云南省西畴县第二中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）

-1-云南省西畴县二中2019-2020学年上学期开学考试高三化学一、单选题(共7小题，每小题6.0分，共42分)1.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC.92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA【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应的特点分析。详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，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0.1NA，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18NA，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3NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，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应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。2.关于Na2O与Na2O2的叙述正确的是()A.都是白色固体B.都是供氧物质C.都能和水反应形成强碱溶液D.都是强氧化剂【答案】C-2-【解析】试题分析：Na2O2为淡黄色物质，A错误；Na2O不能供氧，B错误；都能和水反应形成氢氧化钠溶液，C正确；Na2O不是氧化剂,，D错误。考点：本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应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是A.常温常压下X的单质为气态B.Z的氢化物为离子化合物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应，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，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，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，则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的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成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应属于学生不熟悉的知识点。4.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为24224HSOHCO混合溶液。下列叙述错误的是-3-A.待加工铝质工件为阳极B.可选用不锈钢网作为阴极C.阴极的电极反应式为：3Al3eAl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2H＋＋2e－=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.分析下列反应，在任何温度下均能自发进行的是A.2N2(g)＋O2(g)===2N2O(g)ΔH＝＋163kJ·mol－1B.Ag(s)＋12Cl2(g)===AgCl(s)ΔH＝－127kJ·mol－1C.HgO(s)===Hg(l)＋12O2(g)ΔH＝＋91kJ·mol－1D.H2O2(l)===12O2(g)＋H2O(l)ΔH＝－98kJ·mol－1【答案】D【解析】试题分析：任何温度下均能自发进行，必须是放热反应，且是熵增的过程，A、C为吸热反应，故错误；B是熵减的过程，故B错误，D是放热反应，且为熵增的过程，故D正确，答案选D.考点：化学反应的自发性6.甲烷与四氯化碳分子的空间构型相同，有关两者的比较中正确的是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C—H键键长比C—Cl键短D.甲烷分子比四氯化碳稳定，因为C—H键键能比C—Cl键大【答案】D-4-【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10.9°28′，B错误；C、甲烷沸点低于四氯化碳，因为甲烷分子间作用力小于四氯化碳分子间作用力，与C—H键键长比C—Cl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C—H键键能比C—Cl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较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，则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，A．CH4和C2H2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；B．CH4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；C．C2H6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；D．C2H4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应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，请根据要求填空：-5-（1）B装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③__________。（2）设24V(Cl)V(CH)=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则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，反应化学方程式为2CHCl3+O22COCl2+2HCl，上述反应__________(填选项符号，下同)。A.属于取代反应B.不属于取代反应为防止事故发生，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（4）D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是___________。（5）E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（6）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为_____________；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)。①CH4②CH3Cl③CH2Cl2④CHCl3⑤CCl4【答案】(1).干燥混合气体(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).①、②【解析】【分析】-6-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应，生成的氯化氢、一氯甲烷等气体通过D装置中的石棉上吸附着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）浓硫酸可以干燥氯气和甲烷，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：干燥混合气体；（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设24V(Cl)V(CH)=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则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）反应前碳与氢原子和三个氯原子都是以单键相连，反应后碳氧之间是双键，不符合取代反应的特点，所以不属于取代反应；故选B；氯仿如果变质则发生反应2CHCl3+O2→2COCl2+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，加入硝酸银溶液会发生反应生成白色的氯化银沉淀，故选：BE，故答案为：B；BE；（4）氯气具有强氧化性，能氧化还原性物质KI，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末是吸收未反应的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；（5）E装置中水能吸收可溶性物质，且倒置的干燥管能防止倒吸，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应，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，反应生成的二氯甲烷、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；①②。9.Ⅰ.如图所示的是探究金属腐蚀条件的实验装置图，请分析实验并回答下列问题：-7-（1）若起始时甲、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、乙装置的对比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应式为_________________________________。Ⅱ.利用化学反应：2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，请你选择合适的电极材料和电解质溶液，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。请填写下列空白：（1）选择________作正极材料，________作负极材料；选择________作电解质溶液。（2）写出有关的电极反应式：正极：__________________；负极：_______________________。【答案】(1).乙(2).高(3).2H2O＋O2＋4e－=4OH－(4).石墨棒(5).铜棒(6).FeCl3溶液(7).2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋(8).Cu－2e－=Cu2＋【解析】【详解】Ⅰ．（1）甲为铁粉在氯化钠溶液中的腐蚀，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、乙装置的对比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，正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O═4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O═4OH-；Ⅱ．（1）由反应“2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2”可知，反应中铜失电子而被氧化，应为原电池负极，正极应为活泼