2019-2020年高三四月考化学试题 含解析.doc

2019-2020年高三四月考化学试题 含解析一、注意事项：1每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。2本卷共6题，每题6分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。相对原子质量： C:12 O:16 S：32 H:1 N:14 Na：23 Fe：56 1、日常生活中遇到的很多问题都涉及到化学知识，下列有关叙述正确的是 （ ）A在涂料中尽量用液态有机物代替水作溶剂，以减少环境污染B我国自行研制的“神七”航天服是由新型“连续纤维增韧”材料做成的，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，它是一种新型无机非金属材料C开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)，有助于海洋生态环境的治理D食物溶于水后的溶液 pH7，则该食物为成酸性食物1.【答案】B【命题立意】本题考查化学知识在生活中的应用。【解析】有机溶剂，易挥发，一般有毒，故在涂料中尽量用水代替液态有机物作溶剂，以减少环境污染，A错误；B正确；过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，C错误；食物的酸碱性与溶于水后的溶液PH无关，D错误。【易错提醒】食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念，它是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的，如果代谢产物含钾、钙、镁等矿物质偏多即为碱性食物；反之，含磷、硫等偏多即为酸性食物。因此，尽管山楂、陈醋尝起来是酸性的，但它们却属于碱性食物。2、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（ ） A反应KIO3+6HIKI+3H2O+3I2 ，生成3mol I2转移电子的总数为6NA B标准状况下，由0.4 mol H2O2生成O2转移的电子数目为0.2NAC12g石墨和C60的混合物中质子总数为6NAD室温下，1L pH13的NaOH溶液中，由水电离的OH 离子数目为0.1NA2.【答案】C【命题立意】本题考查阿伏加德罗常数【解析】反应KIO3+6HIKI+3H2O+3I2 ，生成3mol I2转移电子的总数为5NA，A错误；0.4 mol H2O2生成O2转移的电子数目为0.4NA，B错误；12g石墨和C60的混合物中质子总数为12g6/12gmol=6mol，C正确；pH13的NaOH溶液中，c(H)=10-13mol/L,则由水电离的OH 离子数目为10-13mol，D错误。3、 下列离子方程式正确的是（ ） A已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，向NaClO溶液中通入少量CO2： 2ClO+CO2+H2O=2HClO+CO32 B向硫酸氢钠溶液中滴加Ba(OH)2至中性：H+SO42-+Ba2+ OH-=BaSO4+ H2OCFe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3 + 2I 2Fe2 + I2 D硫氢根离子的电离方程式：HSH2OH3OS23.【答案】D【命题立意】本题考查离子方程式的书写【解析】HClOHCO3，则HClO+CO32=ClO-+ HCO3，A错误；B项反应应该是2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，错误；C项，酸性条件下，NO3-氧化Fe2，错误；D正确。4、下列有关说法正确的是（ ）A已知I2可溶于KI形成KI3，向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明KI3溶液中存在平衡：I3I2+IB物质的量浓度相等的H2CO3和Na2CO3溶液等体积混合后的溶液：c(Na+)c(HCO3)c(CO32)c(OH)c(H+)C已知：Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(Ag2CrO4)2.01012，将等体积的浓度为1.0104mol/L的AgNO3溶液滴入到浓度均为1.0104mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中产生两种不同沉淀，且Ag2CrO4沉淀先产生D25 时，溶液中水电离出的c(H)和水电离出的c(OH)的乘积一定等于10144.【答案】A【命题立意】本题考查化学平衡，离子浓度比较，溶度积计算等。【解析】根据分别滴加淀粉溶液，溶液变蓝知含I2，加入AgNO3溶液有黄色沉淀，表明含I-，故A正确；B项二者刚好反应生成碳酸氢钠，而碳酸氢钠水解程度大于其电离程度，c(HCO3)c(CO32)，c(OH) c(CO32)溶液呈碱性，c(OH)c(H+)，B错误；AgCl饱和所需Ag+浓度c（Ag+）=1.810-10/10-4=1.810-6mol/L，Ag2CrO4饱和所需Ag+浓度c（Ag+）=mol/L=1.4410-4mol/L，则1.810-6mol/L1.4410-4mol/L，所以Cl-先沉淀，C错误；在中性溶液中25 时，溶液中水电离出的c(H)和水电离出的c(OH)的乘积等于1014，在酸溶液或碱溶液中水电离出的c(H)和水电离出的c(OH)的乘积都小于1014， D错误。【举一反三】pH=1的盐酸或pH=13的氢氧化钠溶液中，水电离出的c(H)和水电离出的c(OH)的乘积等于101310-13=10-26，pH=1的氯化铵溶液中水电离出的c(H)和水电离出的c(OH)的乘积等于10110-1=10-2。5、下列有关图示分析正确的是（ ） A如图a所示，集气瓶内充满Cl2和CH4的混合气体或NO2和O2的混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，并可能充满集气瓶B如图b所示，X为铁棒，Y为铜棒，a为直流电源，当S闭合后，当b为NaOH溶液，X极附近产生白色沉淀时，电子从X极流入aCPt为电极，电解含0.10 mol M和0.1 mol N3(M、N3均为金属阳离子)的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量(y)与导线中通过电子的物质的量(x)的关系如图c，离子氧化能力MN3H D图d为N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量变化，则NN的键能为946kJ/mol，热化学方程式为：N2(g)O2(g)=2NO(g)H180 kJ/mol5.【答案】B【命题立意】本题考查化学反应与能量变化、甲烷的取代反应。【解析】氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯化氢气体，氯化氢易溶于水，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，但甲烷可能过量，水不能充满集气瓶，二氧化氮和氧气与水反应生成硝酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，但集气瓶中可能存在氧气或NO，水不能充满集气瓶，A错误；根据b为NaOH溶液，X极附近产生白色沉淀时，说明X极铁失电子生成二价铁离子进入溶液，铁作阳极，铜作阴极，电子从X极流入a即电子从阳极流向正极，B正确；由图示可知，当通过0.1 mol电子时，阴极上析出产物为0.1 mol，应是M单质，当通过0.3 mol电子时，阴极产物又增加0.1 mol，应是H2，由此可知离子放电顺序为M+、H+，N3+不放电，故离子氧化能力的强弱关系为M+H+N3+，C错误；N2(g)O2(g)=2NO(g)的H断键吸热-成键放热=946+498-2632=+180 kJ/mol，D错误。6、下列说法正确的是（ ）A将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，说明氧化性：Br2Fe3+I2B 已知NaOH(aq)HCl(aq)NaCl(aq)H2O(l) H573 kJmol1，则含400 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出573 kJ的热量 C常温下,0.1 molL-1某一元酸HA溶液中=110-12，溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，溶液中c(OH-)均增大D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体，不能说明Na2O2是否变质6.【答案】D【命题立意】本题考查氧化还原反应、中和热、过氧化钠的性质、弱酸的电离平衡。【解析】滴加CCl4，下层溶液紫红色，说明Br2先氧化I-生成了I2，可说明Br2I2 、Fe3+I2，但无法证明Br2与Fe3+的氧化性，A错误；醋酸是弱酸，电离需吸热，则含400 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于573 kJ，B错误；根据=10-12和c（H+）c（OH-）=10-14可知，溶液中的c（H+）=0.1mol/L，则该酸是强酸，溶液中加入一定量NaA晶体，c(OH-)不变，加水稀释，酸性减弱，溶液中c(OH-)增大，C错误；过氧化钠久置容易生成碳酸钠，碳酸钠和盐酸反应生成CO2，而过氧化钠本身与盐酸反应可生成氧气，所以选项D中不能证明过氧化钠是否变质，正确。 第卷注意事项：1用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2本卷共4题，共64分。7、（16分）X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一。请回答：（1）Q元素在周期表中的位置_；（2）这五种元素原子半径从大到小的顺序为_（填元素符号）（3）元素的非金属性Z_Q（填“”或“SNOHQ的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊，即氧气置换出S，非金属性OS,A正确；根据O与S之间形成的化合物中S元素的化合价为正价知非金属性OS,B正确；不能根据氧气和S单质的状态判断非金属性强弱，C.错误；同主族由上到下非金属性逐渐减弱，即非金属性OS,D正确。硫化氢与过氧化氢可发生氧化还原反应：H2O2H2S=S2H2O根据题意A是氨气，B是NH4，NH4水解使溶液呈酸性液氨的电离类似水，电离生成NH2、NH4根据图知氨气连续氧化生成NONO2，F是硝酸，NO循环氧化，则整个过程中可看作是氨气氧化为硝酸，根据得失电子相等有NH32O2,参加反应的A与整个过程中消耗D的物质的量之比为1:2.【易错提醒】推断X需注意J+的半径大于X的半径，要想到H-；书写水解方程式和液氨的电离方程式要用可逆符号；解答要分析流程获取“NO循环氧化”的信息。8、（18分）氯吡格雷（clopidogrel，1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2-氯苯甲醛为原料的合成路线如下：（1）CD的反应类型是 反应（2）X的结构简式为 。（3）两分子C可在一定条件下反应，生成的有机产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式 。（4）已知： 中氯原子较难水解物质A（）可由2氯甲苯为原料制得，写出以两步制备A的化学方程式 _ 该合成的第一步主要存在产率低的问题，请写出该步可能存在的有机物杂质的结构简式_（5）物质C的某种同分异构体G满足以下条件： 结构中存在氨基； 苯环上有两种不同化学环境的氢； G能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应； 写出符合条件的G的可能的结构简式：_（6）已知：写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下： 8.【答案】【命题立意】本题是有机合成题，考查结构简式的书写、方程式的书写、反应类型、同分异构体、合成路线的设计等。【解析】(1)根据C、D结构知CD的反应类型是酯化反应（取代）根据D、E的结构及X的分子式知DE是取代反应，X应为。根据信息，两分子C脱去两分子水生成的有机产物分子中含有3个六元环，即-NH2与-COOH形成肽键：(2) (4) 由2氯甲苯2步制取，Cl不动，结合信息可将甲基上的2个H氯代再水解，即，第一步产率低的原因是发生了副反应，即生成一氯代物（）和3氯代物（）(5)根据题意该同分异构体的苯环含2个对位取代基，含甲酸酯基，水解后生成甲酸可发生银镜反应，水解后应该存在的结构，自动脱水生成醛，即是结合信息采取倒推法：，而乙二醇可由1，2-二溴乙烷水解得到，1，2-二溴乙烷通过乙烯与溴加成生成，甲醛可通过甲醇氧化得到。9、（16分）实验室用硫酸厂烧渣（主要成分为Fe2O3及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）Fe(OH)(SO4)n和绿矾(FeSO47H2O)，过程如下：（1）在中已知FeS中铁元素生成Fe3+，S元素生成单质硫，写出FeS、O2、H2SO4反应的离子方程式_；（2）将过程中产生的气体通入下列溶液中，溶液不会褪色的是_（填编号）；A品红溶液 B酸性KMnO4溶液 C紫色石蕊溶液 D溴水（3）在中，需加入的物质是_；（4）在中，蒸发浓缩需要的硅酸盐仪器除酒精灯外，还有_；（5）在中，将溶液Z控制到7080的目的是_；（6）为测量聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验（假设杂质中不含铁元素和硫元素）：称取一定质量样品，将样品溶于足量的_后（填化学式，下同），滴加过量的_，产生不溶于酸的沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量固体_的质量来计算该聚铁样品中铁元素的质量分数。（7）若用步骤制取绿矾，测定2g烧渣中氧化铁的质量分数， 取所得绿矾产品，溶解，配制成1000mL溶液；量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，配制溶液时需要的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管外，还需。 用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为15.00mL。判断此滴定实验达到终点的方法是；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，其它操作均正确，则使测定结果（填“偏高”“偏低”“无影响”）。 计算烧渣中铁元素的质量分数为。9.【答案】（1）；（2）C；（3）铁粉；（4）蒸发皿、玻璃棒；（6）HCl；BaCl2；BaSO4；（7）1000mL容量瓶；溶液由无色变为浅红色；偏低；56%【命题立意】本题以碱式硫酸铁的聚合物的合成为情景考查化学实验基本操作、物质的性质、计算等。【解析】（1）根据化合价升降情况可知，FeS是还原剂，O2是氧化剂，根据电子得失、电荷、原子守恒原理可得：4FeS+3O2+12H+=4Fe3+6H2O+4S；S灼烧时易与O2反应生成SO2气体；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，A正确；二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，二者易发生氧化还原反应，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；二氧化硫具有酸性氧化物的通性，易溶于水并与水反应生成亚硫酸，其溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但是不能褪色，C错误；溴水具有氧化性，能被二氧化硫还原为溴离子，因此SO2能使溴水褪色，D正确。（3）绿矾为七水合硫酸亚铁，由此推断步骤的目的将Fe3+还原为Fe2+，根据除杂不引入新杂质的原则，应该加入过量的铁屑或铁粉；（4）蒸发浓缩、冷却结晶主要使用的仪器是蒸发皿、玻璃棒、酒精灯；（5）铁盐能水解，水解反应是吸热反应，温度过低不利于Fe3+的水解，升高温度可以促进Fe3+的水解，但是温度过高时Fe3+能彻底水解变为沉淀，胶体也会聚沉为沉淀，因此采用7080的条件；（6）聚铁样品中铁元素的质量分数的测定原理是根据样品加入氯化钡而生成硫酸钡的质量来求解，即先用盐酸酸化，再加入氯化钡，然后测硫酸钡的质量。配制1000mL的溶液还需1000mL容量瓶高锰酸钾溶液有颜色，可以根据颜色变化判断滴定终点，即当溶液由无色变为浅红色，而且半分钟内不再变化，达终点；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，其它操作均正确，则读取的高锰酸钾溶液体积偏小，则测定的结果偏低。根据方程式找出关系得：n(Fe2)=5n(MnO4)=5001000150010-3=7.510-4mol，根据2Fe3Fe=3Fe2知样品中的铁元素的物质的量为510-4mol，样品中Fe元素的质量分数w=（510-4561000/25.00）2=56%。【易错提醒】蒸发主要的仪器是蒸发皿，而不是烧杯或坩埚；解答本题的容易出现2处错误：1）滴定用的溶液是从1000mL溶液中取出25.00mL，故在最后求样品中的铁元素量时要以1000mL溶液计算，2）根据高锰酸钾的量求出的是n(Fe2)，但在流程步骤中加入了铁，即求样品中的铁要扣除加入的铁（样品中的铁是与高锰酸钾反应的铁的量的2/3）10、（14分）一定温度下，在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下：4NO2(g)+O2(g) 2N2O5(g)（1）已知平衡常数K350K300，则该反应是_反应（填“吸热”或“放热”）； 常温下，该反应能逆向自发进行，原因是_。（2）下列有关该反应的说法正确的是_A扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深B恒温恒容下，再充入2molNO2和1molO2，再次达到平衡时NO2转化率增大C恒温恒容下，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态D若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度（3）氮的化合物种类较多，如NH3、NO、NO2、HNO3、硝酸盐等。 亚硝酸是一种弱酸，能证明亚硝酸是弱电解质的是_A常温下，亚硝酸钠溶液的pH7 B亚硝酸能和NaOH发生中和反应C用亚硝 酸 溶液做导电性实验，灯泡很暗 D常温下，将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍 ，pH4 根据酸碱质子理论，凡是能给出质子的分子或离子都是酸，凡是能结合质子的分子或离子都是碱。按照这个理论，下列微粒属于两性物质的是_aH2O bNO2 cH2NCH2COOH dH2PO4 eH2S 氮同主族磷元素形成的Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是_(用离子方程式表示)。（4）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。下表是常温下浓度均为0.01 molL-1的X、Y、Z、W溶液的pH。将X、Y、Z各1molL-1同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 _ 。（5）N2O5是一种新型绿色硝化剂,其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源,采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图。则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为。10.【答案】（1）放热；逆反应方向的S0；（2）BD；（3） AD；acd；3Ca22HPO=Ca3(PO4)22H（4）c（Na）c（NO3-）c（NO2-）c（OH）c（H）；（5）BH4+8OH-8e=BO2+6H2O【命题立意】本题考查化学平衡及其影响因素、水溶液中 等离子平衡、燃料电池等。【解析】（1）已知K350K300，说明升高温度，平衡常数减小，则说明升高温度，平衡向逆反应移动，应是正反应放热；常温下反应逆向自发，即G=HTS0,而H0,则正反应方向的S，0逆反应方向的S0。扩大容器体积即降压，平衡向逆反应方向移动，NO2的物质的量增大，但浓度比原平衡小，混合气体颜色变浅，A错误；恒温恒容下，再充入2molNO2和1molO2，相当是加压，平衡正向移动，再次达到平衡时NO2转化率增大，B正确；恒温恒容下，即容器体积不变，而混合气质量守恒，故容器内的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，C错误；由第题知D正确，选BD。常温下，亚硝酸钠溶液的pH7，说明是强碱弱酸盐，A正确；B项不能说明是亚硝酸是弱酸，错误；强电解质的稀溶液的导电性小，故不能根据亚硝 酸溶液做导电性差判断其是弱酸，C错误；若亚硝酸是强酸，则将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍 ，pH=4 ，D正确。aH2O 能给出质子（电离）也能结合质子电离（形成H3O），bNO2不能给出质子，但能结合质子形成HNO2, cH2NCH2COOH是氨基酸，能给出质子也能结合质子dH2PO4 能给出质子（电离）也能结合质子形成H3PO4 eH2S能给出质子不能结合质子，故选acd；HPO42HPO43，加入CaCl2，生成沉淀Ca3(PO4)2,使电离平衡正向移动，产生更多的H+，反应是3Ca22HPO=Ca3(PO4)22HHNO3是强酸,0.01molL-1HNO3溶液的pH为2，NH4NO3是强酸弱碱盐，NH4+不完全水解生成H+溶液显酸性pH小于7，NaOH为强碱,0.01molL-1NaOH溶液的pH为12，NaNO2是强碱弱酸盐溶液，NO2在溶液中水解显碱性pH大于7，故X为NaOH，Y为HNO3，Z为NaNO2，W为 NH4NO3。由题意知，混合溶液中各离子的浓度大小顺序即为物质的量大小顺序，设每种溶液各1L，则在Na溶液中完全电离物质的量为2mol，NO3-在溶液中完全电离物质的量为1mol，NaOH中OH与HNO3中H+等物质的量完全反应，NO2-在溶液中部分水解产生OH，混合溶液中H+由水电离，故浓度大小顺序为c（Na）c（NO3-）c（NO2-）c（OH）c（H）。根据Na的流向知，左边的电极是负极，是BH4发生氧化反应生成BO2，BH4+8OH-8e=BO2+6H2O