山东省德州市2020届高三化学下学期第一次练习试卷（含解析）

山东省德州市2020届高三下学期第一次练习理科综合化学试题可能用到的相对原子质:H1 C12 O16 Cl35.5 Co59 Ni591.2020年是我国化学科技丰收之年，下列分析正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.甲醇和芳香烃均能发生取代反应，故A正确；B. 有机太阳能电池，是由有机材料构成核心部分的太阳能电池，将太阳能转化为电能，故B错误；C. 纳米材料指的是组成材料的晶粒处于纳米范畴或材料的组成颗粒最小是纳米范畴的，所以金属纳米材料不一定是胶体，故C错误；D.催化剂只改变化学反应的速率，不改变转化率，故D错误；故选A。2.下列说法正确的是A. 糖类、油脂、蛋白质均能发生水解B. 材料聚氯乙烯能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应C. CH3CH(CH3)2 光照下与氯气反应,生成四种一氯代物D. 汽油、植物油的主要成分分别为烃和酯【答案】D【解析】【详解】A.单糖不能发生水解，故A错误；B.聚氯乙烯不含有碳碳双键，则不能与高锰酸钾发生氧化反应，故B错误；C.根据CH3CH(CH3)2的结构简式可知，CH3CH(CH3)2的一氯代物有两种，故C错误；D.汽油的主要成分是烃类，植物油的主要成分是酯，故D正确；故选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A. 2.2gCO2与足量镁粉反应转移电子数目为0.1NAB. 常温下,pH12的碳酸钠溶液中含OH 的数目为0.01NAC. 标准状况下,22.4LCH3Cl中含有的H 原子数目为3NAD. 23g分子式为C2H6O的有机物中含有-OH 数目一定为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A. 2.2gCO2即0.05mol，一个CO2反应后转移4个电子，即共转移0.2mol电子，故A错误；B.溶液的体积未知，不能计算溶液中的微粒数目，故B错误；C. 标准状况下,22.4LCH3Cl为1mol，1molCH3Cl含有3molH原子，即3NA，故C正确；D.分子式为C2H6O的化合物可能是不含有-OH的二甲醚，故D错误；故选C。4.X、Y、Z、W 为原子序数依次增大短周期主族元素,X原子核外电子总数是其次外层电子数的4倍,Y单质与硫酸铜溶液反应能产生蓝色沉淀,Z单质为淡黄色固体.下列叙述正确的是A. 简单离子半径:WZYXB. X2 与Z单质反应能直接形成ZX3C. 简单氢化物的还原性:ZWD. 由X、Y、W 组成化合物的水溶液一定显碱性【答案】C【解析】【详解】X原子核外电子总数是其次外层电子数的4倍，即X是O元素，Y单质与硫酸铜溶液反应能产生蓝色沉淀，即Y是金属Na，Z单质为淡黄色固体即Z是S，则W是Cl，A.离子半径：S2-Cl- O2-Na+，故A错误；B.S和O2不能直接化合生成SO3，故B错误；C. 简单氢化物的还原性:H2SHCl，C项正确；D.若由X、Y、W 组成化合物为NaClO时，溶液显碱性，若为NaClO4时，溶液显中性，故D项错误；答案选C。【点睛】掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性是解决本题的关键。5.下列实验操作、实验现象和实验结论都正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫不能使石蕊试剂褪色，故A错误；B.AgCl转化为为AgBr，说明Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，故B正确；C.过氧化钠在空气中会与空气中的二氧化碳反应生成Na2CO3，所以滴加盐酸产生的气体可能是二氧化碳，也可能是O2，故C错误；D. 检验NH4+的实验中，加入氢氧化钠溶液后，要有加热的操作，故D错误；故选B。6.高氯酸在化工生产中有广泛应用,工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示.下列说法正确的是A. 上述装置中,f极为光伏电池的正极B. 阴极的电极反应为2H2O4e 4HO2C. d处得到较浓的NaOH 溶液,c处得到HClO4D. 若转移2mol电子,理论上生成100.5gHClO4【答案】C【解析】【详解】A.电解池中阳离子向阴极移动，即d极为阴极，f为电源的负极，故A错误；B.阴极上阳离子得到电子发生还原反应，故B错误；C. 阳极的电极反应为2H2O4e 4HO2，阴极电解方程式为：4H2O+4e-=4OH-+2H2，根据电极方程式可知，电池放电过程是电解水的过程，即在阳极水失去电子，所以在阳极得到高氯酸的浓溶液，在阴极得到浓的NaOH溶液，故C正确；D.根据阴极电极方程式可知，转移2mol电子时，生成HClO42mol，理论上生成HClO4201g，故D错误；故选C。7.298K时,将0.1molL的两种钠盐NaX、NaY溶液加水稀释,溶液的pH 与稀释倍数的对数的关系如图所示.下列说法不正确的是A. 酸性:HYHXB. 298K时,K(HX)/ K(HY) 1/100C. 2时,c(HX)c(X )c(HY)c(Y )D. 相同浓度时,NaX和NaY两溶液中离子总浓度相等【答案】D【解析】【详解】A.由图象可知，同浓度的NaX 和NaY溶液的pH，NaX更大，说明X-在水溶液中的水解能力强于Y-，则酸性:HYHX，故A正确；B. 由图象可知，同浓度的NaX 和NaY溶液的pH相差1，可知K(HX)/ K(HY) 1/100，故B正确；C.根据物料守恒可知，2时,c(HX)c(X )c(HY)c(Y )，故C正确；D. 相同浓度时， X-和Y-的水解程度不同，Y-离子水解程度大，溶液碱性强，其水溶液中离子总数少，故D错误；故选D。【点睛】溶液中离子浓度大小比较的题目中，注意灵活运用好三个守恒：物料守恒、电荷守恒、质子守恒，越弱越水解，谁强显谁性。8.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效净水剂.已知:K2FeO4 易溶于水,其溶液呈紫色、微溶于浓KOH 溶液,在05的强碱性溶液中较稳定.某小组同学用下图装置制备并探究K2FeO4 的性质.制备原理:3Cl22Fe(OH)310KOH2K2FeO46KCl8H2O,装置如图所示(夹持装置略)(1)盛放二氧化锰的仪器名称_,装置C的作用是_。(2)装置A 中反应的化学方程式是_。(3)实验时采用冰水浴的原因是_,此装置存在一处明显缺陷,请指出_。(4)K2FeO4 粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质,一般用75乙醇进行洗涤,其目的是_。(5)查阅资料知,K2FeO4 能将 Mn2氧化成 MnO4.该小组设计如下实验进行验证: 关闭K,左烧杯溶液变黄色,右烧杯溶液变紫色.检验左侧烧杯溶液呈黄色的原因,需要的试剂是_。写出K2FeO4 氧化Mn2 的离子方程式: _.【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 吸收多余氯气，防止污染环境 (3). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O (4). K2FeO4在05环境中稳定，防止副反应发生 (5). 缺少除Cl2中混有的HCl的装置 (6). 减少产品损失，易于干燥 (7). 硫氰酸钾溶液（KSCN溶液） (8). 5FeO42-+3Mn2+16H+=5Fe3+3MnO4-+8H2O【解析】【分析】根据物质的制备、分离和提纯实验原理分析解答；根据离子方程式的书写规则分析解答。【详解】(1)A装置是反应装置生成Cl2，B装置是Cl2制备高铁酸钾，C装置是尾气处理装置，则盛放二氧化锰的仪器是圆底烧瓶，装置C的作用是吸收未反应的Cl2；故答案为：圆底烧瓶，吸收多余的氯气，防止污染环境；(2)装置A 是用浓盐酸与MnO2共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；(3)从已知条件可知，K2FeO4在05的强碱性溶液中较稳定，所以实验时采用冰水浴的原因是K2FeO4在05环境中稳定，防止副反应发生，此装置存在一处明显缺陷，是缺少除Cl2中混有的HCI的装置；故答案为：K2FeO4在05环境中稳定，防止副反应发生；缺少除Cl2中混有的HCl的装置；(4)K2FeO4 粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质,一般用75乙醇进行洗涤是由于K2FeO4 易溶于水，不能用水洗涤，使用乙醇洗涤是为了减少产品损失，易于干燥；故答案为：减少产品损失，易于干燥；(5)由题意可知，K2FeO4作氧化剂，得到电子，即石墨(1)作阴极，阴极FeO42-得到电子后生成Fe3+，检验Fe3+可以选用KSCN试剂，石墨(2)作阳极，Mn2+失去电子生成MnO4-，离子方程式为：5FeO42-+3Mn2+16H+=5Fe3+3MnO4-+8H2O，故答案为：硫氰酸钾溶液（KSCN溶液），5FeO42-+3Mn2+16H+=5Fe3+3MnO4-+8H2O。9.金属Co、Ni性质相似,在电子工业以及金属材料上应用十分广泛.现以含钴、镍、铝的废渣(含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下:(1)酸浸时SO2的作用是_(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_(3)有机层提取出的Ni2 可用于制备氢镍电池,该电池工作原理:NiOOHMHNi(OH)2M,电池放电时正极电极反应式为_.(4)用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi(x)Fe2O4(其中Co、Ni均为2价).如图是用两种不同方法制得的CoxNi(x)Fe2O4 在10时催化分解6的H2O2 溶液的相对初始速率随x 变化曲线.H2O2 的电子式_.由图中信息可知:_法制取的催化剂活性更高.Co2 、Ni2 两种离子中催化效果更好的是_.(5)已知煅烧CoCO3时,温度不同,产物不同.在400充分煅烧CoCO3,得到固体氧化物的质量2.41g,CO2的体积为0.672L(标况下),则此时所得固体氧化物的化学式为_.【答案】 (1). 还原剂或将Co3+还原为Co2+ (2). 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2 (3). NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH- (4). (5). 微波水热 (6). Co2+ (7). Co3O4【解析】【分析】根据氧化还原反应原理分析解答；根据离子反应方程式的书写规则分析解答；根据电解池原理分析解答；根据物质的分离和提纯原理分析解答。【详解】(1)废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等，酸浸时使固体溶解，可得到Co2+和Co3+,而通入SO2的作用是将Co3+还原为Co2+，故答案为：将Co3+还原为Co2+；(2)除铝时控制溶液的pH，发生双水解反应使Al3+沉淀下来，加入碳酸钠产生沉淀的离子反应为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2，故答案为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；(3)从方程式中可判断出，放电时Ni从+3价降低到+2价，得到电子，即:NiOOH作正极，电极方程式为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，故答案为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；(4)H2O2的电子式为，故答案为：；由图中信息可知，微波水热法的反应速率高于常规水热法，故答案为：微波水热法；从图象可知，x值越大Ni2越少，Co2含量越多，反应速率越大，说明Co2+的催化效果比Ni2好，故答案为：Co2+；(5)设反应生成氧化物为：CoxOy，已知生成CO2标况下0.672L，即0.03mol，根据C原子守恒可知，n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol，由Co原子守恒可得到算式：2.41g59x+60y=0.03molx，推得，即该氧化物为：Co3O4，故答案为：Co3O4；10.工业上用氢气合成氨气的原理为:N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H0(1)用太阳能分解水制备H2是一项新技术,其过程如下已知:2H2O(g)=2H2(g)O2(g) H483.6kJmol 2Fe3O4(s)=6FeO(s)O2(g) H313.8kJmol过程的热化学方程式是_.整个过程中,Fe3O4 的作用是_.(2)在2L密闭容器中通入3molH2和molN2,测得不同温度下,NH3的产率随时间变化如图所示.下列有关说法正确的是_A 由b点到c点混合气体密度逐渐增大B 达到平衡时,2v正(H2)3v逆(NH3)C 平衡时,通入氩气平衡正向移动D 平衡常数,kakbkcT1 温度时,015min内v(H2)_ molLmin.已知:瞬时速率表达式v正k正c3(H2)c(N2),v逆k逆c2(NH3)(k 为速率常数,只与温度有关).温度由T1 调到T2,活化分子百分率 _(填“增大”“减小”或“不变”),k正增大倍数_k逆增大倍数(填“大于”“小于”或“等于”).T1时,k正/k逆_ 。【答案】 (1). 3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g) H=+84.9kJ/mol (2). 催化剂 (3). BD (4). 0.05 (5). 增大 (6). 小于 (7). 6427或2.37【解析】【分析】根据化学平衡图象分析解答；根据热化学反应方程式书写规则分析解答。【详解】过程是FeO与水、O2反应生成Fe3O4和H2，该反应的的热化学方程式是3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g) H=+84.9kJ/mol，故答案为：3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g) H=+84.9kJ/mol；整个过程中Fe3O4是作催化剂的作用，故答案为：催化剂；(2)A.由图象可知，b点c点NH3物质的量增多，混合气体密度减小，故A错误；B.达到平衡时，v正(H2)v逆(H2)，即可根据反应方程式推断出，2v正(H2)3v逆(NH3)，故B正确；C.氩气对平衡没有影响，故C错误；D.平衡常数只受温度影响，则kakbkc，故D正确；故答案为：BD；T1 温度下，15min时，NH3的产率占50%，反应n(H2)=1.5mol，v(H2)n(H2)Vt=1.5mol2L15min=0.05molL-1min-1，故答案为：0.05molL-1min-1；有图象可知，T1时的反应速率比T2时反应速率小，所以温度由T1 调到T2,活化分子百分率增大，k正增大倍数小于k逆增大倍数，T1时，NH3的产率是50%，根据方程式可知：N2 + 3H22NH3初始c(mol/L) 0.5 1.5 0反应了 0.25 0.75 0.5平衡时 0.25 0.75 0.5 K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=，v逆v正=k逆k正K=k逆k正10.753，计算可知，k正/k逆10.753=2.37，故答案为：增大；小于；6427或2.37。【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒夏特列原理相结合。紧扣可逆反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；体积增大、减小还是不变；有无固体、纯液体物质参加或生成等。看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。先拐先平。例如，在转化率时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。【物质结构与性质】11.镍是有机合成的重要催化剂。(1)基态镍原子的价电子排布式_(2)镍和苯基硼酸共催化剂实现了丙烯醇(CH2CHCH2OH)的绿色高效合成.丙烯醇中碳原子的杂化类型有_;丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2CHCH2OH)分子量相等,但丙醛比丙烯醇的沸点低的多,其主要原因是_。(3)羰基镍Ni(CO)4用于制备高纯度镍粉.羰基镍Ni(CO)4中Ni、C、O 的电负性由大到小的顺序为_。(4)Ni2 能形成多种配离子,如Ni(NH3)62、Ni(SCN)3 等。NH3 的空间构型为:_;与SCN 互为等电子体的分子有:_(填分子式)(5)“NiO”晶胞如图:氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),则C原子坐标参数为_已知氧化镍晶胞密度dg/cm3,NA 代表阿伏加德罗常数的值,则Ni2 半径为_nm(用代数式表示)【答案】 (1). 3d84s2 (2). sp2、sp3 (3). 丙烯醇中分子间存在氢键 (4). OCNi (5). 三角锥形 (6). N2O或CO2 (7). 12，1，1 (8). 【解析】【分析】根据晶胞参数相关信息计算分析解答；根据杂化轨道理论分析解答。【详解】(1)Ni是28号元素，它的基态原子核外电子排布式为：Ar 3d84s2，则它的价电子排布式为：3d84s2，故答案为：3d84s2；(2) 丙烯醇中碳原子形成了一个碳碳双键，其余为碳氧、碳氢单键，所以C原子的杂化类型有sp2和sp3杂化，丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2CHCH2OH)分子量相等,但丙醛比丙烯醇的沸点低的多，是因为丙烯醇分子间存在氢键，故答案为：sp2、sp3；丙烯醇中分子间存在氢键；(3)同周期元素，从左到右电负性逐渐增强，同族元素，从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：OCNi，故答案为：OCNi；(4) NH3分子中N原子是sp3杂化，且具有一对孤对电子，则NH3的空间构型为三角锥形，与SCN 互为等电子体的分子有: N2O或CO2，故答案为：三角锥形，N2O或CO2；(5)晶胞是正方体结构，且氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),则C原子坐标参数为(12，1，1)，故答案为：(12，1，1)；已知氧化镍晶胞密度dg/cm3，设Ni2 半径为rnm，O原子半径为xnm，晶胞的参数为anm，一个晶胞中含有4个NiO，则m(晶胞)= 754NAg，V(晶胞)=a3，则可以得到(a107)3d=，a=107nm，又因为晶胞对角线3个O原子相切，晶胞参数a=2x+2r，即4x=a，x=24a，带入计算可得到r=107nm，故答案为：2-24107nm。【有机化学基础】12.有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的