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1、云南省西畴县二中2022-2022学年上学期开学考试高三化学一、单项选择题(共7小题，每题6.0分，共42分)1.NA是阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NAB. 22.4 L标准状况氩气含有的质子数为18 NAC. 92.0 g甘油丙三醇中含有羟基数为1.0 NAD. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反响生成的CH3Cl分子数为1.0 NA【答案】B【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；B、根据氩气的组成解答；C、根据丙三醇的结构分析；D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反响的特点分析。详解：A、16
2、.25g氯化铁的物质的量是16.25g162.5g/mol0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反响生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反响时属于自由基取代反响，每个氢原子都有可能
3、被取代，其产物比拟复杂，这与乙烯与氢气的加成反响完全不同。2.关于Na2O与Na2O2的表达正确的选项是()A. 都白色固体B. 都是供氧物质C. 都能和水反响形成强碱溶液D. 都是强氧化剂【答案】C【解析】试题分析：Na2O2为淡黄色物质，A错误；Na2O不能供氧，B错误；都能和水反响形成氢氧化钠溶液，C正确；Na2O不是氧化剂,，D错误。考点：此题考查钠的氧化物的性质。3.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反响，其生成物可腐蚀玻璃。以下说法正确的选项是A. 常温常压下X的单质为气态B. Z的氢
4、化物为离子化合物C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D. W与Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反响，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，那么Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，那么X的最外层电子数为10721，所以X是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，那么A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中
5、性，C错误；D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。点睛：准确判断出元素名称是解答关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反响生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反响属于学生不熟悉的知识点。4.用电解氧化法可以在铝制品外表形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为混合溶液。以下表达错误的选项是A. 待加工铝质工件为阳极B. 可选用不锈钢网作为阴极C. 阴极的电极反响式为：D. 硫酸根离子在电解过程中向阳极移动【答案】C【解析】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失
6、电子，因此铝为阳极，故A说法正确；B、不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故B说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺序应是H放电，即2H2e=H2，故C说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极，故D说法正确。5. 分析以下反响，在任何温度下均能自发进行的是A. 2N2(g)O2(g)=2N2O(g)H163 kJmol1B. Ag(s)Cl2(g)=AgCl(s)H127 kJmol1C. HgO(s)=Hg(l)O2(g)H91 kJmol1D. H2O2(l)=O2(g)H2O(l)H98 kJmol1【答案】D【解析】试题分析：任何温度下均能自发进行，必须是放热反响
7、，且是熵增的过程，A、C为吸热反响，故错误；B是熵减的过程，故B错误，D是放热反响，且为熵增的过程，故D正确，答案选D.考点：化学反响的自发性6. 甲烷与四氯化碳分子的空间构型相同，有关两者的比拟中正确的选项是A. 甲烷与四氯化碳分子都是含有极性键的极性分子B. 甲烷与四氯化碳分子内的键角均为600C. 甲烷沸点低于四氯化碳，因为CH键键长比CCl键短D. 甲烷分子比四氯化碳稳定，因为CH键键能比CCl键大【答案】D【解析】试题分析：A、甲烷与四氯化碳分子都是含有极性键的非极性分子，A错误；B、甲烷与四氯化碳均是正四面体型结构，分子内的键角均为10.928，B错误；C、甲烷沸点低于四氯化碳，因
8、为甲烷分子间作用力小于四氯化碳分子间作用力，与CH键键长比CCl键短无关系，C错误；D、分子的稳定性与共价键有关系，甲烷分子比四氯化碳稳定，因为CH键键能比CCl键大，D正确，答案选D。考点：考查甲烷与四氯化碳分子的结构比拟7.两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成CO2的物质的量小于生成H2O的物质的量，那么这两种烃的组合不可能是A. CH4和C2H2B. CH4和C2H4C. C2H6和C2H2D. C2H4和C2H2【答案】D【解析】试题分析：两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成CO2的物质的量小于生成H2O的物质的量，根据原子守恒可知，烃平均组成中C、H原子数目之比小于1：2，ACH4和C2
9、H2混合，平均组成中C、H原子数目之比介于1：4与1：1之间，可能小于1：2，A正确；BCH4和C2H4混合，平均组成中C、H原子数目之比介于1：4与1：2之间，可能小于1：2，B正确；CC2H6和C2H2混合，平均组成中C、H原子数目之比介于1：3与1：1之间，可能小于1：2，C正确；DC2H4和C2H2混合，平均组成中C、H原子数目之比介于1：2与1：1之间，不可能小于1：2，D错误，答案选D。考点：考查混合物计算8.近几年，节能减排、提高原料利用率来提高经济效益成为人们关注的焦点。某化工厂利用甲烷与氯气反响得到的副产品来制取盐酸实现了变废为宝的梦想，其生产原理可在实验室中模拟如图，请根据
10、要求填空：1B装置有三种功能：控制气流速度；均匀混合气体；_。2设=x，假设理论上欲获得最多的氯化氢，那么x值应_。3在C装置中，经过一段时间的强光照射后，发现硬质玻璃管内壁附着有油珠，生成的油状液滴中的氯仿可作局部麻醉剂，常因保存不慎而被空气氧化，产生剧毒气体光气，反响化学方程式为2CHCl3+O22COCl2+2HCl，上述反响_ (填选项符号，下同)。A.属于取代反响 B.不属于取代反响为防止事故发生，在使用前检验氯仿是否变质可选用的试剂是_。A.氢氧化钠溶液 B.硝酸银溶液C.稀盐酸 D.水E.湿润的蓝色石蕊试纸 F.湿润的无色酚酞试纸4D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是_。5E
11、装置的作用是_ (填编号)。A.收集气体 B.吸收氯气C.防止倒吸 D.吸收氯化氢6E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中别离出盐酸的最正确方法为_；该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为_ (填编号)。CH4 CH3Cl CH2Cl2 CHCl3 CCl4【答案】 (1). 枯燥混合气体 (2). 大于或等于4 (3). B (4). B、E (5). 吸收过量的氯气 (6). C、D (7). 分液 (8). 、【解析】分析】装置A是制备氯气，制备的氯气通过浓硫酸吸收水蒸气后，和甲烷一起通入装置C，在光照时发生取代反响，生成的氯化氢、一氯甲烷等气体通过D装置中的石棉上吸
12、附着KI粉末除去氯气，在E装置中吸收生成的氯化氢气体，同时防止倒吸，生成的氯气中含有一氯甲烷等气体，需要加尾气吸收装置据此分析解答。【详解】1浓硫酸可以枯燥氯气和甲烷，根据冒出气泡的速率来控制气体硫酸，使氯气和甲烷混合均匀，故答案为：枯燥混合气体；2氯气与甲烷发生取代反响，反响特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设=x，假设理论上欲获得最多的氯化氢，那么x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：大于或等于4；3反响前碳与氢原子和三个氯原子都是以单键相连，反响后碳氧之间是双键，不符合取代反响的特点，所以不属于取代反响；应选B；氯仿如果变质那么发生反响2CHCl3
13、+O22COCl2+2HCl，生成的氯化氢溶于水，电离产生氢离子和氯离子，所以能够使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，参加硝酸银溶液会发生反响生成白色的氯化银沉淀，应选：BE，故答案为：B；BE；4氯气具有强氧化性，能氧化复原性物质KI，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末是吸收未反响的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；5E装置中水能吸收可溶性物质，且倒置的枯燥管能防止倒吸，所以E装置作用是 吸收HCl，防止倒吸，故答案为：CD；6甲烷可以和氯气发生取代反响，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，反响生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E装置中除了有盐酸生
14、成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，所以尾气的主要成分是可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，故答案为：分液； 。9.如下图的是探究金属腐蚀条件的实验装置图，请分析实验并答复以下问题：1假设起始时甲、乙、丙3套装置的导管中液面高度相同，过一段时间后液面最高的是_。2通过甲、乙装置的比照说明钢铁中碳的含量越_(填“高或“低)，钢铁越易腐蚀。3乙装置中发生电化学腐蚀时正极的电极反响式为_。.利用化学反响：2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，请你选择适宜的电极材料和电解质溶
15、液，设计一个原电池。可供选择的电极材料：铁棒、铜棒、石墨棒。可供选择的电解质溶液：CuCl2溶液、FeCl2溶液、FeCl3溶液。请填写以下空白：1选择_作正极材料，_作负极材料；选择_作电解质溶液。2写出有关电极反响式：正极：_；负极：_。【答案】 (1). 乙 (2). 高 (3). 2H2OO24e=4OH (4). 石墨棒 (5). 铜棒 (6). FeCl3溶液 (7). 2Fe32e=2Fe2 (8). Cu2e=Cu2【解析】【详解】1甲为铁粉在氯化钠溶液中腐蚀，乙为铁粉与碳形成原电池的腐蚀，而丙的腐蚀没有电解质溶液，所以腐蚀的速率大小为：乙甲丙，故过一段时间后液面最高的是乙，故
16、答案为：乙；2甲中为铁粉，乙为铁粉与碳粉的混合物，甲的腐蚀速率小于乙的，通过甲、乙装置的比照说明钢铁中碳的含量越高，钢铁越易腐蚀，故答案为：高；3乙装置中发生电化学腐蚀时，负极铁失去电子，正极氧气得到电子生成氢氧根离子，正极的电极反响式为：O2+4e-+2H2O4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O4OH-；1由反响“2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2”可知，反响中铜失电子而被氧化，应为原电池负极，正极应为活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被复原，电解质溶液为FeCl3，故答案为：石墨；铜；FeCl3溶液；2负极上铜失电子发生氧化反响，正极上铁离子得电
17、子发生复原反响，其负极反响式为Cu-2e-=Cu2+，正极为2Fe3+2e-=2Fe2+，故答案为：2Fe3+2e-=2Fe2+；Cu-2e-=Cu2+【点睛】此题考查了金属的电化学腐蚀、原电池工作原理。注意掌握原电池工作原理，明确金属腐蚀快慢比拟方法：1电解原理引起的阳极腐蚀原电池原理引起的负极腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀；2对同一种金属，腐蚀的快慢：强电解质溶液弱电解质溶液非电解质溶液；活泼性不同的两种金属，活泼性差异越大，腐蚀越快；3对同一种电解质溶液，电解质溶液浓度越大，腐蚀越快；4由于金属外表一般不会遇到酸性较强的溶液，故吸氧腐蚀是金属腐蚀的主要形式；另外，只有在金属活动性顺序表中位
18、于氢前面的金属才可能发生析氢腐蚀，而位于氢之后的金属腐蚀只能是吸氧腐蚀。10. 草酸(乙二酸)可作复原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如右：答复以下问题：1CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反响方程式分别为： 、 。2该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作的滤液是 ，滤渣是 ；过滤操作的滤液是_ 和 ，滤渣是 。3工艺过程中和的目的是 。4有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是 。5结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。 称量草酸成品0.250 g溶于水，用0.0500
19、 molL-1的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00 mL，反响的离子方程式为 ；列式计算该成品的纯度 。【答案】12NaOH溶液 CaC2O4H2C2O4溶液 H2SO4溶液 CaSO43分别循环利用氢氧化钠和硫酸(降低本钱)，减小污染 4Na2SO455C2O42+2MnO4+16H=2Mn2+8H2O+10CO2【解析】试题分析：1根据工艺流程图可知：CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠方程式为CONaOHHCOONa；甲酸钠加热脱氢的同时还有草酸钠生成，因此反响的化学反响方程式为2HCOONaNa2C2O4+ H2。2根据反响原理和溶解性以及示意图可知
20、，过滤操作的滤液是NaOH溶液，滤渣是CaC2O4；过滤操作的滤液是H2C2O4溶液和H2SO4溶液，滤渣是CaSO4。3根据工艺过程可知，工艺可以循环利用氢氧化钠，工艺可以循环利用硫酸，既提高了原料的利用率，又降低了本钱，减小污染。4甲酸钠脱氢后的产物为草酸钠，直接用硫酸酸化，生成草酸和硫酸钠，其中含有的杂质主要是Na2SO4。5在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为复原剂，反响的离子方程式5C2O2- 4 + 2MnO- 4 + 16H+= 2Mn2+ 8H2O + 10CO2。根据方程式可得关系式：5H2C2O42H2O 2KMnO45 2n 0.05mol/L15.010-3L解得nH
21、2C2O42H2O=1.87510-3mol那么mH2C2O42H2O=1.87510-3mol126g/mol=0.236g所以成品的纯度=100%=94.5%。【考点定位】此题主要是化学与技术、根本操作、工艺流程、氧化复原方程式的书写与化学计算等【名师点睛】明确操作时发生的化学反响、常见的操作名称是解答的关键。难点是计算草酸结晶水合物的纯度，根据方程式进行分析解答。此题作为一个工艺流程题，考查学生根本的化学知识，运用根本知识解决问题的能力以及审读信息处理信息的能力，属于中等难度试题的考查。注意分析流程的特点结合相关物质的分析分析作答。【此处有视频，请去附件查看】11.氟他胺G是一种可用于治
22、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的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). (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). C11H11O3N2
23、F3 (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
24、，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，层内的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_，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
25、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】(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，
26、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)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“
27、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。