2019届高三化学下学期第三次模拟考试试卷(含解析).doc

2019届高三化学下学期第三次模拟考试试卷(含解析)1.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是（ ）A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C. 从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O【答案】D【解析】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO47H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)2沉淀，但Fe(OH)2不稳定，很容易被氧化为Fe(OH)3，这样的话，最终所得的产品不纯，混有较多的杂质Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。【考点定位】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。【此处有视频，请去附件查看】2.通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2 +H2O2 + BaCl2 =BaSO4+ 2HCl。NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.1NAB. 25 时，pH =1的HCl溶液中含有H+的数目为0.1NAC. 17 g H2O2中含有非极性键数目为0.5NAD. 生成2.33 g BaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA【答案】C【解析】A. 由钡离子和氯离子构成，故0.1molBaCl2晶体中所含微粒总数为0.3NA，选项A错误；B. 没有给定体积，无法计算H+的数目，选项B错误；C. H2O2的结构式为，l7gH2O2为0.5mol，含有非极性键数目为0.5NA，选项C正确；D. 根据反应SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4+2HCl，生成2.33gBaSO4沉淀（0.01mol）时，转移电子数目为0.02NA，选项D错误。答案选C。3.一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是A. 分子式为C17H17N2O6B. 能发生水解反应、聚合反应、取代反应C. 能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应D. 分子中含有三种不同的官能团【答案】B【解析】从分子结构可知分子式为C17H18N2O6，A错误；该有机物含有酯基，能够发生水解、取代反应，左侧结构中含有碳碳双键，能够发生加聚反应，B正确；含有碳碳双键，既能与氢气发生加成反应，又能与溴发生加成反应，C错误；分子中含有酯基、硝基、碳碳双键、亚氨基四种官能团，D错误；正确选项B。点睛：聚合反应一般包括加聚和缩聚两种类型，加聚反应的特点是单体中含有不饱和碳碳双键或三键，生成物只有高分子；缩聚反应的单体中含有羧基和氨基（或羟基），生成物为高分子和小分子。4.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是A. 用于实验室制取少量CO2B. 用于配制一定物质的量浓度的硫酸C. 用于模拟生铁的电化学腐蚀D. 用于蒸干AlCl3溶液制备无水AlCl3【答案】C【解析】分析：本题考查的是化学实验的基本知识。根据图示和对应的文字说明，思考每个实验要求的要点，进而选择合适的答案。详解：A实验室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸钙，原因在于两者反应生成硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，使反应难以进行，所以选项A错误。B实验室配制一定浓度的硫酸时，应该先将量取的浓硫酸在烧杯中稀释，再转移至容量瓶定容，所以选项B错误。C装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，选项 C正确。D蒸干A1Cl3溶液的过程中考虑到Al3+的水解，得到氢氧化铝，再受热分解得到氧化铝，所以选项D错误。5.如图是部分短周期元素的单质及其化合物(或溶液)的转化关系，已知单质B2、C2、D2、E2在常温常压下都是气体，化合物G的焰色反应为黄色；化合物I、J、K通常状况下呈气态。下列说法正确的是（ ）A. B氢化物的沸点高于其同主族其它元素氢化物的沸点B. 原子半径大小：ACBEDC. F中既含有离子键又含有极性共价键D. G中的阴离子能抑制水的电离【答案】A【解析】I与J反应生成铵盐，则它们分别是NH3与HX（X代表卤素，短周期中是F、Cl中的一种，下同），得到这两种氢化物的反应物是N2、H2、X2，共同需要的反应物D2为H2，从反应条件看，H2与X2可以光照生成HX，而N2与H2反应生成NH3需要在催化剂加热加压条件下才能合成，所以C2为X2，E2 为N2，I为HX，J为NH3。G的焰色反应为黄色，说明G是钠的化合物，反应生成气体K，则可能G是钠的碳酸盐（包括酸式盐）反应生成CO2，或G是钠的亚硫酸盐（包括酸式盐）反应生成SO2，则F是钠的另一种化合物且能够与CO2（或SO2）反应生成相应的上述盐类，同理，A或B中含有钠元素，由于B2是气体，则A中含有钠元素。结合已学反应原理，A是Na单质，B2是O2，二者加热生成Na2O2，K只能是CO2，G是Na2CO3，因为Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，不能再与HCl反应生成SO2。结合上述分析，A、B的氢化物是H2O，液态时水分子间存在氢键，而同主族其它氢化物之间只存在分子间作用力，所以水的沸点比同主族其它元素氢化物沸点高，A正确。B、A到E五种元素依次为Na、O、F或Cl、H、N，若C为F，半径顺序为NaNOFH，与B不符，若C为Cl，半径顺序为Na ClNOH，也与B不符，B错误。C、F为Na2O2，电子式是，既含有离子键又含有非极性共价键，C错误。D、G为Na2CO3，阴离子CO32-在水溶液中能够发生水解从而促进水的电离，D错误。正确答案A。点睛：离子化合物中不一定没有共价键，共价化合物中一定不含离子键。氢键主要存在于含有OH、NH、FH键的化合物中，分子间氢键的会使物质的沸点升高，溶解度增大。6.某课题组以纳米Fe2O3 作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料),通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电,成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。以下说法正确的是A. 放电时，正极的电极反应式为Fe2O3+6Li+6e-=2Fe+3Li2OB. 该电池可以用水溶液做电解质溶液C. 放电时，Fe作电池的负极，Fe2O3作电池的正极D. 充电时，电池被磁铁吸引【答案】A【解析】【分析】由图可知该电池放电时负极反应式为Li-e-xLi+，正极反应式为Fe2O3+6Li+6e-=3Li2O+2Fe；充电时，阳极、阴极电极反应式与放电时负极、正极电极反应式正好相反，以此解答该题。【详解】A.正极发生还原反应，Fe2O3得电子被还原，所以放电时电池正极的电极反应式为Fe2O3+6Li+6e-3Li2O+2Fe，A正确；B.锂和水能发生反应，所以不可以用水溶液为电解质溶液，B错误；C.放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，C错误；D.充电时，Fe作为阳极生成Fe2O3，磁铁不可吸引Fe2O3，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查化学电源新型电池，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道正负极与阴阳极电极反应式之间的关系，难点是电极反应式的书写。本题侧重考查学生的分析能力和应用能力。7.25时，用浓度为0.1000molL-1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1000mo lL-1的某酸HX,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A. HX的电离常数Ka的数量级为10-10B. P点溶液中微粒浓度大小为：c(Na+)c(HX)c(X-)c(OH-)c(H+)C. 滴定过程中可选用的指示剂有甲基橙和酚酞D. A点到B点过程中，水电离出的c(H+)c(OH-)先增大，后不变【答案】A【解析】分析：A项，根据A点pH和电离平衡常数表达式计算；B项，确定P点溶液由等物质的量浓度的NaX和HX组成的混合液，溶液呈碱性说明X-的水解程度大于HX电离程度；C项，强碱与弱酸完全反应后的溶液呈碱性，选择酚酞作指示剂；D项，酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用。详解：A项，0.1000mol/LHX溶液的pH=5.15，溶液中c（H+）=c（X-）=10-5.15，c（HX）=（0.1000-10-5.15）mol/L0.1000mol/L，HX的电离方程式为HXH+X-，HX的电离常数Ka=10-5.1510-5.150.1=10-9.3=100.710-10，Ka的数量级为10-10，A项正确；B项，P点加入10mLNaOH溶液，0.1000mol/L10mLNaOH溶液与0.1000mol/L20.00mLHX充分反应得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，溶液的pH=8说明X-的水解程度大于HX的电离程度，P点溶液中微粒浓度由大到小的顺序为：c（HX）c（Na+）c（X-）c（OH-）c（H+），B项错误；C项，NaOH与HX恰好完全反应得到的NaX溶液呈碱性，应选用碱性范围内发生颜色变化的指示剂，滴定过程中选用的指示剂为酚酞，C项错误；D项，A点HX电离的H+抑制水的电离，随着NaOH溶液的滴入，HX不断被消耗生成NaX，HX电离的H+对水的电离的抑制程度减小，X- 水解对水的电离的促进程度增大，当加入20mLNaOH溶液时NaOH和HX恰好完全反应，水的电离程度达最大，NaOH溶液大于20mL时过量的NaOH电离的OH- 抑制水的电离，A点到B点过程中，水电离的c（H+）c（OH-）先增大后减小，D项错误；答案选A。点睛：本题考查酸碱中和滴定pH曲线的分析、电离平衡常数的计算、指示剂的选择、溶液中微粒浓度的大小关系、影响水的电离平衡的因素。酸碱中和滴定一般不选择石蕊作指示剂，强酸与强碱的滴定选择甲基橙或酚酞作指示剂、强碱与弱酸滴定选择酚酞作指示剂、强酸与弱碱滴定选择甲基橙作指示剂。确定溶液中微粒浓度的大小关系，一般先确定溶液中溶质的组成，分析溶液中存在的电离平衡和水解平衡，分清主次，巧用电荷守恒、物料守恒如题中B项违背物料守恒：2c（Na+）=c（X-）+c（HX）等。8.氨为重要的化工原料，有广泛用途。(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取： aCH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H1216.4 kJmol1bCO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H241.2 kJmol1则反应CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g)H_。(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1 mol、3 mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_(填序号)。AN2和H2的转化率相等 B反应体系密度保持不变C.c(H2)/c(NH3 )保持不变 D.c(NH3 )/c(N2)2p1_(填“”、“c(N2H4)，同时c(N2H5+)c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为_(用含a、b的式子表示)。【答案】 (1). 175.2 kJmol1 (2). BC (3). (5). 66.7% (6). (7). 2NH3NaClON2H4NaClH2O (8). 14bpH14a【解析】【详解】（1）已知a.CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H1216.4kJmol1，b.CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H241.2kJmol1，根据盖斯定律由a+b可得反应：CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g) H=216.4kJmol1+(41.2kJmol1)=175.2 kJmol1，故答案为：175.2kJmol1。（2）A.氮气和氢气的初始物质的量之比为1:3，由反应方程式N2+3H22NH3可得，氮气和氢气按物质的量之比1:3反应，所以N2和H2的转化率一直是相等的，与是否达到平衡状态无关，故A不选；B.该反应是一个气体分子式变化的反应，恒压是只要不平衡，气体体积就会发生变化，因为气体总质量不变，所以密度就会不断变化，当密度不变时，说明达到平衡状态，故B选；C.氮气时反应物，氨气是生成物，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3 )就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，故C选；D.氢气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3 )就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，但当比值为2时，不一定说明不在变化，所以不一定是平衡状态，故D不选。故答案为：BC。合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，有图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1P2；合成氨正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，D点温度高于B点温度，所以平衡常数：BD，故答案为：。设C点H2的转化率为(H2)N2 + 3H2 2NH3初始(mol) 1 3 0转化(mol) (H2) 3(H2) 2(H2)平衡(mol) 1-(H2) 3-3(H2) 2(H2)因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数与物质的量分数相等，所以2(H2)/(1-(H2)+3-3(H2)+ 2(H2)100%=50%，解得(H2)=66.7%；A、B两点平衡混合物中氨的体积分数相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，则在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率：v(A) v(B)，故答案为：. 66.7%，。（3）NH3与NaClO一定条件下发生氧化还原反应可得到肼（N2H4）、氯化钠和水，NaClO作氧化剂，被还原为NaCl，所以该反应的化学方程式为：2NH3NaClON2H4NaClH2O，故答案为：2NH3NaClON2H4NaClH2O。K1=c(N2H5+)c(OH)/c(N2H4)=110-a，所以c(N2H5+)= c(N2H4)时，c(OH) =110-a，c(H+)=Kw/c(OH)=10-(14-a)，pH=-lgc(H+)=14-a，则c(N2H5+)c(N2H4)时，c(OH)110-a，c(H+)=Kw/ c(OH)10-(14-a)，pH=-lgc(H+)14-a，K2=c(N2H62+)c(OH)/c(N2H5+)=110-b，所以c(N2H5+)=c(N2H62+)时，c(OH) =110-b，c(H+)=Kw/c(OH)=10-(14-b)，pH=-lgc(H+)=14-b，则c(N2H5+)c(N2H62+)时，c(OH)110-b，c(H+)=Kw/c(OH)10-(14-b)，pH=-lgc(H+)c(N2H4)，同时c(N2H5+)c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为(14-b，14-a)，故答案为：14bpH7，否则C中生成的NaNO2的产量会下降，理由是_。（5）请根据题干所给信息设计实验证明C装置中有NO2产生：_。(限选用的试剂：稀硝酸、硝酸银溶液、NaOH溶液)亚硝酸钠的纯度检验已知：NO2-+MnO4-+H+NO3-+Mn2+H2O（6）反应结束后C中溶液通过结晶获得NaNO2粗产品mg,溶解后稀释至250mL，分别取25.00mL用cmol/L的酸性KMnO4溶液平行滴定三次，平均每次消耗酸性KMnO4溶液的体积为VmL。则粗产品中NaNO2的质量分数为_(用含c、V、m的式子表示)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O (3). 增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行 (4). 7SO2+6HNO3+4H2O=4NO+2NO2+7H2SO4 (5). 如果pH7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体，使其产量下降 (6). 取C中溶液少量于试管中，加足量稀硝酸有气体生成，遇空气变红棕色，则证明C中有NO2-生成 (7). (345cv/2m)%或3.45cv/2m【解析】（1）仪器a的名称为分液漏斗，A装置中利用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水制备二氧化硫，发生的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O；（2）B装置中多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行；（3）若装置B中逸出的NO与NO2气体物质的量之比为21，则装置B中发生反应的化学方程式为7SO2+6HNO3+4H2O=4NO+2NO2+7H2SO4；（4）根据已知信息可知如果pH7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体，使NaNO2的产量会下降；（5）取C中溶液少量于试管中，加足量稀硝酸有气体生成，遇空气变红棕色，则证明C中有NO2-生成；（6）消耗酸性KMnO4是0.001cVmol，根据方程式可知亚硝酸钠是0.0025cVmol，因此粗产品中NaNO2的质量分数为0.0025cV69250mL25mLm100%=345cV2m%。11.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，元素W是宇宙中最丰富的元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素Z的基态原子核外电子有24种运动状态，Y、X、Z不在同一周期，且Y原子核外p电子比s电子多5个。(1)Z基态原子的核外电子排布式为_。(2)Z的氧化物是石油化工中重要的催化剂之一，如催化异丙苯()裂化生成苯和丙烯。1mol丙烯分子中含有键与键数目之比为_。苯分子中碳原子轨道的杂化类型为_。Z的一种氧化物ZO5中，Z的化合价为+6，则其中过氧键的数目为_个。(3)W、X、Y三种元素的电负性由小到大顺序为_。(请用元素符号回答)(4)ZY3熔点为1152，熔融状态下能够导电，据此可判断ZY3晶体属于_(填晶体类型)。(5)ZX2晶体的晶胞结构如图，每个Z原子周围最近的X 原子数目为_。若该化合物的相对分子质量为M，晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为_g/cm3。【答案】 (1). Ar3d54s1 (2). 8:1 (3). sp2 (4). 2 (5). HClO (6). 离子晶体 (7). 6 (8). 【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，元素W是宇宙中最丰富的元素，W是H。元素X的原子最外层电子数是其内层的3倍，X是O。元素Z的基态原子核外电子有24种运动状态，Z是Cr。Y、X、Z不在同一周期，Y是第三周期元素，Y原子核外p电子比s电子多5个，Y是Cl。(1)Cr基态原子的核外电子排布式为Ar3d54s1。(2)单键都是键，双键中含有1个键、1个键，所以1mol丙烯分子（CH2CHCH3）中含有键与键数目之比为8:1。苯分子是平面形结构，分子中碳原子轨道的杂化类型为sp2。设过氧键的数目为x，则2价氧原子的个数是52x，Cr的化合价为+6，则根据正负价代数和为0可知2x+(52x)26，解得x2。(3)非金属性越强，电负性越大，则W、X、Y三种元素的电负性由小到大顺序为HClO。(4)CrCl3熔点为1152，熔融状态下能够导电，据此可判断CrCl3晶体属于离子晶体。(5)根据晶胞结构可判断每个Cr原子周围最近的O原子数目为6个。晶胞中Cr是181/82个，则该晶体的密度为2MNAa3g/cm3=2Ma3NAg/cm3。12.实验室以有机物A、E为原料，制备聚酯纤维M和药物中间体N的一种合成路线如下：已知：A的核磁共振氢谱有3组峰请回答下列问题：(1) A的化学名称为_。 (2)J的结构简式为_。(3)BC、GH的反应类型分别为_、_。(4)关于E的说法正确的是_(填选项字母)。A分子中含有碳碳双键 B所有原子均在同一平面上C邻二氯代物有两种结构 D能使酸性KMnO4溶液褪色(5)DIM的化学方程式为_。(6)同时满足下列条件的N(C8H12O3)的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。饱和五元碳环上连有两个取代基 能与NaHCO3溶液反应 能发生银镜反应(7)参照上述合成路线和信息，以环庚醇和甲醇为有机原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。【答案】 (1). 2丙醇 (2). (3). 加成反应 (4). 消去反应 (5). B (6). (7). 6 (8). 【解析】【分析】A的核磁共振氢谱有3组峰，发生消去反应生成丙烯，所以A是2-丙醇，丙烯发生加成反应生成C，C的结构简式CH2BrCHBrCH3，C发生水解反应生成D，则D的结构简式为CH2OHCHOHCH3，F与氢气发生加成反应生成G，所以E是苯，F是溴苯，G发生消去反应生成H，则H的结构简式为，H已知信息中的反应生成I，则I的结构简式，I与乙醇发生酯化反应生成J，则J的结构简式为，DIM是缩聚反应，则M的结构简式为，J发生已知信息的反应生成N，则N的结构简式为：，据此答题。【详解】（1）A的核磁共振氢谱有3组峰，发生消去反应生成丙烯，所以A是2-丙醇，故答案为：2-丙醇。（2）由分析可知，I与乙醇发生酯化反应生成J，则J的结构简式为，故答案为：。（3）根据以上分析可知BC、GH的反应类型分别为加成反应和消去反应，故答案为：加成反应，消去反应。（4）由分析可知，E为苯，苯中不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯是平面正六边形结构，所有的原子均在同一平面上，苯中的六个碳原子所形成的共价键是相同的，所以其邻二氯代物只有一种结构，故只有B正确。故答案为：B。（5）DIM是缩聚反应，反应的化学方程式为：，故答案为：。（6）J发生已知信息的反应生成N，则N的结构简式为：，饱和五元碳环上连有两个取代基能与NaHCO3溶液反应能发生银镜反应，则符合条件的有机物的结构简式为：，共计6种，故答案为：6。（7）根据上述合成路线和信息结合逆推法可知以环庚醇和甲醇为有机原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为，故答案为：。【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。