2019-2020年高三第四次诊断化学试题含解析.doc

2019-2020年高三第四次诊断化学试题含解析一、选择题（本题包括13小题，每小题5分，共65分每小题只有一个选项符合题意）1（5分）（xx临沂校级模拟）下列说法不正确的是（）A标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移电子总数为0.1molB明矾溶于水形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，所以明矾可用于水的净化C向Na2CO3溶液中滴加盐酸溶液，一定有CO2气体生成DNa2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂考点：钠的重要化合物；物质的量的相关计算；胶体的应用.分析：A、氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，0.1mol氯气与氢氧化钠溶液完全反应转移了0.1mol电子；B、铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用；C、向Na2CO3溶液中滴加少量的盐酸溶液生成碳酸氢钠溶液；D、过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气；解答：解：A、标况下，2.24L氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与过量的氢氧化钠溶液反应，转移了0.1mol电子，故A正确；B、明矾水溶液中，铝离子水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮物，具有净水作用，故B正确；C、向Na2CO3溶液中滴加少量的盐酸溶液生成碳酸氢钠溶液，没有二氧化碳生成，故C错误；D、过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，所以Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂，故D正确；故选C点评：本题考查了物质性质的应用，主要考查转移电子数的计算、明矾净水原理、Na2CO3性质的分析判断等，题目较简单2（5分）（xx临沂校级模拟）短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则下列有关说法中错误的是（）WXYZA每个X元素的双原子分子内存在三个共价键BZ元素的最高价氧化物水化物的酸性强于YC四种元素常见的氢化物：YH4、WH3、H2X、HZ中，YH4最不稳定D氢化物WH3与HZ反应生成的离子化合物中存在10e、18 e两种微粒考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质.分析：由元素在周期表中位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则W为N元素，可推知X为O元素，Y为Si，Z为Cl元素，据此解答解答：解：由元素在周期表中位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则W为N元素，可推知X为O元素，Y为Si，Z为Cl元素，AX元素的双原子分子有氧气、臭氧，O2分子中O原子之间形成2个共价键，故A错误；B高氯酸的酸性强于硅酸，故B正确；C四种元素中Si元素的非金属性最弱，故氢化物中SiH4最不稳定，故C正确；DNH3与HCl反应生成的离子化合物为NH4Cl，NH4Cl中NH4+含有10e，Cl含有18 e，故D正确，故选A点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，需要学生熟练掌握元素周期表结构，注意对基础知识的理解掌握3（5分）（xx临沂校级模拟）等物质的量的下列物质在一定条件下与足量浓硝酸反应生成二氧化氮，消耗硝酸的物质的量最多的是（）AAgBFeI2CSO2DC考点：硝酸的化学性质.专题：元素及其化合物分析：A、Ag：1mol转移电子1mol，消耗氧化性的硝酸和酸性的硝酸各1mol，共2mol，B 1molFeI2 转移3mol电子，消耗消耗氧化性的硝酸和酸性的硝酸各3mol，共6mol，C 1molSO2转移电子2mol，消耗硝酸 2mol，D 1molC转移电子4mol，消耗硝酸4mol；解答：解：A、Ag：1mol转移电子1mol，消耗氧化性的硝酸和酸性的硝酸各1mol，共2mol，B 1molFeI2 转移3mol电子，消耗消耗氧化性的硝酸和酸性的硝酸各3mol，共6mol，C 1molSO2转移电子2mol，消耗硝酸 2mol，D 1molC转移电子4mol，消耗硝酸4mol，故选B点评：本题考查氧化还原反应和硝酸的化学性质，根据得失电子守恒结合硝酸的化学性质，综合分析解题，比较容易4（5分）（xx临沂校级模拟）下列有关实验操作描述正确的是（）A在沸水中分别滴加浓氢氧化钠、氯化铁溶液，可制备氢氧化铁胶体B用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余液体C常见试纸：石蕊试纸、pH试纸、KI淀粉试纸在使用前均需润湿D酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗考点：不能加热的仪器及使用方法.分析：A将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，制得氢氧化铁胶体溶液；B容量瓶中加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，此次配制失败；CPH试纸使用前用蒸馏水润湿，会稀释待测溶液；D滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀释解答：解：A制备氢氧化铁胶体用加热饱和氯化铁溶液的方法制备，向氯化铁溶液里滴入氢氧化钠溶液，得到氢氧化铁沉淀，故A错误； B用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，此次配制失败，即使立即用滴管吸出多余液体，也不会使配制的溶液浓度恢复正常，故B错误；CPH试纸使用前用蒸馏水润湿，会稀释待测溶液，所测得pH值不准确，故C错误；D酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故D正确故选D点评：本题考查了常见计量仪器的构造及使用方法，题目难度不大，注意掌握常见仪器的构造及正确的使用方法，明确容量瓶、试纸、滴定管的使用方法5（5分）（xx临沂校级模拟）乳酸的结构简式为下列有关乳酸的说法不正确的是（）A乳酸中能发生酯化反应的官能团有2种B1mol乳酸可与2mol NaOH发生中和反应C1mol乳酸与足量金属Na反应生成生成1mol H2D有机物与与乳酸互为同分异构体考点：有机物的结构和性质.分析：由结构简式可知，分子中含OH、COOH，结合醇、羧酸的性质来解答解答：解：A分子中含有OH、COOH，都可发生酯化反应，故A正确；B只有羧基与氢氧化钠发生中和反应，则1mol乳酸可与1mol NaOH发生中和反应，故B错误；COH、COOH都可与钠反应，则1mol乳酸与足量金属Na反应生成生成1mol H2，故C正确；D与分子式相同，结构不同，为同分异构体，故D正确故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、羧酸性质及同分异构体的考查，题目难度不大6（5分）（xx市中区校级模拟）下列解释实验现象的离子反应方程式正确的是（）A硫酸铵溶液显酸性：NH4+H2ONH3H2O+H+B向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2Ag+S2=Ag2SC将足量CO2通入Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀：SiO32+CO2+H2OH2SiO3+CO32D向NaAl（OH）4溶液中加入NaHCO3溶液，出现白色沉淀：Al（OH）4+HCO3Al（OH）3+H2O+CO2考点：离子方程式的书写.分析：A氨根离子水解生成一水合氨和氢离子；B氯化银为沉淀，保留化学式；C二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；D四羟基合铝酸根带1个单位的负电，NaAl（OH）4溶液中加入NaHCO3溶液反应生成氢氧化铝、碳酸钠和水解答：解：A硫酸铵溶液显酸性，离子方程式：NH4+H2ONH3H2O+H+，故A正确；B向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2=Ag2S+2Cl，故B错误；C将足量CO2通入Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀，离子方程式：SiO32+2CO2+2H2OH2SiO3+2HCO3，故C错误；D向NaAl（OH）4溶液中加入NaHCO3溶液，Al（OH）4+HCO3Al（OH）3+CO32+H2O，故D错误；故选：A点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分和反应是否符合客观事实7（5分）（xx临沂校级模拟）常温下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH=4的氯化铵溶液中，c（H+）=c（NH3H2O）=1l04 molL1BpH=a的HCl溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+lCpH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合：c（Na+）=c（F）c（H+）=c（OH）DpH相同的NaOH NaClO两种溶液中水的电离程度：考点：离子浓度大小的比较.分析：A根据氯化铵溶液中的电荷守恒、物料守恒判断；B若氯化氢溶液的pH=6，稀释10倍后溶液的pH7；CHF为弱酸，在溶液中部分电离，则混合液显示酸性；D氢氧化钠抑制了水的电离，次氯酸钠溶液中次氯酸根离子的水解促进了水的电离解答：解：A硫化铵溶液中的电荷守恒为：c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（Cl），根据物料守恒可得：c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3H2O），二者结合可得：c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O），故A错误；B当a=6时，pH=6的HCl溶液稀释10倍后，其pH7，不会等于7，故B错误；CpH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）c（OH），根据电荷守恒可得：c（F）c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F）c（Na+）c（H+）c（OH），故C错误；D氢氧化钠溶液抑制了水的电离，次氯酸钠溶液中次氯酸根离子水解促进了水的电离，则水的电离程度：，故D正确；故选D点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断、盐的水解原理及其应用，明确电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键三、解答题，应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分8（18分）（xx临沂校级模拟）已知I、II反应在一定条件节焓变及平衡常数如下：2H2（g）+S2（g）2H2S（g） K 1 H1 （）3H2（g）+SO2（g）2H2O（g）+H2（g） K 2 H2 （）（1）用Hl、H2表示反应4H2（g）+2SO2（g）S2（g）+4H2O（g）的H=H22H1（2）回答下列反应（I）的相关问题：温度为T1，在1L恒容容器中加入1.8mol H2、1.2mol S2，l0min时反应达到平衡测得l0min内V（H2S）=0.08molL1minl，则该条件下的平衡常数为0.8Lmo1l，若此时再向容器中充入H2、S2、H2S各0.8mol，则平衡移动方向为正向（填“正向”、“逆向”或“不移动”）；温度为T2时（T2Tl），在1L恒容容器中也加入1.8mol H2、1.2mol S2，建立平衡时测得S2的转化率为25%，据此判断H10（填“”或“”），与T1时相比，平衡常数K1减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；（3）常温下，用SO2与NaOH溶液反应可得到NaHSO3、Na2SO3等已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是SO32+H2OHSO3+OH（写出主要反应的离子方程式），该溶液中，Na+l2SO32+HSO3（填“”、“”或“=） 在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中HSO3、SO32物质的量分数随pH变化曲线如图所示（部分）：根据图示，求SO32的水解平衡常数Kh=106.2molL1考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；盐类水解的原理.分析：（1）根据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）根据10min内硫化氢的反应速率计算硫化氢的变化量，根据化学平衡三段式计算出平衡时各组分浓度，然后计算平衡常数；利用浓度积与平衡常数的大小判断平衡移动方向；计算温度为T1时S2的转化率，判断在两种温度下S2的转化率的大小，判断平衡移动方向，继而判断反应热和平衡常数大小；（3）亚硫酸根离子水解导致溶液显示碱性，根据电荷守恒确定离子浓度的关系；根据水解平衡常数表达式结合图中数据来计算解答：解：（1）已知2H2（g）+S2（g）2H2S（g）H1 （）3H2（g）+SO2（g）2H2O（g）+H2S（g）H2 （）由（）2（）得4H2（g）+2SO2（g）S2（g）+4H2O（g）H，故H=H22H1，故答案为：H22H1；（2）10min时反应达到平衡测得10min内V（H2S）=0.08molL1min1，则c（H2S）=0.08molL1min110min=0.8mol/L，则 2H2（g）+S2（g）2H2S（g）起始（mol/L） 1.8 1.2 0变化（mol/L） 0.8 0.4 0.8平衡（mol/L） 1.0 0.8 0.8平衡常数K=0.8，若此时再向容器中充入H2、S2、H2S各0.8mol，则此时浓度积=0.5K=0.8，平衡正向移动，故答案为：0.8；正向；根据中数据知温度为T1时S2的转化率=33.3%25%，知升温平衡逆向移动，H10，平衡常数减小，故答案为：；减小；（3）亚硫酸根离子水解导致溶液显示碱性，原理是：SO32+H2OHSO3+OH，所以，该溶液中，c（H+）c（OH），根据电荷守恒，则Na+2SO32+HSO3，故答案为：SO32+H2OHSO3+OH；亚硫酸根离子的水解平衡常数K=当pH=7.2时，SO32、HSO3浓度相等，所以K=c（OH）=106.2，故答案为：106.2点评：本题考查了平衡常数含有及计算，盖斯定律的应用，难度中等，注意可根据浓度积与平衡常数的大小判断平衡移动方向9（15分）（xx临沂校级模拟）电镀铁可用于修复铁质零件也可为其他电镀做表面预处理，氯化亚铁溶液是电镀铁常用电镀液（1）该电镀工艺中阳极材料为Fe，阴极电极反应为Fe2+2e=Fe；（2）氯化亚铁溶液在存放时需加入一定量盐酸控制pH，目的是抑制亚铁离子的水解；（3）在电解过程中，阴极会有少量气体生成，该气体为氢气，为减少该反应的发生可增大（填“增大”或“减小”）溶液的pH，理由是氢离子的浓度减小，则氧化性减弱考点：电解原理.分析：（1）电镀池中，镀件作阴极，镀层金属作阳极，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐溶液；（2）亚铁离子在溶液中会发生水解，显示酸性；（3）在电解池的阴极上是氢离子得电子的还原反应，减小氢离子浓度，可以使其氧化性减弱，据此回答解答：解：（1）电镀铁的电镀池中，镀件作阴极，镀层金属铁作阳极，该极上发生氧化反应，即Fe2+2e=Fe，电镀液是含有镀层金属阳离子亚铁离子的盐溶液，故答案为：Fe；Fe2+2e=Fe；（2）亚铁离子在溶液中会发生水解，显示酸性，为抑制其水解，可以在氯化亚铁溶液在存放时需加入一定量盐酸控制pH，故答案为：抑制亚铁离子的水解；（3）在电解池的阴极上是氢离子得电子的还原反应，产生氢气，减小氢离子浓度，即增大溶液的pH，可以使其氧化性减弱，减少该反应的发生，故答案为：氢气；增大；氢离子的浓度减小，则氧化性减弱点评：本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应的书写知识，属于基本知识的考查题，难度不大10（20分）（xx市中区校级模拟）含氮化合物是常见的化学物质，它们对人类的生产生活，有着重要的影响：（1）氨气是合成其他含氮化合物的重要原料，也是实验室常用试剂pH=9的氨水中由水电离的OH1109molLl，向浓度均为0.1molLl的FeCl3、AlCl3溶液中缓慢通入足量的氨气，先生成的沉淀是Fe（OH）3（填化学式），理由是Fe（OH）3的Ksp更小，所以先沉淀注：KspFe（OH）3=2.8l039，KspAl（OH）3=1.3l033（2）氮氧化合物属于常见大气污染物，汽车尾气的排放是空气中氮氧化合物的主要来源，用尿素（）做还原剂还原氮氧化合物是目前处理汽车尾气的一种方法，现设计实验模拟该过程并检验或收集其反应产物用浓硝酸和铜片反应制取二氧化氮气体，发生装置应选择C（填所选如图1装置编号）；将所选装置与下面装置组装完毕后，应先检查装置气密性，然后添加药品开始反应，将所选装置中产生的二氧化氮气体通入下列装置进行相关实验A装置可冷凝除去二氧化氮中的硝酸蒸气，其另一作用为干燥气体；若实验过程中依次观察到下列现象：红棕色气体经过B装置变为无色；如图2C装置固体变为蓝色；图2D装置澄清石灰水变浑浊；E装置中收集到无色无味气体，遇空气不变色试推测该反应的产物为水蒸气、二氧化碳和氮气，氧化剂、还原剂的物质的量之比为3：2；图2C、D装置可否颠倒顺序否（填“可”或“否”），理由是无法证实水蒸气的存在考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见气体制备原理及装置选择.分析：（1）室温时，Kw=11014，根据c（H+）c（OH）=11014，以及H2OH+OH计算；根据Al（OH）3、Cu（OH）2的溶度积常数，物质的溶度积越小，越易形成沉淀；（2）用浓硝酸和铜片反应制取二氧化氮气体，属于固体与液体反应制取气体，反应不需要加热，据此分析发生装置；制取气体装置组装完毕，应先检查装置的气密性；A装置中装有氯化钙固体，氯化钙具有吸水性；二氧化氮通过尿素后，红棕色气体经过B装置变为无色；如图2C装置固体变为蓝色；图2D装置澄清石灰水变浑浊；E装置中收集到无色无味气体，遇空气不变色，说明生成气体有水蒸气、二氧化碳和氮气，尿素中N为3价，C为+4价，二氧化氮中N为+4价，氧化剂为二氧化氮，还原剂为尿素，反应生成氮气，据得失电子守恒计算氧化剂与还原剂物质的量之比；先通过D装置，能够带出水蒸气，影响对水蒸气的检验解答：解：（1）室温时，Kw=11014，则pH=9的氨水中c（OH）=1105mol/L，则c（H+）=1109mol/L，又H2OH+OH，则由水电离的c（OH）=c（H+）=1109mol/L，根据Al（OH）3、Fe（OH）3的溶度积常数，在25下，向浓度均为0.1molL1的AlCl3和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，加入相同的浓度的氨水，Fe（OH）3最先析出，故答案为：1109；Fe（OH）3；Fe（OH）3的Ksp更小，所以先沉淀；（2）固体与液体反应制取气体，反应不需要加热，选择装置C，故答案为：C；制取气体装置组装完毕，应先检查装置的气密性；A装置中装有氯化钙固体，能够干燥气体，故答案为：检查装置的气密性；干燥气体；二氧化氮通过尿素后，红棕色气体经过B装置变为无色；如图2C装置固体变为蓝色；图2D装置澄清石灰水变浑浊；E装置中收集到无色无味气体，遇空气不变色，说明生成气体有水蒸气、二氧化碳和氮气，尿素中N为3价，二氧化氮中N为+4价，反应生成氮气中N为0价，其他元素价态不变，氧化剂为二氧化氮，1mol二氧化氮反应转移电子4mol，还原剂为尿素，1mol尿素反应转移电子物质的量为6mol，据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2，故答案为：水蒸气、二氧化碳和氮气；3：2；C检验水蒸气，D检验二氧化碳，若CD装置互换，无法证实水蒸气的存在，故答案为：否；无法证实水蒸气的存在点评：本题考查了沉淀的溶度积和气体实验室制取和性质实验，题目难度较大【有机化学基础】（共1小题，满分12分）11（12分）（xx临沂校级模拟）阿司匹林，是一种历史悠久的解热镇痛药，还能抑制血小板聚集，广泛应用于心脑血管疾病的治疗，以水杨酸（）、丙烯、乙烯为原料合成一种长效缓释阿司匹林片的路线如下：己知：（1）RCH2：CH=CH（2）（3）1分子C和1分子 E在浓硫酸作用下脱去1分子水反应生成F，请回答：（1）由A生成B的反应类型为水解（取代）反应；（2）写出C和E反应生成F的化学方程式CH2=CHCOOH+CH2OHCH2OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O；（3）写出符合下列条件的水杨酸的任意一种同分异构体的结构简式；含柯苯环结构，苯环上只有两个取代基与FeCl3反应显紫色能发生银镜反应（4）1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反成，最多消耗3mol NaOH；（5）长效缓释阿西匹林中含氧官能团的名称为酯基考点：有机物的合成.分析：乙烯与溴发生加成反应生成D为CH2BrCH2Br，D在碱性条件下水解得E为CH2OHCH2OH，CH2=CHCH3在加热条件下与氯气发生信息（1）的反应生成A为CH2=CHCH2Cl，A在碱性条件下水解得B为CH2=CHCH2OH，B经过两步氧化反应生成C为CH2=CHCOOH，1分子C和1分子E在浓硫酸作用下脱去1分子水反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，水杨酸与乙酸酐发生信息（2）中的反应，生成阿司匹林，F发生加聚反应得聚合物再与阿司匹林发生酯化反应得长效缓释阿司匹林片，据此答题解答：解：乙烯与溴发生加成反应生成D为CH2BrCH2Br，D在碱性条件下水解得E为CH2OHCH2OH，CH2=CHCH3在加热条件下与氯气发生信息（1）的反应生成A为CH2=CHCH2Cl，A在碱性条件下水解得B为CH2=CHCH2OH，B经过两步氧化反应生成C为CH2=CHCOOH，1分子C和1分子E在浓硫酸作用下脱去1分子水反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，水杨酸与乙酸酐发生信息（2）中的反应，生成阿司匹林，F发生加聚反应得聚合物再与阿司匹林发生酯化反应得长效缓释阿司匹林片，（1）由上面的分析可知，由A生成B的反应类型为水解（取代）反应，故答案为：水解（取代）反应；（2）C和E反应生成F的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH2OHCH2OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O，故答案为：CH2=CHCOOH+CH2OHCH2OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O；（3）根据条件含苯环结构，苯环上只有两个取代基，与FeCl3反应显紫色，说明有酚羟基，能发生银镜反应，说明有醛基，符合条件的水杨酸的同分异构体的结构简式为（邻、间、对三种均可），故答案为：（邻、间、对三种均可）；（4）根据阿司匹林的结构可知，1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反成，最多消耗3mol NaOH，故答案为：3；（5）根据长效缓释阿西匹林的结构简式可知，其中含氧官能团的名称为酯基，故答案为：酯基点评：本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林、乙烯、丙烯进行正推各物质的结构是解题的关键，答题时注意对题中信息的利用，本题注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查