之和等于丙的原子序数，可推导出甲：

N、乙：

O、丙：

P、丁：

C。

A、半径应为：

乙<甲<丁，错误；B、气态氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性N>P，所以气态氢化物的稳定性NH3>PH3，正确；C、酸性：

H2CO3

考点：

元素周期表相关知识的考察。

5.下列实验设计及描述不正确的是

A.图甲所示的实验，探究氧化性：

KMnO4>Cl2>I2

B.图乙所示的实验，根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀

C.图丙所示的实验，根据温度计读数的变化用稀盐酸和NaOH溶液反应测定中和热

D.图丁所示的实验，根据试管中液体颜色的变化比较Cl2、Fe3＋、I2的氧化性强弱

【答案】B

【解析】A、酸性高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，氯气氧化碘化钾生成碘，则装置②可探究氧化性：

KMnO4＞Cl2＞I2，故A正确；B、析氢腐蚀生成氢气，而吸氧腐蚀中氧气得电子，气体减少，用食盐水浸泡应发生吸氧腐蚀，故B错误；C、中和热测定应选稀的强酸和稀的强碱之间来反应，故C正确；D、三价铁是棕黄色溶液，碘的四氯化碳呈紫色，根据颜色的先后判断Fe2＋、碘离子的还原性，还原性强的，氧化产物的氧化性弱，故D正确。

故选B。

6.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g•mL﹣1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是

A.得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL

B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol•L﹣1

C.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%

D.该合金中铜与镁的物质的量之比是1：

2

【答案】D

【解析】金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g/17g·mol－1=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：

2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01；

NO2和N2O4混合气体的物质的量为1.12L/22.4L·mol－1=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2和N2O4的物质的量之比=0.04mol：

（0.05mol-0.04mol）=4：

1；该浓硝酸密度为1.40g·mL－1、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为

=14mol·L－1。

A、反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol·L－1-0.04mol－（0.05mol-0.04mol）×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mo/1mol·L－1=0.64L=640mL，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g·mL－1、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为

=14mol·L－1，故B正确；C、NO2的体积分数是4/（4+1）×100%=80%，故C正确；D、合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：

0.01mol=2：

1，故D错误；故选D。

7.常温下，有下列四种溶液：

①

②

③

④

0.1mol/L

NaOH溶液

pH=11

NaOH溶液

0.1mol/LCH3COOH溶液

pH=3

CH3COOH溶液

下列说法正确的是

A.由水电离出的c（H+）：

①＞③

B.③稀释到原来的100倍后，pH与④相同

C.①与③混合，若溶液pH=7，则V（NaOH）＞V（CH3COOH）

D.②与④混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为：

c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-）

【答案】D

考点：

考查弱电解质的电离平衡、溶液中离子浓度大小比较

点评：

该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。

试题贴近高考，灵活性强，注重考查学生分析问题、解决问题的能力，有助于培养学生严谨的逻辑思维能力和发散思维能力。

8.近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：

（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。

已知：

①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ/mol

②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ/mol

③H2O（g）=H2O（l）△H=-44.0kJ/mol

写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式：

_____________________________________________________________。

（2）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体转化为无毒气体。

4CO（g）＋2NO2（g）

4CO2（g）＋N2（g）ΔH＝-1200kJ·mol-1

对于该反应，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图像正确的是________________（填代号）。

（3）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g）ΔH=akJ/mol

在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：

时间/min

浓度/（mol/L）

0

10

20

30

40

50

NO

1.0

0.58

0.40

0.40

0.48

0.48

N2

0

0.21

0.30

0.30

0.36

0.36

CO2

0

0.21

0.30

0.30

0.36

0.36

①根据图表数据分析T1℃时，该反应在0-20min的平均反应速率v（NO）=_____________________；计算该反应的平衡常数K=____________________。

②30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是_________（填字母代号）。

A．通入一定量的CO2B．加入合适的催化剂

C．适当缩小容器的体积D．通入一定量的NO

E．加入一定量的活性炭

③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2:

1:

1，则达到新平衡时NO的转化率____________（填“升高”或“降低”），a________0（填“>”或“<”）。

（4）温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入1L的密闭容器中发生反应：

CH4（g）＋2NO2（g）

N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）△H=bkJ/mol。

测得有关数据如下表：

温度

时间/min

物质的量

0

10

20

40

50

T1

n（CH4）/mol

0.50

0.35

0.25

0.10

0.10

T2

n（CH4）/mol

0.50

0.30

0.18

x

0.15

下列说法正确的是__________________。

A．T1＞T2，且b＞0

B．当温度为T2、反应进行到40min时，x＞0.15

C．温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50molCH4和1.2molNO2，重新达到平衡时，n（N2）<0.70mol

D．温度为T1时，若起始时向容器中充入0.50molCH4（g）、0.50molNO2（g）、1.0molN2（g）、2.0molCO2（g）、0.50molH2O（g），反应开始时，ν（正）＞ν（逆）

【答案】

（1）.CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=－955kJ/mol

（2）.乙（3）.0.030mol·L－1·min－1（4）.0.56（或9/16）（5）.降低

【解析】

（1）已知：

①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574k·mol－1；②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ·mol－1；③H2O（g）═H2O（l）△H=-44.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，（①+②+3×4）÷2可得：

CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-574k·mol－1-1160kJ·mol－1-574k·mol－1×4=－955kJ/mol；

（2）该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，都应该比原来的速率大，图象与实际情况不相符，故甲错误；升高温度，反应向着逆向进行，反应物的转化率减小，反应速率加快，图象与实际反应一致，故乙正确，压强相同时，升高温度，反应向着逆向移动，一氧化氮的体积分数应该增大，图象与实际不相符，故丙错误，故选乙；（3）0～20min内，CO2的平均反应速率v（NO）=（1.0mol·L－1-0.4mol·L－1）/20min=0.030mol·L－1·min－1；C（s）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g），平衡浓度c（N2）=0.3mol·L－1；c（CO2）=0.3mol·L－1；c（NO）=0.4mol·L－1；反应的平衡常数K=

=0.56；②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K=

，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；A．生成物CO2和N2按方程式计量数之比同时增大，通入一定量的CO2不合理，故A错误；B．加入催化剂不能使平衡移动，故B错误；C．适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故C正确；D．通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故D正确；E．加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不移动，故E错误；故选CD。

③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为2：

1：

1，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：

1，所以2：

1=6：

3＞4：

3，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率降低，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，a<0；（4）A、温度升高，反应速率加快，因此T2＞T1，甲烷剩余量增多，说明反应逆向进行，正反应放热，所以b＜0，故A错误；B、当温度为T2、反应进行到40min时，反应达到平衡状态，x=0.15，故B错误；C、温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50molCH4和1.2molNO2，平衡逆向移动，重新达到平衡时，n（N2）小于原平衡n（N2）的2倍，故C正确；

D、对于反应CH4（g）+2NO2（g）

N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）

起始（mol·L－1）0.51.2000

变化（mol·L－1）0.40.80.40.40.8

平衡（mol·L－1）0.10.40.40.40.8

温度为T1时，平衡常数K=

=6.4，若起始时向容器中充入0.50molCH4（g）、0.50molNO2（g）、1.0molN2（g）、2.0molCO2（g）、0.50molH2O（g），浓度商=

=4＜K，平衡正向移动，ν（正）＞ν（逆），故D正确。

故选CD。

9.乙酰苯胺作为一种常用药，具有解热镇痛的效果．实验室制备乙酰苯胺时，可以用苯胺与乙酸酐或与冰醋酸加热来制取，苯胺与乙酸酐的反应速率远大于与冰醋酸反应的速率，已知苯胺微溶于冷水；纯乙酰苯胺是无色片状晶体，熔点114℃，不溶于冷水，可溶于热水；乙酸酐遇水缓慢反应生成乙酸；现选用苯胺与乙酸酐为原料制取和提纯乙酰苯胺，该放热反应的原理：

实验步骤

①取5.0mL苯胺（密度1.04g/mL），倒入100mL锥形瓶中，加入20mL水，在旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐（密度1.08g/mL），搅拌均匀．若有结块现象产生，用玻璃棒将块状物研碎，再充分搅拌；

②反应完全后，及时把反应混合物转移到烧杯中，冷却后，抽滤，洗涤，得粗乙酰苯胺固体；

③将粗产品转移至150mL烧杯中，加入适量水配制成80℃的饱和溶液，再加入过量20%的水．稍冷后，加半匙活性炭，搅拌下将溶液煮沸3～5min，过滤Ⅰ，用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，冷却结晶，过滤Ⅱ、洗涤、晾干得乙酰苯胺纯品．

（1）步骤①研碎块状产物的用意在于________________________________；反应温度过高会导致苯胺挥发，下列可以控制反应温度，防止反应温度升高过快的操作有__；

A．反应快结束时的充分搅拌B．旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐

C．玻璃棒将块状物研碎D．加20mL水

（2）步骤②洗涤粗产品时，选用的溶剂是_______；

A．热水B．冷水C．1：

3的乙醇溶液D．滤液

（3）步骤③两次用到过滤，其中过滤Ⅰ选择________（过滤、趁热过滤或抽滤），过滤Ⅰ操作是为了除去_____________；配制热溶液时，加入过量溶剂的作用是___________（选出正确选项）；

A．防止后续过程中，溶剂损失可能产生的产物析出

B．防止后续过程中，温度降低可能产生的产物析出

C．除去活性炭未吸附完全的有色杂质

（4）步骤③冷却滤液时可选择__；

A．冰水浴冷却B．搅拌下水浴冷却

C．室温下自然冷却D．投入少量碎冰后静置

（5）步骤③中以下哪些操作不能提高产率__________；

①配制成饱和溶液后，加入过量20%的溶剂；②趁热过滤近沸溶液；③过滤Ⅰ时用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液；④加活性炭吸附；⑤过滤Ⅱ时的洗涤选用热水代替冷水洗涤固体．

A．①④⑤B．①④C．④⑤D．②④⑤

（6）步骤③最后测得纯乙酰苯胺固体6.75g，已知苯胺、乙酸酐和乙酰苯胺的摩尔质量分别为93g/mol、102g/mol、135g/mol．该实验的产率为________（保留两位有效数字）

【答案】

（1）.BD

（2）.防止原料被产物包裹，使之充分反应，提高产率（3）.B（4）.趁热过滤（5）.除去吸附有色物质的活性炭（6）.AB（7）.C（8）.C（9）.89%

..................

点睛：

本题考查有机物的合成、有机化学实验、物质的分离提纯、对操作步骤的分析评价等，试题涉及知识点较多、综合性较强，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度较大。

解题关键：

认真阅读试题，结合制备原理解题。

难点：

产率的计算，要考虑过量计算的问题。

10.MnO2用途很广，它是一种广泛应用的氧化剂。

例如将它加入熔态的玻璃中，可以除去带色的杂质（硫化物或亚铁盐），称为普通玻璃的“漂白剂”。

在锰-锌干电池中用作去极剂，以氧化在电极上产生的氢。

（1）Zn-MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。

其电解质溶液呈________性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是_________________、________________（用离子方程式表示）；该电池工作时，电子流向__________极（填“正”或“负”）。

（2）工业上，常以菱锰矿（主要成分MnCO3，常含有少量铁、钙、锌等元素）为原料，用电解法可以制备MnO2。

其制备过程如下：

①请写出酸浸的主要化学方程式：

_________________________________________。

②下图可以看出，从MnSO4和ZnSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需要控制的温度范围为______（填字母）。

A．0~40℃B．40~60℃C．60℃以上

③请写出用惰性电极电解MnSO4溶液制备MnO2的阳极反应：

________________________。

④该工艺产生的废水中含有较多的Mn2+，通常用H2S或者Na2S溶液处理。

25℃，在0.10mol·L－1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2－）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）。

i．pH＝13时，溶液中的c（H2S）＋c（HS－）＝______mol·L－1；

ii．某溶液含xmol·L－1Mn2＋、0.10mol·L－1H2S，当调节溶液pH＝5时，Mn2＋开始沉淀，则x=_________。

[已知：

Ksp（MnS）＝2.8×10－13]

【答案】

（1）.酸

（2）.NH4++H2O

NH3﹒H2O+H+（3）.Zn2++2H2O

Zn（OH）2+2H+（4）.正（5）.MnCO3+H2SO4===MnSO4+H2O+CO2↑（6）.C（7）.Mn2+-2e-+2H2O===MnO2+4H+（8）.0.043（9）.0.020

【解析】试题分析：

（1）ZnCl2和NH4Cl都属于强酸弱碱盐，Zn2＋和NH4＋发生水解，Zn2＋＋2H2O

Zn（OH）2＋2H＋、NH4＋＋H2O

NH3·H2O＋H＋，造成溶液中c（H＋）>c（OH－），溶液显酸性，根据原电池的工作原理，电子从负极流向正极；

（2）①菱锰矿成分是MnCO3，和硫酸反应：

MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋H2O＋CO2↑；②根据溶解度和温度的关系，得到MnSO4·H2O，温度控制在60℃以上，因为随温度升高MnSO4·H2O的溶解度降低，析出MnSO4·H2O，故选项C正确；③阳极是失去电子，化合价升高，因此阳极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋；④根据物料守恒，c（S2－）＋c（HS－）＋c（H2S）=0.1，pH=13时，溶液中c（S2－）=5.7×10－2mol·L－1，因此c（HS－）＋c（H2S）=0.043mol·L－1，根据溶度积的表示，Ksp=c（Mn2＋）×c（S2－），pH=5时，c（S2－）=1.4×10－11mol·L－1，因此c（Mn2＋）=0.02