陕西省榆林市2019届高三化学第二次模拟试试卷（含解析）.docx

陕西省榆林市2019届高三第二次理科综合模拟试题化学部分1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A. 聚乙烯、油脂和蛋白质均属于有机高分子B. 生物柴油的成分为液态烃的混合物，属于油脂C. HgCl2可用作防腐剂和杀菌剂，是因为它能使蛋白质发生变性D. 大量生产和使用活性炭防PM2.5口罩应对雾霾属于“绿色化学”范畴【答案】C【解析】【详解】A、油脂不属于高分子化合物，聚乙烯和蛋白质属于有机高分子，故A错误；B、生物柴油成分为烃的含氧衍生物，故B错误；C、HgCl2属于重金属盐，能使蛋白质变性，因此可用作防腐剂和杀菌剂，故C正确；D、“绿色化学”的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，口罩防雾霾不属于“绿色化学”，故D错误。2.设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A. 加热时，6.4g铜粉与足量浓硫酸反应，转移的电子数为0.2NAB. 0.1mol氧气与2.3g金属钠充分反应，转移的电子数为0.4NAC. 将0.1mol乙烷和0.1 mol Cl2混合光照，生成一氯乙烷的分子数为0.1NAD. 0.2molL1的NaAlO2溶液中AlO2的数目小于0.2NA【答案】A【解析】【详解】A、加热时，Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，6.4gCu失去电子物质的量为6.4g2/64gmol1=0.2mol，故A正确；B、假设钠与氧气发生2NaO2=2Na2O，金属钠不足，氧气过量，假设发生2NaO2=Na2O2，金属钠不足，氧气过量，因此该反应充分反应后，转移电子物质的量为2.3g1/23gmol1=0.1mol，故B错误；C、乙烷和Cl2发生取代反应，生成的有机物是混合物，一氯乙烷的物质的量小于0.1mol，故C错误；D、题目中无法得到NaAlO2溶液体积，因此无法判断AlO2物质的量，故D错误。3.维生素C的结构简式如图所示，下列说法错误的是A. 1mol维生素C发生加成反应，至少需要1molH2B. 维生素C不溶于水C. 维生素C的二氯代物超过三种D. 维生素C的所有原子不可能处于同一平面【答案】B【解析】【详解】A、根据维生素C的结构简式，能与H2发生加成反应的官能团是碳碳双键，1mol维生素C中含有1mol碳碳双键，因此1mol维生素C能与1molH2发生加成，故A说法正确；B、维生素C中含有多个羟基，可溶于水，维生素C为水溶性维生素，故B说法错误；C、采用定一移一的方法进行判断，一个氯原子固定在号碳原子上，另一个氯原子进行移动，有三种形式，当一个氯原子固定在碳原子左端紧邻的碳原子上，另一个氯原子进行移动，有一种形式，因此二氯代物至少有4种，故D说法正确；D、维生素C中碳原子有“CH2”结构，因此维生素C所有原子一定不共面，故D说法正确。4.一种将CO2和H2O转换为燃料H2、CO及CH4的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4)。下列关于该装置的叙述错误的是A. 该装置可将电能转化为化学能B. 工作时，电极a周围溶液的pH增大C. 电极b上生成CH4的电极反应式为CO2+8H+8e=CH4+2H2OD. 若电极b上只产生1 mol CO，则通过质子膜的H+数为2NA【答案】B【解析】【分析】该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO28e8H=CH42H2O，然后进行分析；【详解】该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO28e8H=CH42H2O，A、根据该装置图，该装置为电解池，电能转化为化学能，故A说法正确；B、工作时，电极a的电极反应式为2H2O4e=O24H，c(H)增大，pH降低，故B说法错误；C、根据上述分析，电极b电极反应式为CO28e8H=CH42H2O，故C说法正确；D、若只产生CO，电极b电极反应式为CO22e2H=COH2O，产生1molCO，消耗2molH，即通过质子膜的H物质的量为2mol，故D说法正确；【点睛】解答电化学题的步骤是首先写出两极电极反应式，电极反应式的书写是关键，列出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，标出得失电子，根据电解质的酸碱性，判断H、OH、H2O，谁参加反应，谁被生成，如本题中电极b，假设CO2生成CH4，CO2CH4，C的化合价由44价，化合价降低，得到电子，CO28eCH4，交换膜为质子膜，说明环境为酸性，因此H作反应物，H2O为生成物，电极反应式为CO28e8H=CH42H2O。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。W、Y、Z最外层电子数之和为12；W与X、Y与Z分别同周期；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。下列说法错误的是A. 常温常压下W的单质为气态 B. Z的氢化物为共价化合物C. X和Y的原子半径大小：X2c(C2O42-)D. 滴加NaOH溶液的过程中始终存在：c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+)【答案】A【解析】【分析】草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4NaOH=NaHC2O4H2O，NaHC2O4NaOH=Na2C2O4H2O，然后进行分析；【详解】草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4NaOH=NaHC2O4H2O，NaHC2O4NaOH=Na2C2O4H2O，A、根据图像，H2C2O4二级电离常数表达式K=c(C2O42)c(H)/c(HC2O4)，在pH=4.3时，c(C2O42)=c(HC2O4)，此时H2C2O4的二级电离常数为104.3，不是H2C2O4的一级电离常数，故A说法错误；B、根据图像，pH=2.7的溶液中，c(H2C2O4)=c(C2O42)，故B说法正确；C、根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，当pH=7时，c(H)=c(OH)，有c(Na)=c(HC2O4)2c(C2O42)，因此c(Na)2c(C2O42)，故C说法正确；D、溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在c(Na)c(H)=c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，故D说法正确；8.NaC1O3可用于制取二氧化氯、亚氯酸钠及高氯酸盐等。以原盐(主要成分为NaC1)为原料制备氯酸钠的工艺流程如下：已知：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。回答下列问题：(1)“粗制盐水”中加入NaOH和Na2CO3的目的是_。(2)过滤时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_。(3)在pH：6.46.8，温度：4050的条件下电解，理论上最终产物只有NaC1O3。电解时阳极的产物为C12，溶液中发生的反应有C12+H2O=HC1O+H+C1-，HC1OH+C1O-和_。(4)电解槽中温度不宜过高，其原因是_。加入的Na2Cr2O7可以调节电解液酸度，若酸度过大，则电解液中主要存在_(填“Cr2O72-”或“CrO42-”)。(5)为检测电解后盐水中NaC1O3的物质的量浓度进行下列实验：I准确吸取1000mL电解后的盐水，加入适量的3H2O2溶液充分搅拌并煮沸。准确吸取0.10molL-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液2500 mL于300mL锥形瓶中，加入足量稀硫酸。III将I的溶液加入的锥形瓶中，隔绝空气煮沸10min，加热充分反应。冷却至室温后，加入10mL0.4molL-1MnSO4溶液、5mL 85磷酸溶液，用c molL-1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+至溶液变为微红色，即滴定终点，此时消耗高锰酸钾V mL。步骤I中加入H2O2溶液的作用是_。步骤中C1O3-被Fe2+还原为C1-的离子方程式为_。该盐水中NaC1O3的物质的量浓度为_molL-1。【答案】 (1). 除去Mg2和Ca2 (2). 漏斗 (3). 2HClOClO=ClO32Cl2H (4). 防止HClO分解和Cl2逸出 (5). Cr2O72 (6). 除去电解后盐水中Cr2O72和CrO42 (7). ClO36Fe26H=Cl6Fe33H2O (8). 【解析】【详解】（1）根据流程，过滤得到盐泥，含Mg(OH)2和CaCO3，即加入NaOH和Na2CO3的目的是除去Mg2和Ca2；（2）过滤时使用的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯，缺少的是漏斗；（3）电解时阳极产物为Cl2，发生Cl2H2O=HClOHCl、HClOHClO，根据题意，最终得到产物只有NaClO3，即只有HClO与ClO发生氧化还原反应得到ClO3，2HClOClO=ClO32Cl2H；（4）根据问题（3），有Cl2和HClO，HClO受热易分解，要让氯气参与反应，应防止Cl2逸出，因此电解槽中的温度不宜过高的原因是防止HClO分解和Cl2逸出；根据Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，酸度过大，c(H)增大，该反应的平衡向逆反应方向进行，则电解液中主要以Cr2O72形式存在；（5）电解后的盐水中含有Cr2O72和CrO42，Cr2O72和CrO42具有强氧化性，能氧化Fe2，干扰NaClO3的测定，因此加入H2O2的目的是除去电解后盐水中Cr2O72和CrO42；NaClO3具有强氧化性，能与Fe2发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO36Fe26H=Cl6Fe33H2O；KMnO4滴定剩余Fe2，Fe2被氧化成Fe3，依据操作步骤，(NH4)2Fe(SO4)2作还原剂，NaClO3、KMnO4作氧化剂，根据得失电子数目守恒，有25.00103L0.10molL11=n(NaClO3)6V103LcmolL15，解得：n(NaClO3)=(251030.15V103c)/6mol，则c(NaClO3)=(251030.15V103c)/(610103)molL1=molL1；【点睛】难点是NaClO3的物质的量浓度计算，学生不能够理解加入MnSO4、磷酸的作用，不知道如何插手，本题只注意两点即可，一是ClO3具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，二是KMnO4滴定剩余Fe2，剩余Fe2的理解为ClO3与Fe2反应后剩余的，这两个反应都是氧化还原反应，Fe2作还原剂，ClO3、KMnO4为氧化剂，采用得失电子数目守恒进行计算。9.尿素是一种重要的氮肥，它的合成主要发生以下2步反应：反应1：2NH3(g)+CO2(g) NH4COONH2(1) H1=a kJmol-1反应2：NH4COONH2(1)=NH2CONH2(1)+H2O(1) H2=b kJmol-1回答下列问题：(1)写出合成尿素的热化学方程式：_(用含a、b的代数式表示)。写出一种可以提高NH3平衡转化率的措施：_。(2)95时，在2L恒容密闭容器中加入3mol氨气和1molCO2使之充分反应合成尿素，达到平衡时，CO2的转化率为60，则此温度下合成尿素的平衡常数是_(保留2位小数)。(3)下表为反应1和反应2在不同温度下达到平衡时所测得的平衡常数(K)的数据。从上表数据可推出b_(填“”或“ (5). 升高温度，平衡常数变大，平衡正向移动，说明正反应是吸热反应 (6). 增大 (7). KAKBKC【解析】【详解】（1）反应1反应2得出2NH3(g)CO2(g)H2NCONH2(l)H2O(l) H=H1H2=(ab)kJmol1；要提高NH3的平衡转化率，应使平衡向正反应方向进行，可能的措施不：增大CO2的通入量或适当增大体系压强等；（2）2NH3(g)CO2(g)H2NCONH2(l)H2O(l)起始： 3 1变化： 1.2 0.6平衡： 1.8 0.4 达到平衡时，c(CO2)=0.2molL1，c(NH3)=0.9molL1，根据平衡常数的表达式K=1/c2(NH3)c(CO2)6.17；（3）根据反应2，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度平衡向正反应方向进行，根据勒夏特里原理，H0，即b0；升高温度，化学反应速率增大；B点以后，升高温度，CO2的转化率降低，说明平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，化学平衡常数只受温度的影响，该反应中升高温度，化学平衡常数降低，即KAKBKC；【点睛】易错点是(3)中，学生认为A点没有达到平衡，B、C两点达到平衡，然后得出KBKCKA，忽略了平衡常数研究的对象是化学平衡，因此该反应化学平衡常数的大小比较，只根据温度升高，化学平衡常数减小即可，平时做题过程应注意题意的理解，不能主观臆断。10.钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取(CH3COO)2Co(乙酸钴)并验证其分解产物。回答下列问题：(1)甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC124H2O，其实验装置如下：烧瓶中发生反应的离子方程式为_。由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC124H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、_、洗涤、干燥等。(2)乙同学利用甲同学制得的CoC124H2O在醋酸氛围中制得无水(CH3COO)2Co，并利用下列装置检验(CH3COO)2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置_(填“E”或“F”)。装置G的作用是_；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是_。通氮气的作用是_。实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是_。若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3(空气中的成分不参与反应)，则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为_。【答案】 (1). Co2O36H2Cl=2Co2Cl23H2O (2). 冷却结晶、过滤 (3). F (4). 除去CO2 (5). 分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质 (6). 将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中 (7). 防止倒吸 (8). 3(CH3COO)2CoCo3O44CO2CO23C2H6【解析】【分析】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) n(CO)n(CO2) n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可；【详解】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) n(CO)n(CO2) n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2Co Co3O4+4CO+2CO2+3C2H6；11.LED灯是一种环保的光源，在相同照明效果下比传统光源节能80%以上。目前市售LED晶片材质基本以砷化镓、磷化铝镓钢(AlGaInP)、氮化铟镓( InGaN)为主，砷化镓的晶胞结构如图。回答下列问题：（1）砷的基态原子的电子排布式是_。（2）磷和砷是同一族的元素，第一电离能：磷_(填“”“ (3). 砷；AsH3和PH3都属于分子晶体，两者结构相似，AsH3的相对分子质量比PH3大，范德华力强，AsH3的沸点高于PH3；（3）AsH3中心原子为As，As有3个键，孤电子对数为(531)/2=1，价层电子对数为4，因此As原子杂化类型为sp3；其空间构型为三角锥形；（4）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，5价的砷正电性更高，导致AsOH中的O的电子向As偏移，在水分子作用下，越容易电离出H，酸性越强；（5）根据晶胞的结构，As为晶胞的顶点和面心，个数为81/861/2=4；Ga位于晶胞内部，因此砷化镓的化学式为GaAs。【点睛】物质结构考查中，可以灵活运用知识点，如判断AsH3的杂化轨道方式和空间构型，完全可以采用