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1、云南省文山壮族苗族自治州砚山县第二中学2022届高三化学上学期开学考试试题含解析一、单项选择题(共7小题,每题6.0分,共42分)1. 化学与生活密切相关。以下应用中利用了物质氧化性的是 A. 明矾净化水B. 纯碱去油污C. 食醋除水垢D. 漂白粉漂白织物【答案】D【解析】试题分析：明矾净水是利用明矾溶于水电离产生的Al3+水解产生的Al(OH)3胶体吸附水中悬浮的杂质而沉降下来，与物质的氧化性无关，故A错误；纯碱去油污是利用纯碱溶于水电离产生的碳酸根水解显碱性，油脂在碱性条件下发生较彻底的水解反响产生可溶性的物质高级脂肪酸钠和甘油，与物质的氧化性无关，故B错误；食醋除水垢，是利用醋酸与水垢的
2、主要成分碳酸钙和氢氧化镁发生复分解反响生成可溶性物质，与物质的氧化性无关，故C错误；漂白粉漂白织物是利用次氯酸钙生成的次氯酸的强氧化性漂白，故D正确。考点：此题考查化学与生活。【此处有视频，请去附件查看】2.实验室欲使1.6 g Fe2O3完全被复原，事先应准备的CO气体的标准状况下的体积为()A. 672 mLB. 336 mLC. 大于672 mLD. 小于336 mL【答案】C【解析】【详解】由Fe2O33CO2Fe3CO2可知，1.6gFe2O3完全反响参加反响的CO的体积标况下应为672mL，由于实验开始时，要先排尽玻璃管内的空气，必须先通入CO气体，当Fe2O3完全被复原之后，在熄
3、灭酒精灯停止加热之前，还要继续通CO气体，直至Fe冷却下来，到达Fe不再次被空气氧化的目的，在Fe2O3被复原的过程中，通入的CO气体不可能完全发生化学反响，综合上述原因，通入的CO气体的标准状况下的体积应大于672mL。应选C。3. 以下对于硝酸的认识，不正确的选项是A. 浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性B. 铜与硝酸的反响属于置换反响C. 浓硝酸在常温下见光或受热会分解D. 常温下可用铁或铝制品盛装浓硝酸【答案】B【解析】试题分析：A、浓硝酸和稀硝酸都有强氧化性，正确，不选A；B、铜和硝酸反响生成硝酸铜和一氧化氮或二氧化氮，和水，反响不属于置换反响，选B；C、浓硝酸见光或受热分解，正确，不选C；
4、D、常温下铁或铝在浓硝酸中反响生成致密的氧化膜，阻止其继续反响，所以可以用铁或铝制品盛装浓硝酸，正确，不选D。考点：浓硝酸的性质4.羟基自由基可以看做是氢氧根离子失去一个电子后形成的，具有极强的得电子能力，用于有机废水的处理关于羟基自由基的说法正确的选项是A. 电子式B. 电子式C. 有极强的复原性D. 与NH3所含电子数相同【答案】A【解析】【详解】A.羟基是中性原子团，是有机物的官能团，电子式为：，故A正确；B.氢氧根离子是带一个负电荷的阴离子，那么是氢氧根的电子式，故B错误；C.羟基是不带电的自由基不能独立存在，很活泼，容易得到1个电子，具有极强的氧化性，故C错误；D.羟基含有的电子数为
5、9，NH3所含电子数是10，故D错误。应选A。5. 以下表达错误的选项是A. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱B. 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈C. 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀D. 在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液【答案】D【解析】试题分析：A、生铁中含碳，铁作负极，碳作正极，构成原电池，加快反响，生铁比纯铁抗腐蚀性差，A正确；B、铁比锡活泼，焊接处构成原电池，铁作负极，因此焊接处容易生锈，B正确；C、锌比铁活泼，锌作负极，减缓铁的腐蚀，C正确；D、铁制品镀铜，铁制品作阴极，铜作阳极，电解液含有Cu2，D错误；答案选D。考点：考查金属腐蚀和防护等知识。6.如图是可逆反响X23
6、Y22Z在反响过程中的反响速率(v)与时间(t)的关系曲线，以下表达正确的选项是()A. t1时，只有正方向反响B. 0t1，c(Z)在减小C. t2t3，反响不再进行D. t2t3，各物质的浓度不再发生变化【答案】D【解析】【详解】A.t1时，既有正方向反响，又有逆反响，故A错误；B0-t1时，反响未达平衡状态，反响正向进行，cZ增大，故B错误；C.化学平衡状态是动态平衡，t2t3时，v正v逆0，反响仍在进行，故C错误；D.t2-t3，达平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，故D正确。应选D。【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变：“一等即正反响速率等于逆反响速率；“五不变即反响混合物
7、中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反响物的转化率不变。7.25时，浓度均为1 mol/L的AX、BX、AY、BY四种正盐溶液，AX溶液的pH7且溶液中c(X)1 mol/L，BX溶液的pH4，BY溶液的pH6。以下说法正确的选项是A. AY溶液的pH小于7B. AY溶液的pH小于BY溶液的pHC. 稀释相同倍数，BX溶液的pH变化小于BY溶液D. 电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)【答案】D【解析】A项，根据AX、BX、BY溶液的pH，那么AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，那么AY为强碱弱酸盐，溶液的pH7；
8、B项，AY溶液的pH7而BY溶液的pH6；C项，稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，BX溶液的pH变化大于BY溶液；D项，根据BY溶液的pH6，BOH的碱性小于HY的酸性，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)。分卷II二、必考题8. .根据结构对有机物进行分类,有助于对其性质的掌握。1以下有机物属于芳香烃的是_ (填字母),它与苯的关系是_,写出苯与溴发生反响的化学方程式_,预测该芳香烃_ (填“能或“不能)发生该类反响。ABC2以下有机物属于羧酸类是_ (填字母)。aCH3CHO bc3以下有机物属于糖类的是_ (填字母)。A油脂 B纤维素 C蛋白质.以下几组物质中,互为同位素的
9、有_,互为同素异形体的有_,互为同系物的有_,互为同分异构体的有_,属于同种物质的有_。O2和O3 35Cl和37Cl和和CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3 乙醇(CH3CH2OH)和甲醚(CH3OCH3)【答案】.1c同系物+Br2+HBr；能2 c3 b；【解析】试题分析：.1芳香烃中含苯环，只有C、H元素，a、b中不含苯环，那么只有c符合，与苯结构相似，相差1个CH2，互为同系物，苯与溴发生取代反响生成溴苯，反响的化学方程式为，甲苯也能发生此类反响，故答案为：c；同系物；能；2a中含-CHO，b中含-OH，c中含-COOH，那么c属于羧酸类，故答案为：c；3纤维素为多糖，应
10、选b。.O2和O3属于同种元素的不同单质，属于同素异形体；35Cl和37Cl的质子数相同，中子数不同，属于同位素；和的结构相似，分子组成上相差1个CH2原子团，属于同系物；和属于同一种物质；CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体；乙醇(CH3CH2OH)和甲醚(CH3OCH3) 的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体；故答案为：；。【考点定位】考查常见有机化合物的结构；羧酸简介；纤维素的性质和用途；同系物和同分异构体、同位素等概念的辨析【名师点晴】此题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握物质分类、官能团、结构对称性、烯烃的性质为解答的关键
11、，注意官能团与性质的关系。判断同位素、同素异形体、同分异构体的方法是：假设化学式为元素，可能是同位素；假设化学式为单质，那么可能是同素异形体；假设化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，那么为同分异构体；假设是分子式不同结构相似的有机化合物，那么为同系物。9.某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解别离装置见图2，使浆液别离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。答复和中的问题。固体混合物的别离和利用流程图中的局部别离操作和反响条件未标明1反响所加试剂NaOH的电子式为_，BC的反响条件为_，C
12、Al的制备方法称为_。2该小组探究反响发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反响停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反响有效进行的因素有填序号_。a温度 bCl-的浓度 c溶液的酸度30.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反响的热化学方程式为_。含铬元素溶液的别离和利用4用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中别离出来的原因是_，别离后含铬元素的粒子是_；阴极室生成的物质为_写化学式。【答案】 (1). (2). 加热或煅烧 (3). 电解法 (4)
13、. a c (5). 2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) H=85.6kJmol1 (6). 在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 (7). CrO42-和Cr2O72- (8). NaOH和H2【解析】惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物参加NaOH时，Al(OH)3转化为AlO2-，通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。1NaOH的电子式为；根据上述分析，BC的条件为加热或煅烧，CAl的制备方法
14、称为电解法。2根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反响有影响；当反响停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明参加H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反响有影响，综上所述，影响该反响的因素有温度和溶液的酸度，应选ac。30.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反响放热85.6kJmol1，由此可得该反响的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) H=85.6kJmol
15、1。4用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO42-从浆液中别离出来；因2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，所以别离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-；阴极室H+放电生成H2，剩余的OH-与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。10.铝是应用广泛金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下： 注：SiO2在“碱溶时转化为铝硅酸钠沉淀。1“碱溶时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。 2向“过滤所得滤液中参加NaHCO3溶
16、液，溶液的pH_ (填“增大、“不变或“减小)。3“电解是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。 4“电解是电解Na2CO3溶液，原理如下图。阳极的电极反响式为_，阴极产生的物质A的化学式为_。5铝粉在1000时可与N2反响制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_。【答案】 (1). Al2O3+2OH=2+H2O (2). 减小 (3). 石墨电极被阳极上产生的O2氧化 (4). 4+2H2O4e=4+O2 (5). H2 (6). NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al外表的Al2O3薄膜【解析】以铝土矿主要成分为Al2
17、O3，含SiO2和Fe2O3等杂质为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反响，由信息可知SiO2在“碱溶时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反响生成AlOH3，过滤II得到AlOH3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。1“碱溶时生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；2向“过滤I所得滤液中参加NaHCO3溶液，与NaAlO2反响生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OHAlO
18、2CO32，可知溶液的pH减小，NaHCO3中存在化学键有：离子键和共价键；3“电解I是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。4由图可知，阳极反响为4CO32+2H2O-4e4HCO3+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，那么阴极产生的物质A的化学式为H2。5铝粉在1000时可与N2反响制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al外表的Al2O3薄膜。点睛：此题考查混合物别离提纯，答题关键：把握流程中发生的反响、混合物别离提纯方法、实验技能，注意水解、电解原理及元素
19、化合物知识的应用，难点小题2向“过滤I所得滤液中参加NaHCO3溶液，与NaAlO2反响生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OHAlO2CO32。11.氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：答复以下问题：1A的结构简式为_。C的化学名称是_。2反响试剂和反响条件分别是_，该反响的类型是_。3的反响方程式为_。吡啶是一种有机碱，其作用是_。4G的分子式为_。5H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，那么H可能的结构有_种。64-甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线_其他试剂任选。【答案】 (1). (
20、2). 三氟甲苯 (3). 浓HNO3/浓H2SO4、加热 (4). 取代反响 (5). (6). 吸收反响产生的HCl，提高反响转化率 (7). C11H11O3N2F3 (8). 9 (9). 【解析】【详解】1反响发生取代反响，应取代苯环取代基上的氢原子，根据C的结构简式和B的化学式可确定A为甲苯，即结构简式为：，C的化学名称为三氟甲苯。2反响是苯环上引入NO2，C与浓硝酸、浓硫酸，并且加热得到，此反响类型为取代反响。3根据G的结构简式，反响发生取代反响，Cl取代氨基上的氢原子，即反响方程式为；吡啶是一种有机碱，吡啶的作用是吸收反响产物的HCl，提高反响转化率。4根据有机物成键特点，G的
21、分子式为C11H11F3N2O3。5CF3和NO2处于邻位，另一个取代基在苯环上有3种位置，CF3和NO2处于间位，另一取代基在苯环上有4种位置，CF3和NO2处于对位，另一个取代基在苯环上有2种位置，因此共有9种结构。6根据目标产物和流程图，苯甲醚应首先与混酸反响，在对位上引入硝基，然后在铁和HCl作用下NO2转化成NH2，最后在吡啶作用下与CH3COCl反响生成目标产物，合成路线是：。12.以下图为CaF2、H3BO3(层状结构，层内H3BO3分子通过氢键结合)、金属铜三种晶体的结构示意图，请答复以下问题：图铜晶体中铜原子堆积模型(1)图所示的CaF2晶体中与Ca2最近且等距离的F数为_，
22、图中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为_。(2)图所示的物质结构中最外能层已达8电子结构的原子是_，H3BO3晶体中B原子个数与极性键个数比为_。(3)金属铜具有很好的延展性、导电性、传热性，对此现象最简单的解释是用_理论。(4)三种晶体中熔点最低的是_(填化学式)，其晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用为_。(5)两个距离最近的Ca2核间距离为a108cm，结合CaF2晶体的晶胞示意图，CaF2晶体的密度为_。【答案】 (1). 8 (2). 12 (3). O (4). 16 (5). 金属键 (6). H3BO3 (7). 分子间作用力 (8). gcm3【解析】【分析】
23、(1)根据CaF2晶胞结构可知，CaF2晶体中Ca2的配位数为8，F的配位数为4，Ca2和F个数比为1:2，铜晶体中未标号的铜原子周围最紧邻的铜原子为上层1、2、3，同层的4、5、6、7、8、9，下层的10、11、12；(2) H3BO3晶体中B原子最外层三个电子形成三条共价键，最外层共6个电子，H原子到达2电子稳定结构，只有氧原子形成两条键到达8电子稳定结构。H3BO3晶体是分子晶体，相互之间通过氢键相连，每个B原子形成三条BO极性键，每个O原子形成一条OH极性价键；(3)金属键理论把金属键描述为金属原子脱落下来的价电子形成整块晶体的电子气，被所有原子所共用，从而把所有的原子联系在一起；(4
24、)H3BO3晶体是分子晶体，熔点最低，熔化时克服了分子间作用力；(5)一个晶胞中实际拥有的离子数：阳离子数为81/861/24，而阴离子为8个，1个晶胞实际拥有4个“CaF2”。【详解】(1)CaF2晶体中Ca2的配位数为8，F的配位数为4，Ca2和F个数比为12，铜晶体中未标号的铜原子周围最紧邻的铜原子为上层1、2、3，同层的4、5、6、7、8、9，下层的10、11、12，共12个。 (2)图中B原子最外层三个电子形成三条共价键，所以最外层共6个电子，H原子到达2电子稳定结构，只有氧原子形成两条键到达8电子稳定。H3BO3晶体是分子晶体，相互之间通过氢键相连，每个B原子形成三条BO极性键，每
25、个O原子形成一条OH极性价键，共6条极性键，B原子个数与极性键个数比为16。 (3)金属键理论把金属键描述为金属原子脱落下来的价电子形成整块晶体的电子气，被所有原子所共用，从而把所有的原子联系在一起，可以用来解释金属键的本质，金属的延展性、导电性、传热性。(4)H3BO3晶体是分子晶体，熔点最低，熔化时克服了分子间作用力。(5)一个晶胞中实际拥有的离子数：阳离子数为81/861/24，而阴离子为8个，1个晶胞实际拥有4个“CaF2”，那么CaF2晶体的密度为478 gmol1(a108cm)36.021023mol1gcm3。【点睛】根据均摊原那么，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用，晶胞中心的原子被该晶胞完全占用。- 10 -