云南省文山州砚山县一中2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）

-1-云南省文山州砚山县一中2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）一、单选题(共7小题，每小题6.0分，共42分)1.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，只用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是()A.盐酸B.烧碱溶液C.氨水D.KSCN溶液【答案】B【解析】【分析】阴离子相同，阳离子不同，可利用金属阳离子与碱反应产生反应的现象不同，来鉴别。【详解】A.选项中的各种物质与盐酸都不反应，不能鉴别，A不选；B.NaCl与NaOH溶液混合物现象；FeCl2溶液与NaOH溶液混合，首先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色；FeCl3溶液与NaOH溶液混合产生红褐色沉淀；MgCl2溶液与NaOH溶液混合产生白色沉淀；AlCl3溶液与NaOH溶液混合首先产生白色沉淀，当NaOH溶液过量时白色沉淀后溶解。五种溶液的现象各不同，可鉴别，B选；C.氨水与MgCl2、AlCl3溶液混合都是产生白色沉淀，不能鉴别MgCl2、AlCl3，C不选；D.KSCN溶液遇FeCl3溶液，溶液变为血红色，与其它溶液混合，无明显现象，所以只能鉴别FeCl3，D不选；故合理选项是B。【点睛】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。2.烧瓶中放入铜片和稀硝酸，来制取较纯净的一氧化氮，反应开始后发现烧瓶中充满红棕色气体，这时的操作应是()。A.立即接上收集容器，用向上排空气法收集B.待烧瓶中红棕色气体消失后，用向上排空气法收集C.待烧瓶中红棕色气体消失后，用排水法收集D.立即用排水法收集【答案】D-2-【解析】【详解】在制取NO过程中，常常会混有NO2气体，要得到纯净的NO，需除去混有的NO2气体。直接用向上排空气法收集，不能得到纯净的NO气体，A项错误；NO中的NO2是由NO和装置内的空气发生反应得到的，由于NO2溶于水且与水反应生成NO和硝酸，故可以立即用排水法收集得到纯净的NO，B、C项错误，D项正确。3.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（）A.原子半径：dcbaB.4种元素中b的金属性最强C.c的氧化物的水化物是强碱D.d单质的氧化性比a单质的氧化性强【答案】B【解析】【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)AlSO，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。4.下列叙述正确的是A.某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小B.铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈-3-C.反应活化能越高，该反应越易进行D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3【答案】B【解析】【分析】本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。【详解】A．根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越强，应该是NaA的Kh(水解常数)越大。选项A错误。B．铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选B正确。C．反应的活化能越高，该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高，“翻越”越困难）。选项C错误。D．红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。【点睛】反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进行的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。5.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是A.K值不变，平衡可能移动B.K值变化，平衡一定移动C.平衡移动，K值可能不变D.平衡移动，K值一定变化【答案】D【解析】【详解】A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，-4-答案选D。6.某有机物的结构如图所示，下列各项性质中，它不可能具有的是（）①可以燃烧②能使酸性高锰酸钾溶液褪色③能跟NaOH溶液反应④能发生酯化反应⑤能发生聚合反应⑥能发生水解反应⑦能发生取代反应A.①④B.⑥C.⑤D.④⑥【答案】B【解析】【详解】该有机物只含碳氢氧三种元素，可以燃烧生成二氧化碳和水；分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以发生加聚反应；分子中有羧基和羟基，可以发生酯化反应，酯化反应也是取代反应；利用羧基可以和NaOH溶液发生酸碱中和反应。没有酯基、肽键和卤素原子，不能发生水解反应，故选B。7.在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验中，会造成实验结果偏低的是（）A.加热时间过长，固体部分变黑B.坩埚内附有不挥发杂质C.晶体不纯，含有不挥发杂质D.加热过程中有少量晶体溅出【答案】C【解析】【分析】硫酸铜晶体结晶水含量的计算式为：结晶水的含量=100%结晶水质量硫酸铜晶体质量。硫酸铜晶体和坩埚的质量-无水硫酸铜和坩埚的质量=结晶水质量【详解】A.加热时间过长，使无水硫酸铜分解为氧化铜和三氧化硫，会造成结晶水质量偏大，导致实验结果偏高，故A不选；B.坩埚内附有不挥发杂质，不影响结晶水质量的测量，对实验结果没有影响，故B不选；C.晶体不纯，含有不挥发杂质，使无水硫酸铜和坩埚的质量变大，使结晶水质量变小，造成实验结果偏低，故C选；D.加热过程中有少量晶体溅出，会使结晶水质量偏大，造成实验结果偏高，故D不选。-5-故选C。二、必考题部分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：（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_____________；-6-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】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。-7-9.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分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。a．温度b．Cl-的浓度c．溶液的酸度（3）0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为__________。Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用（4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是__________，分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).ac(5).2Cl2(g)+