2019届高三化学第十八次考试试题(含解析).doc

2019届高三化学第十八次考试试题(含解析)1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果。下列关于KNO3的古代文献，对其说明不合理的是选项目的古代文献说明A使用“凡研消(KNO3)不以铁碾入石臼，相激火生，则祸不可测”天工开物KNO3能自燃B鉴别区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4):“强烧之，紫青烟起，云是硝石也”本草经集注利用焰色反应C提纯“(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”开宝本草溶解，蒸发结晶D性质“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”本草纲目利用KNO3的氧化性A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、KNO3撞击后发生爆炸，不是自燃，故A说法错误；B、硝酸钾中含有钾元素，灼烧时，发出紫色火焰，这是焰色反应，而朴硝含有Na元素，灼烧时发出黄色火焰，因此可以通过焰色反应进行鉴别这两种物质，故B说法正确；C、以水淋之后，应是溶解，煎炼而成，应是蒸发，结晶，故C说法正确；D、发生的反应是2KNO33CSK2SN23CO2，KNO3中N的化合价降低，KNO3为氧化剂，故D说法正确。2. 煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) H1=+218.4 kJ/mol(反应I)CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g) H2=-175.6 kJ/mol (反应II)下列有关说法正确的是( )A. 提高反应体系的温度，能降低该反应体系中SO2生成量B. 反应II在较低的温度下可自发进行C. 用生石灰固硫的反应为:4CaO(s)+4SO2(g) 3CaSO4(s)+CaS(s) H3，则H3H2D. 由反应I和反应II可计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变【答案】B【解析】分析：由已知的两个热化学方程式，结合温度对化学平衡的影响规律，即可分析A选项，根据自由能判据可分析B选项，利用盖斯定律可分析出C、D两个选项。详解：A、只有在反应I中生成SO2，且该反应为吸热反应，所以升高温度，有利于反应I平衡向右移动，生成更多的SO2，故A错误；B、要使反应II自发进行，则自由能判据G=H-TS0，已知H20，H20，所以H3c(Cl-)c(OH-)(BOH)C. b点时两种溶液中水的电离程度相同，且V=20D. c、d两点溶液混合后微粒之间存在关系:c(H+)=c(OH-)+c(BOH)【答案】D【解析】A浓度均为0.1molL-1的HA溶液与BOH溶液常温下的pH分别为1和11，可知HA为强酸，BOH为弱碱，故A错误；Ba点是在BOH溶液中滴加少量稀盐酸，此时BOH过量，电离使溶液显碱性，则不可能存在c(OH-)c(BOH)，故B错误；Cb点HA与NaOH反应时溶液pH=6，生成的盐不水解，则V不可能等于20，因为V=20时NaA的溶液pH=7，故C错误；Dc、d两点溶液混合后多余的NaOH与HCl恰好完全中和，只存在BCl的水解，根据质子守恒或知c(H+)= c(OH-)+c(BOH)，故D正确；答案为D。点睛：判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na、H、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na)c(H)c(HCO3-)c(OH-)2c(CO32-)。物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K)2c(S2-)2c(HS-)2c(H2S)。质子守恒规律，如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O)2c(H2S)c(HS-)c(OH-)或c(H)2c(H2S)c(HS-)c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。8. 硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，其反应原理为:2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2(该反应H0)，某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O35H2O的流程如下。(1)吸硫装置如图所示。装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是_，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液_。为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是_。(答一条)(2)假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验。(室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2)。序号实验操作预期现象结论取少量样品于试管中，加入适最蒸馏水，充分振荡溶解，_。有白色沉淀生成样品含NaCl另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，_。有白色沉淀生成，上层清液pH10.2样品含NaOH(3)Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下:第一步:准确称取agKIO3(相对分子质量为214)固体配成溶液；第二步:加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步:用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。则c(Na2S2O3)_mol/L。已知:IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，2S2O32-+I2=S4O62-+2I-(4)某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3浓度可能_(填“不受影响”、“偏低”或“偏高”)，原因是_。(用离子方程式表示)。【答案】 (1). 品红、澳水或KMnO4溶液; (2). 颜色很快褪色 (3). 控制SO2的流速、适当升高温度(其他合理答案) (4). 滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡 (5). 加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH (6). 6000a/214V或3000a/107V (7). 偏低 (8). 4I-+4H+O2=2I2+2H2O【解析】(1)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色，故答案为：品红、溴水或KMnO4溶液；溶液颜色很快褪色；为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应，故答案为：增大SO2的接触面积或控制SO2的流速；适当升高温度；(2)实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，若检验NaCl存在，需先加稀硝酸排除干扰，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2，若要检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于10.2，说明含有NaOH，故答案为：滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡；加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH；(3) n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；根据KIO3+5KI+3H2SO4= 3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，有： KIO33I26Na2S2O3 1 6mol xmol所以 x=，则c(Na2S2O3)=molL-1，第三步滴速太慢，I-被空气氧化，发生4I-+4H+O22I2+2H2O，2S2O32I2=S4O622I，消耗的Na2S2O3溶液的体积偏小，由c(Na2S2O3)=molL-1，V偏小，c偏高，故答案为：；偏高；4I-+4H+O22I2+2H2O、2S2O32I2=S4O622I。点睛：本题考查物质的制备实验及含量测定，把握制备流程、混合物分离提纯、化学反应的计算为解答的关键。本题的易错点为误差的分析，要注意根据计算的结果分析判断。9. 三盐基硫酸铅(3PbOPbSO4H2O) (相对分子质量为990)简称“三盐”，白色或微黄色粉末，热稳定性能优良，主要用作聚氯乙烯的热稳定剂。“三盐”是由可溶性铅盐中加入硫酸生成硫酸铅，再加氢氧化钠而制得。以100.0吨铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。已知:(1)Ksp(PbSO4)=1.8210-8，Ksp(PbCO3)=1.4610-13；(2)铅与冷盐酸、冷硫酸几乎不起作用。请回答下列问题:(1)写出步骤“转化”的化学方程式_。(2)步骤“酸溶”，最适合选用的酸为_，为提高酸溶速率，可采取的措施是_(任意写出一条)。(3)若步骤沉铅”后的滤液中c(Pb2+)=1.8210-5mol/L，则此时c(SO42-)=_mol/L。(4)从原子利用率的角度分析该流程的优点为_。(5)步骤“合成”三盐的化学方程式为_。若得到纯净干燥的三盐49.5t，假设铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为_ % (结果保留一位小数)【答案】 (1). PbSO4+Na2CO3=PbCO3+Na2SO4 (2). 硝酸(或HNO3) (3). 适当升温(适当增加硝酸浓度、减小滤渣颗粒大小等合理答案均可) (4). 110-3 (5). 滤液2(HNO3溶液)可以循环利用 (6). 4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O (7). 51.8【解析】分析：由于PbSO4溶解度较大，又不溶于稀酸，而PbCO3溶解度小，能溶于稀酸，为提高原料的利用率，加入碳酸钠将硫酸铅转化为碳酸铅，然后用硝酸将PbO、Pb 和PbCO3转化为可溶性铅盐，再向其中加入硫酸，使铅元素转化为PbSO4，所以滤液2中主要为硝酸，可进行循环使用，然后向硫酸铅中加入氢氧化钠溶液，在适当条件下生成“三盐”，分离处理后得到所要的产品。详解：(1) 由于Ksp(PbSO4)=1.8210-8 Ksp(PbCO3)=1.4610-13，所以步骤加入碳酸钠溶液，把硫酸铅转化为碳酸铅，以提高原料的利用率，反应的化学方程式为PbSO4+ Na2CO3= PbCO3 +Na2SO4。(2) 由于铅与冷盐酸、冷硫酸几乎都不反应，所以用硝酸溶解铅及其化合物，且能生成可溶性铅盐，有利于转化为最终产品，为提高溶解速率，可适当升温，或适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉碎增大表面积等。(3)根据Ksp(PbSO4)=1.8210-8，若滤液中c(Pb2+)=1.8210-5mol/L，则溶液中c(SO42-)= = =110-3 mol/L。(4) 从原子利用率的角度分析该流程的优点是滤液2即HNO3溶液可以循环使用，节约原料，降低成本。(5)根据题目叙述，结合转化关系，则步骤“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O；设铅泥中铅元素的质量分数为x，根据铅元素守恒可得： = ，解得x=0.5175，所以该铅泥中铅元素的质量分数为51.8%。10. 绿水青山是习总书记构建美丽中国的伟大设想，研究碳、氮、硫等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。(1)科学家研究利用某种催化剂，成功实现将空气中的碳氧化合物和氮氧化合物转化为无毒的大气循环物质。已知:N2(g)+O2(g) 2NO(g)H1=+179.5kJ/molNO2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g) H2=234kJ/mol2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H3=-112.3kJ/mol则反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的H=_kJ/mol;某温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2、K3，则该反应的K=_(用K1、K2、K3表示)。(2)用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图所示。写出总反应化学方程式_。测得该反应的平衡常数与温度的关系为:1gK=3.08+217.5/T，该反应是_反应(填“吸热”或“放热”)。该反应的含氮气体浓度随温度变化如图所示，则将NO转化为N2的最佳温度为_;当温度在700K时，发生副反应的化学方程式_。(3)利用氨水吸收工业废气中的SO2，既可解决环境问题，又可制备(NH4)2SO3。可用(NH4)2SO3为原料，以空气氧化法制备(NH4)2SO4，其氧化速率与温度关系如下图: 试解释在温度较高时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因是_；相同条件下，等浓度的(NH4)2SO3和(NH4)2SO4溶液中，c(NH4+)前者_(填“大”“小”)【答案】 (1). -759.8 (2). K22K3/K1 (3). 4NH3+4NO+O24N2+6H2O (4). 放热 (5). 600K (6). 4NH3+5O24NO+6H2O (7). 温度过高(NH4)2SO3会分解，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低) (8). 小【解析】试题分析：(1)根据盖斯定律计算2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的H；K= ；(2) 根据流程图，用V2O5作催化剂氨气、氧气和NO反应生成N2和水；根据1gK=5.08+217.5/T，升高温度，K减小；根据氮气浓度随温度变化图，600K时，氮气的浓度最大；当温度达到700K时，NO浓度增大，说明氨气被氧化为NO；(3) 温度过高(NH4)2SO3会分解，浓度减小；SO32-的水解促进NH4+水解；解析：(1) N2(g)+O2(g) 2NO(g) H1=+179.5 kJmol-1NO2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g) H2=-234 kJmol-12NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H3=-112.3 kJmol-1根据盖斯定律2得 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的H=759.8 kJmol-1；2得 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，所以该反应的K= K22K3/K1；(2) 根据流程图，用V2O5作催化剂氨气、氧气和NO反应生成N2和水，反应方程式是4NH3+4NOO2 4N2+6H2O；根据1gK=5.08+217.5/T，升高温度，K减小，平衡逆向移动，所以正反应放热；根据氮气浓度随温度变化图，600K时，氮气的浓度最大，所以将NO转化为N2的最佳温度为600K；当温度达到700K时，NO浓度增大，说明氨气被氧化为NO，主要的副反应是4NH3+5O2 4NO+6H2O ；(3) 温度过高(NH4)2SO3会分解，浓度减小，所以温度较高时，(NH4)2SO3 氧化速率下降；SO32-的水解促进NH4+水解，所以等浓度的(NH4)2SO3和(NH4)2SO4溶液中，c(NH4+)前者小。11. Fe、Co、Ni均为第VIII族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。(1)基态Co原子的价电子排布式为_，Co3+核外3d能级上有_对成对电子。(2)Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中，Co3+的配位数是_，1mol配离子中所含键的数目为_，配位体N3-中心原子杂化类型为_。(3)Co2+在水溶液中以Co(H2O)62+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的Co(NH3)62+，其原因是_。(4)某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-,K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为_，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是_。(5)NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0),则C离子坐标参数为_。(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为_g(用含a、NA的代数式表示)。【答案】 (1). 3d74s2 (2). 1 (3). 6 (4). 23NA (5). sp杂化 (6). N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强 (7). Kfe2(CN)6 (8). 正四面体形 (9). (1,1/2,1/2) (10). 【解析】（1）CO原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；Co3+核外电子排布为3d6，3d能级上有1对成对电子；正确答案：3d74s2 ； 1。 （2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；所以5 mol氨气分子提供键为15mol，1 mol N3-中含有键2 mol，形成配位键有6 mol，所以1mol 配离子中所含键的数目为23NA；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；正确答案：6 ；23NA；sp。（3）Co2+在水溶液中以Co(H2O)62+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的Co(NH3)62+ ，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；正确答案：N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 FeFe(CN)6-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；正确答案：KFe2(CN)6 ； 正四面体形。（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为，离z为，则坐标参数为（1，）；正确答案：(1,1/2,1/2)。 （6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是2am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m2a msin6010-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m2a msin6010-24)=1024；每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=1024=；正确答案：（或）。12. 辣椒素是辣椒的活性成分，可在口腔中产生灼烧感，能够起到降血压和胆固醇的功效，进而在很大程度上预防心脏病，也能缀解肌肉关节疼痛。辣椒素酯类化合物的结构可以表示为:其中一种辣椒素脂类化合物J的合成路线如下:已知:A、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，A和B核磁共振氢谱显示都有两组峰J的分子式为C15H22O4回答下列问题:(1)G所含官能团的名称为_。(2)由A和B生成C的化学方程式为_。(3)由C生成D的反应类型为_，D的化学名称为_。(4)由H生成I的化学方程式为_。(5)在G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有种的共有_种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱显示两组峰的是_(写结构简式)。(6)参照上述路线，设计一条以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯的路线:_。【答案】 (1). 醚键、(酚)羟基 (2). (3). 加成(或还原)反应 (4). 4,4-二甲基-1-戊醇 (5). (6). 8(7) (7). (8). 【解析】根据流程和J是酯类化合物可知F为酸，I含有-OH，G与I的碳链结构相同，根据j的结构特点逆推可得G的结构简式为，从而H的结构简式为 ，I中含有的碳原子数为8，所以F分子中含有7个碳原子，C、D、E、F中的碳原子数均为7，E为醛类化合物，则B也为醛类，B的相对分子质量为44，所以B为CH3CHO，A也为醛类，且含碳原子数为5个，所以A的分子式为C5H10O，A中只有两种峰，故A的结构简式为(CH3)3CCHO，根据信息可写出C的结构简式为 。(1根据上面G的结构简式可知G中含有的官能团为醚键和酚羟基。(2)由上已知A、B、C的结构，根据已给信息写出A和B生成C的化学方程式为：。(3)C中含有碳碳双键和醛基，与H2发生加成反应；C与H2加成生成的D的结构简式为(CH3)3CCH2CH2CH2OH，主链从离羟基近的一端开始编号，名称为4,4-二甲基-1-戊醇。(4)H分子中含有官能团-Cl，在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，化学方程式为：。(5) G的结构简式为，同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种，则有两种情况，一是苯环上有两个相同的对位取代基，可能为两个-CH2OH或-O-CH3：、，共有2种同分异构体；二是苯环上有四个取代基，且是两个-OH和两个-CH3，先固定2个-OH的位置，有邻、间、对三种关系，然后再移动两个-CH3，共有6种结构：，故符合条件的总共有8种同分异构体；核磁共振氢谱显示两组峰，则苯环上可能有2个对位取代基，且是醚键，结构简式为。(6) 乙酸正丁酯的单体分别是乙酸和正丁醇，乙酸可由乙醛氧化得到，根据已知信息两分子乙醛在稀NaOH溶液中反应生成CH3-CH=CH-CHO，然后在催化剂作用下与H2加成生成正丁醇，最后乙酸与正丁醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成乙酸正丁酯，故合成路线图为：。点睛：本题考查有机物推断与合成，充分利用反应条件、J的结构特点与分子式进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力。难点是第5问G的同分异构体的书写，苯环上只有一种氯代物，则苯环上的取代基满足的条件是：若为两个取代基，则必须是对位的，苯环上连着对位的两个-CH2OH或-O-CH3，有2种结构，若为三个取代基，则三个取代基必须完全一样，本题中不可能为三个完全相同的取代基，若为四个取代基，则为两个-OH和两个-CH3，先固定2个-OH的位置，有邻、间、对三种关系，然后再移动两个-CH3，共有6种结构，故总共有8种同分异构体。