辽宁省沈阳市2018届高三教学质量监测一化学试题含解析.docx

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1、5辽宁省沈阳市2021年高中三年级教学质量监测一化学试题1. 以下说法不正确的选项是A. 煤是由多种碳氢化合物组成的混合物B. 萃取在天然香料、药物的提取及核燃料的处理等技术中应用广泛C. ()3胶体能凝聚水中悬浮物，并能吸附色素D. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等【答案】A【解析】A煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的生物化学和物理化学变化逐渐形成的固体可燃性矿物，主要含有碳元素，故A错误；B利用溶解性的差异提取有机物质，那么萃取在天然香料、药物的提取及核燃料的处理等技术中有广泛的应用，故B正确；C()3胶体具有吸附性，能凝聚水中的悬浮物，故C正确；D淡化海水，是将水和海水

2、中的盐进展别离，别离出水，可用蒸馏的方法，别离出盐，也可用电渗析法、离子交换法等方法，故D正确；应选A。2. 阿伏加德罗常数的值为。以下说法不正确的选项是2O2及过量2B. 常温下，5.6g铁粉参加足量浓硝酸中反响，转移的电子数为0.3 C. 常温下，44含有个共价键D. 分子总数为的2和2混合气体中含有的氧原子数为2 【答案】B点睛：此题考察阿伏加德罗常数的有关计算和判断。此题的易错点为B，要注意常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，其他还有铝及浓硝酸或浓硫酸，但是要注意只有常温时才发生钝化，加热条件下是能够反响的。3. 解释以下事实的方程式正确的选项是A. 加热可增强纯碱溶液去污能力：32+2H22

3、3+2B. 用醋酸溶液除水垢中的3：3+2222C. 向煤中参加石灰石可减少煤燃烧时2的排放：232+2222+24D. 用 除去工业废水中的2+：22【答案】C【解析】A盐的水解为吸热反响，那么加热促进碳酸钠的水解，溶液的碱性增强，去污能力增强，正确的离子方程式为：322O3，故A错误；B碳酸钙和醋酸在离子方程式中都不能拆开，正确的离子方程式为：3+23222+23，故B错误；C向煤中参加石灰石可减少煤燃烧时2的排放，反响的化学方程式为：232+2222+24，故C正确；D用除去工业废水中的2+的离子反响为22+，故D错误；应选C。4. 用以下图所示实验装置进展相应实验，能到达实验目的的是A

4、. 假设采用装置铝件镀银，那么c 极为铝件，d 极为纯银，电解质溶液为3溶液B. 装置是原电池，能将化学能转化为电能，42-移向锌电极C. 装置可证明非金属性CD. 装置可用于收集氨气，并吸收多余的氨气【答案】B【解析】A根据电流方向，a为电源的正极，b为负极，假设采用装置铝件镀银，那么铝应该为阴极，银为阳极，即d极为铝件，c极为纯银，电解质溶液为3溶液，故A错误；B装置是原电池，为负极，发生氧化反响，将化学能转化为电能，故B正确；C稀盐酸不是含氧酸，且挥发出的盐酸能够使硅酸钠变浑浊，图示装置无法到达实验目的，故C错误；D碱石灰可枯燥氨气，氨气的密度比空气小，应该利用向下空气法收集，那么应该短

5、进长出，故D错误；应选B。点睛：此题考察化学实验方案的设计及评价，涉及电化学及应用、防止倒吸装置、气体的收集等。此题的易错点为C，要注意盐酸易挥发，挥发出来的氯化氢也能够使硅酸钠变浑浊。5. X、Y、Z、M、Q 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Z是金属元素，Y 是地壳中含量最高的元素，X、Y、M 在周期表中的相对位置关系如图，以下说法正确的选项是XYMA. 五种元素中原子半径最大的是Q，离子半径最大的是M 离子B. X、M、Q 三种元素最高价氧化物所对应的水化物的酸性强弱关系为MQXC. Y及Z形成的化合物一定是碱性氧化物D. Z及Q形成的化合物水溶液可能显酸性【答案】D【解析】X

6、、Y、Z、M、Q 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，根据X、Y、M在周期表中的相对位置知，X、Y位于第二周期、M位于第三周期，其中只有Z是金属，Y是地壳中含量最高的元素，那么Y是O元素、M是S元素，Q是短周期主族元素，且原子序数大于S，所以Q是元素，X为C元素，Z为金属且原子序数大于O，Z为、或元素。A原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以五种元素中原子半径最大的是，离子半径最大的是离子，故A错误；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，O、F元素除外，所以五种元素中的非金属性最强(O元素除外)，所以的最高价氧化物所对应的水化物

7、的酸性最强，故B错误；CY及Z形成的化合物可能是两性氧化物，如2O3，故C错误；DZ及Q形成的化合物水溶液可能显酸性，如2，故D正确；应选D。6. 以下检验方法不合理的是选项实验检验方法A向沸水中滴加56滴饱和3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停顿加热，得()3胶体用激光笔照射烧杯中的液体B 证明溶液中存在4+滴加浓溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝C区分3溶液和2(4)3溶液分别取少量溶液，滴加2溶液D证明氯水中起漂白作用的不是2用4充分萃取，将红纸条分别浸入分层后的溶液中A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A向沸水中滴加56滴饱和3溶液，继续煮沸至溶液呈红

8、褐色，停顿加热，得()3胶体，胶体具有丁达尔效应，用激光笔照射烧杯中的液体可以检验制备的胶体，故A正确；B铵根离子和反响生成一水合氨，一水合氨在加热条件下分解生成氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，所以该实验能证明溶液中含有铵根离子，故B正确；C滴加2溶液后2分别和3和2(4)3反响生成氯化银和硫酸钡沉淀，现象根本一样，不能鉴别，故C错误；D经四氯化碳萃取后的氯气不能使枯燥的红纸条褪色，说明氯气没有漂白性，水溶液中含有次氯酸能够使红纸条褪色，说明起漂白作用的是次氯酸，故D正确；应选C。点睛：此题考察了化学实验方案的设计及评价，掌握反响的原理是解题的关键。此题的易错点为D，要能够根据课本知识进

9、展迁移，四氯化碳能够将氯水中的氯气萃取出来，水层中含有次氯酸。4溶液(含H24 )，监测到阳极附近溶液随着通电时间的延长而变化，数据如下表所示，以下说法不正确的选项是通电前通电后瞬间20s40s60s80s100s120sA. 通电瞬间，阳离子向阴极移动B. 电解过程中，阳极发生的电极反响是2H2442C. 通电后 下降过程中，阴极发生的主要电极反响是22D. 通电后 下降过程中，向阴极的移动速率大于其在阳极的生成速率【答案】D【解析】A电解池中，阳离子向阴极移动，故A正确；B电解过程中，阳极逐渐减小，电解池阳极上物质失去电子，发生氧化反响，考虑到溶液中含有硫酸，电解质溶液为酸性的，那么阳极发

10、生的电极反响应为H2O放电，产生，所以阳极发生的电极反响是2H2442，故B正确；C阴极发生反响为物质得到电子，发生复原反响，那么阴极发生的主要电极反响是22，故C正确；D电解过程中，阳极降低，阳极电极反响为：2H2442，产生的是阳离子，向阴极移动，降低说明阳极向阴极的移动速率小于其在阳极的生成速率，阳极c()增大，()减小，故D错误；应选D。8. 某小组同学利用以下实验探究金属铝及不同铜盐溶液的反响：实验实验方案现象1向54溶液中参加用砂纸打磨过的铝片铝片外表无明显现象，20后铝片外表有极少气泡，且有很少量红色物质生成2向52溶液中参加用砂纸打磨过的铝片铝片外表有气泡产生，同时有红色物质析

11、出，1后反响进一步加快，放出大量的热，有少量黑色固体生成。一段时间后烧杯底部出现白色沉淀1打磨铝片的目的是。2实验中出现的红色物质是。3实验2中“1后反响进一步加快的原因是。4经检验实验1、2中产生的无色气体是H2，黑色固体为，试用离子方程式解释H2产生的原因，用文字简述黑色固体产生的原因。5依据上述实验1、2现象推测并判断，用砂纸打磨后的铝片分别及浓度均为0.21的盐酸和硫酸反响，反响速率：前者比后者填“快或“慢 6经证明实验2 中白色沉淀的化学成分为。某同学猜想可能是及2溶液反响生成了，因为具有性。依据猜想他进展了如下实验：取粉及适量12溶液混合，一段时间后观察无白色沉淀产生。该同学再次分

12、析 及2溶液反响的实验现象，改良实验方案，证明了及2溶液反响生成了，他的改良方法为。【答案】 (1). 除去外表的氧化物膜 (2). 或铜 (3). 和在酸性条件下形成原电池，加快反响速率 (4). 22H2()2+2 26 = 3H2+23+ (5). 2+水解生成的 ()2 受热分解生成黑色的 (6). 快 (7). 复原 (8). 加热后观察【解析】(1)打磨铝片可以除去外表的氧化物薄膜，故答案为：除去外表的氧化物膜；(2)铝的活泼性比铜强，能够置换出硫酸铜溶液中的铜，因此实验中出现的红色物质是铜，故答案为：铜；(3) “1后，置换出来的和在酸性条件下形成原电池，加快反响速率，故答案为：

13、和在酸性条件下形成原电池，加快反响速率；(4)4是强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，金属铝能够及酸反响放出氢气，反响过程中放出的热量使水解生成的氢氧化铜分解为黑色的氧化铜，故答案为：22H2()2+2、26 = 3H2+23+； 2+水解生成的 ()2 受热分解生成黑色的 ；(5)实验1水解生成硫酸，反响速率慢，实验2水解生成盐酸，反响速率快，因此用砂纸打磨后的铝片分别及浓度均为0.21的盐酸和硫酸反响，盐酸反响速率快，故答案为：快；(6)铜是活泼性差一点的金属，但反响中仍能够失去电子，表达复原性，因此猜想及2溶液反响生成了是合理的，铝和氯化铜溶液反响过程中有白色沉淀生成，反响过程放出大量热量，证

14、明了及2溶液反响生成，可以加热观察是否生成白色沉淀，假设加热出现沉淀说明及2溶液反响生成了，假设不出现沉淀说明及2溶液不能反响生成了，故答案为：加热后观察现象。点睛：此题考察了物质性质、物质反响的现象、物质检验的实验设计等知识。此题的难点是(6)改良措施的设计，要能够根据(6)中实验及题干实验2的区别分析解答。9. 氨在工农业生产中应用广泛，可由N2、H2合成3。1天然气蒸汽转化法是前获取原料气中H2的主流方法。4经过两步反响完全转化为H2和2，其能量变化示意图如下：结合图像，写出4通过蒸汽转化为2和H2的热化学方程式。2利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如下图空气中N2及O2的物质的

15、量之比按41计起复原作用的物质是。膜I侧所得气体=2，4、H2O、O2反响的化学方程式是。3甲小组模拟工业合成氨在一恒温恒容的密闭容器中发生如下反响：N2(g)+3H2(g)23(g) H 0。t1时刻到达平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反响过程如下图，以下说法正确的选项是A.、两过程到达平衡时，平衡常数：KKB.、两过程到达平衡时，3的体积分数：T2T1 (6). (7). 在 T2、 60 时A点未到达平衡时的体积分数,反响向正向进展,所以 v(正)v(逆) (8). 0.043()-2或 0.0427()-2【解析】(1)根据图像得到热化学方程式4(g)2O(g)(g)+3H2(g)2

16、06.4，(g)2O(g)2(g)2(g)41.0，结合盖斯定律计算+得到1 4(g)通过蒸汽转化为2(g)和H2(g)的热化学方程式：4(g)+2H2O(g)2(g)+4H2(g)165.4 ，故答案为：4(g)+2H2O(g)2(g)+4H2(g)165.4；(2)甲烷中C失去电子生成，那么起复原作用的物质是4，故答案为：4；空气中N2及O2的物质的量之比为4：1，膜侧所得气体=2，氮气在反响前后不变，设氮气为4，那么生成氢气为8，膜侧发生的电极反响式是H2222-、O2+42O2-，由膜I侧反响可知82O得到16电子、12得到4电子，共得到20电子，膜上14中C失去6电子、H得到4电子，

17、即14失去2电子，根据总反响遵循电子守恒，需要104反响，那么反响为104+8H22=1028H2，故答案为：104+8H22=1028H2；(3)A、由图象分析可知，平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故A错误；B、t2时刻改变条件后到达平衡时，逆反响速率增大，不能说明平衡移动的方向，无法判断氨气体积分数的变化，故B错误；C、容器的体积不变，气体的质量不变，气体的密度始终不变，不能用于平衡的判断，故C错误；D、t2时刻，向密闭容器中加H2和N2混合气，气体的压强增大，逆反响速率增大，故D正确；应选D；(4)N2(g)+3H2(g)23(g) HT2T1，故答案为：T3T2T1；根据图

18、像，在T2、60条件下，A点为到达平衡状态，要到达平衡，反响需要继续正向进展，因此v正v逆，故答案为：；在 T2、 60 时A点未到达平衡时的体积分数,反响向正向进展,所以 v(正)v(逆)； 假设体系在T2、60下到达平衡，一样温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时n(3)， N2(g) + 3H2(g)23(g)开场() 9 23 0反响() 0.5x 1.5x x平衡()9-0.5x 23-1.5x x平衡时氨气体积分数=10060%，解得12，氮气分压=609；氨气的分压=60%6036，氢气分压=6093615，此时的平衡常数0.043()-2，故答案为：0.043()-

19、2。点睛：此题综合考察了化学反响原理，涉及化学平衡的计算、原电池原理的应用等。此题的难点是(2)中方程式的书写，要注意甲烷中元素化合价的变化是C由-4变成+2价，H由+1变成0价，然后根据得失电子守恒找到4、H2O、O2三者间量的关系；此题的易错点为(4)中的计算，要能够根据K的表达式进展迁移。10. 海洋资源丰富，海水水资源的利用和海水化学资源主要为 和4 及K、 等元素的利用具有非常广阔的前景。答复以下问题：1 溶液由粗盐水精制而成，为除去2+和2+，要参加的试剂分别为、。2写出步骤 中反响的总化学方程式为。3简述步骤中能析出3 晶体而无其他晶体析出的原因是。42 溶液受热时易水解生成()

20、，写出该过程的化学方程式。5为得到无水2，步骤的操作应为。6步骤中，电解熔融2 得到的镁需要在保护气中冷却，以下气体可以作为保护气的是2 2 C. 27海水中溴含量为651。假设1L 海水中95%溴元素被氧化为2 经热空气吹出，溴单质残留量3%。最后用2 将902 复原成，所得溶液体积为50。此过程的目的为。所得溶液中溴离子浓度为海水中溴离子浓度的倍准确到0.1。【答案】 (1). 溶液 (2). 23溶液 (3). 3H2O3+3H2 (4). 室温下 3在水中的溶解度明显小于其它晶体 (5). 22【解析】(1)食盐溶液中混有2+ 和2+，可以利用过量溶液除去2+，利用过量23溶液除去2+

21、，故答案为：溶液；23溶液；(2)步骤为电解氯化钠溶液生成氯酸钠的反响，反响的总化学方程式为3H2O3+3H2，故答案为：3H2O3+3H2；(3)一样温度下，溶解度小的物质先析出，室温下3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出3；故答案为：室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体；(4)如果直接在空气中加热2那么2+会水解的生成()和，通入可以抑制其水解；其反响方程式为：22O ()，故答案为：22O ()；(5)如果直接在空气中加热2那么2+会水解的生成()和，通入可以抑制其水解，故答案为：在枯燥的 气流下加热；(6)镁能及氧气反响生成氧化镁、及氮气反响生成氮化镁、及二氧化碳反响生

22、成氧化镁和碳，及氢气不反响，应选A；.11. 保险粉又称连二亚硫酸钠(2S2O4)，可用于纺织工业的漂白剂、脱色剂，脱氯剂。2S2O4是白色粉末，无味，易溶于水、难溶于乙醇，具有极强的复原性，在空气中易被氧化，在碱性介质中稳定。.甲酸钠()法制备过程如下：1连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为。2实验室用23 固体和某酸反响制备2气体，制备2时所选用的酸，你认为以下最适宜选用的是。C.质量分数为70%的硫酸 D.质量分数为10%的硫酸3步骤中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为。4上述步骤中，参加适量乙醇水溶液的作用是。5在包装保存“保险粉时参加少量的23固体，目的是。6现将0.05 2S2O4溶液

23、在空气中放置，其溶液的 及时间(t)的关系如下图。t1时溶液中只有3一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为。t12段发生化学反响的离子方程式为。.电解法制备:工业上用惰性电极电解3溶液得到2S2O4。过程如下图7产品在填“阳极、“阴极得到。假设不加隔膜，那么连二亚硫酸钠产率降低，其原因是。【答案】 (1). +3 (2). C (3). 222S2O422O (4). 连二亚硫酸钠难溶于乙醇，用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于 2S2O4晶体析出 (5). 23为碱性物质， 提高“保险粉的稳定性 (6). c(3-)c(32-)c(H23) (7). 232=2

24、242- (8). 阴极 (9). 假设不加隔膜，那么局部3-到阳极失电子发生氧化反响生成硫酸根离子， 得不到连二亚硫酸钠，使连二亚硫酸钠产率下降或局部3-被阳极产生的 2氧化生成42-，使连二亚硫酸钠产率下降【解析】.(1)连二亚硫酸钠(2S2O4)中钠元素为+1价，氧元素为-2价，根据正负化合价的代数和为0 ，硫元素的化合价为+3价，故答案为：+3；(2)二氧化硫具有复原性，能被硝酸氧化，盐酸中的氯化氢易挥发，制得的二氧化硫不纯，70%的H24产生二氧化硫的速率较快，应选C；(3)2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成2S2O4和二氧化碳，反响的化学方程式为222S2O422O，故答案为：22

25、2S2O422O；(4)根据题意，2S2O4易溶于水、难溶于乙醇。参加适量乙醇水溶液可以降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于 2S2O4晶体析出，故答案为：连二亚硫酸钠难溶于乙醇，用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于 2S2O4晶体析出；(5)由信息可知在碱性介质中稳定，那么在包装保存“保险粉时参加少量的23固体，目的是23为碱性物质，提高“保险粉的稳定性，故答案为：23为碱性物质，提高“保险粉的稳定性；(6)3的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为c(3-)c(32-)c(H23)，故答案为：c(3-)c(32-)c(H23)；2S2

26、O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，那么0t1段发生离子反响方程式为2S2O422+2H243-，t13，根据图像t2时1，说明3完全被氧化生成硫酸氢钠，t12段发生化学反响的离子方程式为232=2242-，故答案为：232=2242-；.(7)用惰性电极电解3溶液得到2S2O4，反响过程中S元素的化合降低，被复原，应该在阴极上反响得到2S2O4，故答案为：阴极； 假设不加隔膜，那么局部3-到阳极失电子发生氧化反响，也可能被阳极产生的氯气氧化，结果都会生成硫酸根离子，得不到连二亚硫酸钠，使连二亚硫酸钠产率下降，故答案为：假设不加隔膜，那么局部3-到阳极失电子发生氧化反响生成硫酸根离子，得不到连二亚硫酸钠，使连二亚硫酸钠产率下降。