山东省聊城市2019届高三化学下学期3月份一模考试试卷（含解析）.docx

山东省聊城市2019届高三化学下学期3月份一模考试试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 B11 C12 O16 Na23 S32 Pb207第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法错误的是A. 可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全B. 羊毛、蚕丝、棉花均属于天然纤维C. 疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性D. 油脂的硬化、葡萄糖的银镜反应均属于氧化反应【答案】D【解析】【详解】A. 向酸性的淀粉溶液中加入碘水，如果不变色，说明淀粉水解完全，故A正确；B. 羊毛、蚕丝均属于天然蛋白质纤维，棉花属于天然纤维素纤维，故B正确；C. 蛋白质受热易变质，所以疫苗要冷冻保藏，防止蛋白质变性，故C正确；D. 油脂的硬化属于加成反应，葡萄糖的银镜反应属于氧化反应，故D错误；答案：D。2.下列实验室制取乙烯、除杂质、性质检验、收集的装置和原理正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A.中的温度计没有插入液面下，故A错误；B. 实验室制取乙烯时会产生杂质SO2和CO2、H2O，SO2也可以使酸性高猛酸钾褪色，故B错误；乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，而SO2不能，所以C正确；D.乙烯的密度和空气相近，不能用排空气法收集，故D错误；答案：C。【点睛】考查实验室制取乙烯及除杂质、性质检验、收集的装置的相关知识。因浓硫酸具有强氧化性和脱水性等性质，所以产物中会存在SO2、CO2等杂质，SO2既有氧化性又有还原性，所以检验时可加入强氧化剂KMnO4溶液进行除杂和验证。但是乙烯也具有还原性，也能使酸性高猛酸钾溶液褪色，所以本实验选择用酸性高猛酸钾溶液验证乙烯的性质是不对的。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温常压下，18.0g重水(D2O)中含有的质子数约为10NAB. 常温常压下，42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为3NAC. 标准状况下，2.24L Cl2与足量水反应转移的电子数为0.1NAD. 标准状况下，22.4L己烷中含有的共价键的数目为19NA【答案】B【解析】【详解】A. 重水(D2O)中含有的质子数为10。常温常压下，18.0g重水(D2O)的物质的量为18/22=9/11mol,所以质子数小于10NA，故A错误；B. 乙烯和丙烯的最简式为CH2,常温常压下，42.0g乙烯和丙烯的混合气体含3mol CH2，所以含有的碳原子数约为3NA，故B正确；C. Cl2与水发生的是可逆反应，所以标准状况下，2.24L Cl2与足量水反应转移的电子数小于0.1NA，故C错误；D. 标准状况下，己烷为液体，所以标准状况下22.4L己烷中含有的共价键的数目无法计算，故D错误；答案：B。4.有关制备抗凝血药的医药中间体H(结构简式为)的说法正确的是A. 属于芳香化合物，含有4种官能团B. 所有原子均可在同一平面上C. 1mo1 H最多可消耗1mo1 NaOHD. 苯环上的二氯取代物有5种【答案】B【解析】【详解】A. H结构简式为，属于芳香化合物，含有酯基、羟基和碳碳双键3种官能团，故A错误；B. 因为苯环上和双键上的所有原子都在一个平面上，且单键可以旋转，所以所有原子可能都在同一平面上，故B正确；C.因为 属于酚酯，所以1mo1 H最多可消耗2mo1 NaOH，故C错误；D. 苯环上的二氯取代物有6种，故D错误；答案：B。【点睛】本题考查原子共面的相关知识。苯环上和双键上的所有原子都在一个平面上，这是解本题的出发点。结合单键可以旋转的特点判断原子是否共面。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同。二元化合物E中元素Y和W的质量之比为23：16。化合物F和G中均含元素Z，且10mL 0.1molL的F溶液恰好与15mL 0.2molL的G溶液完全反应，并产生白色沉淀。下列说法正确的是A. 简单离子的半径YZWB. 最高价氧化物对应水化物的酸性WZXC. Y和Z的单质组成的混合物可完全溶于水中D. W的单质在足量氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸【答案】C【解析】【分析】X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，所以X为C元素; Y的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同,故Y为Na元素; 由二元化合物E中元素Y和W的质量之比为23：16,短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，知W为S元素;化合物F和G中均含元素Z，且10mL 0.1molL的F溶液恰好与15mL 0.2molL的G溶液完全反应，并产生白色沉淀,所以Z为Al元素。【详解】A. Y为Na，Z为Al， W为S，它们都在同一周期，所以简单离子的半径S2+Na+Al3+，故A错误；B. 最高价氧化物对应水化物分别为W为H2SO4，Z为Al(OH)3，X为H2CO3，其酸性为H2SO4 H2CO3 Al(OH)3，故B错误；C. Y的单质为Na，于水中生成NaOH,Z的单质为Al能溶于NaOH溶液中，所以Y和Z的单质组成的混合物可完全溶于水中是正确的，故C正确；D. W的单质为S,在足量氧气中燃烧，所得产物溶于水为H2SO3,属于弱酸，故D错误；答案：C。【点睛】考查元素周期律的相关知识。结合物质的性质推断元素的种类。化合物F和G中均含元素Z，且10mL 0.1molL的F溶液恰好与15mL 0.2molL的G溶液完全反应，并产生白色沉淀。3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl,突破Z为Al。6.某电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金等，某小组设计如下资源综合利用的方案：已知：碲和硫位于同主族，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，滤渣中TeO2溶于稀硫酸发生的反应为TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O。下列说法错误的是A. “高温煅烧”电镀污泥时铜、碲和铬元素都被氧化B. “酸化”时可向溶液中加入硫酸C. “固体1”的主要成分为CuD. “滤液3”可以循环利用【答案】C【解析】【详解】A.电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3),煅烧时发生反应的化学方程式为：3O2+Cr2O3+Na2CO34Na2CrO4+4CO2.和Cu2Te+2O22CuO+TeO2，根据化合价分析铜、碲和铬元素的化合价都升高了，所以都被氧化了，故A正确；B. “酸化”时发生的反应的离子方程式为：CrO42-+2H+= Cr2O72-+ H2O,所以可向溶液中加入硫酸，故B正确；C.沉渣中含有CuO 、TeO2和金，加硫酸后发生反应：CuO+ H2SO4=Cu SO4+ H2O ;TeO2+ H2SO4=TeOSO4+H2O，金不发生反应，所以固体1”的主要成分为Au,故C 错误；D.由框图知酸浸液中除了TeOSO4外,还含有Cu SO4;SO2还原TeOSO4后会生成硫酸,所以滤液3为H2SO4，整个流程中可以循环利用的物质是硫酸,故D正确；答案：C。7.以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是A. 放电时，Na+由右室移向左室B. 放电时，Mg箔为负极，该电极发生氧化反应C. 充电时，阳极反应式为Na2FeFe(CN)62e-=FeFe(CN)6+2Na+D. 用铅蓄电池为该电池充电时，当有0.2mol电子转移时，Pb电极质量减少20.7g【答案】D【解析】【详解】A.由图可知,右室发生氧化反应，Mg箔为负极,则Mo箔为正极，所以放电时，Na+由右室移向左室，故A正确；B. 放电时，Mg箔为负极，该电极发生氧化反应，故B正确；C. 充电时，Mo(钼)箔接电源的正极,是电解池的阳极，阳极反应式为Na2FeFe(CN)62e-=FeFe(CN)6+2Na+，故C正确；D.外电路中通过0. 2 mol电子的电量时, Pb电极发生的反应为：Pb-2e-+SO42-= PbSO4,质量增加了96g，故D错误。答案：D。8.Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中易生成S和SO2。工业上用硫化碱法制备Na2S2O3的反应方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，实验室用此法制备Na2S2O3的装置如图所示：请回答下列问题：(1)仪器a的名称为_，b在装置A中的作用是_。(2)Na2S2O3的制备：先组装好仪器，然后检验装置的气密性，将所需药品加入各仪器装置；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓缓滴下，导管口有气泡冒出，pH计读数逐渐减小，当pH计读数接近7时，必须立即打开K3，关闭K1、K2，原因是_；将装置C中所得溶液经一系列操作，最后洗涤、干燥，得到Na2S2O3样品。洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_。制备Na2S2O3的上述装置的明显不足是_。a水 b乙醇 c氢氧化钠溶液 d稀盐酸(3)Na2S2O3样品纯度的测定：称取6.0g样品，配制成200mL溶液；在锥形瓶中加入25.00mL 0.01molL KIO3溶液和过量的酸性KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，当_时达到滴定终点，测得消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL，则样品中硫代硫酸钠的质量分数为_。(相关反应：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)(4)Na2S2O3的应用：其溶液可除去漂白的织物及纸浆中残留的氯气，硫代硫酸钠被氧化成SO42-，反应的离子方程式为_。【答案】 (1). (1)分液漏斗 (2). 避免A中压强过大 (3). SO2过量会使溶液呈酸性,导致Na2S2O3消耗,降低产率 (4). b (5). 没有尾气吸收装置 (6). 溶液蓝色褪去且半分钟内不变色 (7). 39.5 (8). 4Cl2+S2O32- +5H2O=8C1- +2SO42- +10H【解析】【详解】(1)根据装置图知仪器a的名称为分液漏斗，b为玻璃管，在装置A中的作用是避免A中压强过大造成危险。答案：分液漏斗；避免A中压强过大。(2)根据制备 Na2S2O3的总反应可知,装置A是制备SO2, 装置B是吸收多余SO2，装置C是制备Na2S2O3。因为Na2S2O3在中性或碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中易生成S和SO2，所以当pH计读数接近7时，必须立即打开K3，关闭K1、K2，防止SO2过量使溶液呈酸性,导致Na2S2O3消耗,降低产率。因为Na2S2O3易溶于水，难溶于乙醇，所以洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是乙醇。因为SO2有毒，制备Na2S2O3的装置中没有尾气吸收装置。答案：SO2过量会使溶液呈酸性,导致Na2S2O3消耗，降低产率;b；没有尾气吸收装置。(3)KIO3溶液和过量的酸性KI溶液反应5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O生成的碘使淀粉溶液变蓝，而2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，所以当Na2S2O3恰好将I2完全消耗时,溶液蓝色褪去,且半分钟不变色,即为滴定终点。根据已知的反应方程式可得关系式KIO33I26 Na2S2O3.则消耗Na2S2O3的质量为0.025L0.0100molL6158g/mol=0.237g,样品中硫代硫酸钠的质量分数为(0.237g200/20)/6g100%=39.5%。答案：溶液蓝色褪去且半分钟内不变色；39.5。(4)Na2S2O3的溶液可除去漂白的织物及纸浆中残留的氯气，硫代硫酸钠被氧化成SO42-，反应的离子方程式为4Cl2+S2O32- +5H2O=8C1- +2SO42- +10H+。答案：4Cl2+S2O32- +5H2O=8C1- +2SO42- +10H+。9.ZrO2为高品质耐火材料。以锆英石(氧化物形式：mZrO2nSiO2)为原料可制得宝石级ZrO2，工艺流程如下：已知：固体A主要含有普通玻璃的成分之一。(1)固溶体的成分除ZrO2、CaO外，还有一种物质为_。(2)ZrOC12在氨水中发生反应，生成难溶于水的Zr(OH)4，其化学方程式为_；制备Zr(OH)4的过程中温度不能过高的原因是_。(3)选用下列部分操作，能够实现流程中“一系列实验操作”的合理顺序为_。(选用字母序号表示)a溶解 b干燥 c过滤 d灼烧 e洗涤(4)反应I产生的CO2在一定条件下与N2反应可产生具有麻醉作用的笑气(N2O)：CO2(g)+N2(g)CO(g)+N2O(g) H在T1、100kPa时，研究表明反应速率v(CO2)=310-3p(CO2)(kPamin-1)，该条件下现将1.5mol N2和1.0mol O2充入某刚性容器中在催化剂作用下充分反应，62min时达到平衡，测得p(CO)=32kPa，则此时v(CO2)=_kPamin-1，反应的平衡常数Kp=_(Kp为以分压表示的平衡常数)。若升温至T2重新达到平衡后，CO2的转化率增大，则该反应的H_0(填“”、“=”或“【解析】【分析】【详解】(1) 锆英石的成分为(氧化物形式：mZrO2nSiO2)，加入CaO进行高温煅烧，能发生CaO+ SiO2= CaSiO3，为固溶体的成分除ZrO2、CaO外，还有一种物质为CaSiO3。答案：CaSiO3。(2)ZrOC12在氨水中发生反应，生成难溶于水的Zr(OH)4和NH4Cl，其化学方程式为：ZrOCl2十2NH3H2O十H2O =Zr(OH)4+2NH4Cl；制备Zr(OH)4的过程中温度过高NH3H2O会挥发放出NH3,导致Zr(OH)4的产率降低，所以制备Zr(OH)4的过程中温度不能过高。答案：ZrOCl2十2NH3H2O十H2O =Zr(OH)4+2NH4Cl；防止氨气逸出,不利于Zr(OH)4的生成。(3) ZrOC12在氨水中发生反应，生成的是固液混合物，要得到宝石级ZrO2需要经过过滤、洗涤、干燥、灼烧的顺序。所以能够实现流程中“一系列实验操作”的合理顺序为cebd(4)根据三段式由方程式：CO2(g)+N2(g)CO(g)+N2O(g) H初始量（mol） 1.0 1.5 0 0变化量（mol） X X X X平衡量（mol） 1.0X 1.5-X X X在T1、100kPa时，研究表明反应速率v(CO2)=p(CO2)(kPamin-1)，当p(CO)=32kPa，根据阿伏伽德罗定律：100/32= (1.0+1.5)/x ,x=0.8,所以v(CO2)= 310-30.8=2. 4X10-2kPamin-1此时反应的平衡常数Kp=0.80.8/0.20.7=32/7。若升温至T2重新达到平衡后，CO2的转化率增大，说明平衡正向移动，所以该反应为吸热反应，H0。答案： 2. 4X10-2；32/7；。10.亚磷酸(H3PO3)是重要的化工原料，可作尼龙增白剂、农药中间体等。(1)亚磷酸溶液与硝酸银溶液混合生成黑色的银和一氧化氮气体，反应的化学方程式为_。(2)亚磷酸为二元弱酸。已知： H3PO3(aq)+NaOH(aq)NaH2PO3(aq)+H2O(l)H=-akJ/molHCl(aq)+NaOH(aq)NaCl(aq)H2O(l)H=-bkJ/mol求H3PO3(aq)H+(aq)+H2PO3-(aq) H= _(3)25时，H3PO3电离常数Ka1=8.410-3，则NaH2PO3水解常数Kh=_(结果保留两位有效数字)；Na2HPO3为_(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显_(填“酸性”、“中性”、“碱性”或“无法判断”)；浓度均为0.1molL的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后的溶液中将_(填“增大”、“不变”或“减小”)。(4)亚磷酸可用电解Na2HPO3溶液来制得，装置如图所示：A室的电极反应式为_；产品室中反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 2H3PO3+ AgNO3=2H3PO4+Ag+NO (2). (b-a) kJ/mol (3). 1.210-12 (4). 正盐 (5). 碱性 (6). 增大 (7). 4OH-4e-=O2+2H2O (8). HPO3- +2H+ =H3PO3【解析】【详解】(1)亚磷酸（H3PO3）溶液与硝酸银溶液混合生成黑色的银和一氧化氮气体，反应的化学方程式为2H3PO3+ AgNO3=2H3PO4+Ag+NO。答案：2H3PO3+ AgNO3=2H3PO4+Ag+NO。(2) 已知： H3PO3(aq)+NaOH(aq)NaH2PO3(aq)+H2O(l)H=-akJ/molHCl(aq)+NaOH(aq)NaCl(aq)H2O(l)H=-bkJ/mol-：H3PO3(aq)H+(aq)+H2PO3-(aq) H= （-a+b）kJ/mol。答案：(b-a) kJ/mol(3)25时，H3PO3电离方程式H3PO3(aq)H+(aq)+H2PO3-(aq)，常数K=8.410-3， NaH2PO3的水解常数Kh=KW/K a1=10-14/8.410-3=1.210-12；因为亚磷酸为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐，能发生水解显碱性；浓度均为0.1molL的Na2HPO3和NaOH的混合液，因为Na2HPO3能水解，NaOH抑制水解，加水稀释10倍后促进了水解，NaOH抑制水解程度减弱，所以溶液中将增大。答案：1.210-12；正盐；碱性；增大。(4)由装置图中Na+的移动方向可知A为阳极，B为阴极。电解Na2HPO3溶液的阳极反应式为：4OH-4e-=O2+2H2O,H+透过阳离子交换膜进入到产品室。阴极反应式：2H+2e- =H2, Na+透过阳离子交换膜进入到阴极室，HPO32-透过阴膜进入到产品室，发生反应为：HPO3- +2H+ =H3PO3。所以A室的电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O；产品室中反应的离子方程式为HPO3- +2H+ =H3PO3。答案：4OH-4e-=O2+2H2O；HPO3- +2H+ =H3PO3。11.二氟草酸硼酸锂LiBF2(C2O4)是新型锂离子电池电解质，乙酸锰(CH3COO)3Mn可用于制造离子电池的负极材料。合成方程式如下：2H2C2O4+SiC14+2LiBF4=2LiBF2(C2O4)+SiF4+4HC14Mn(NO3)26H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2+40 CH3COOH(1)基态Mn原子的核外电子排布式为_。(2)草酸(HOOCCOOH)分子中碳原子轨道的杂化类型是_，1mol草酸分子中含有键的数目为_。(3)与SiF4互为等电子体的两种阴离子的化学式为_。(4)CH3COOH易溶于水，除了它是极性分子外，还因为_。(5)向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)42+配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是_。(6)硼氢化钠的晶胞结构如图所示，该晶胞中Na+的配位数为_，若硼氢化钠晶体的密度为d gcm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则a=_(用含d、NA的代数式表示)；若硼氢化钠晶胞上、下底心处的Na+被Li+取代，则得到晶体的化学式为_。【答案】 (1). Ar3d54s2(或1s22s22p63s23p63d54s2) (2). sp2 (3).