陕西省2019届高三化学上学期教学质量检测试卷（一）（含解析）.docx

陕西省2019届高三教学质量检测（一）理综试题化学部分1.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是A. 用氢氟酸蚀刻玻璃仪器上的刻度，是利用了氢氟酸的强氧化性B. 太阳能电池板的主要成分是二氧化硅C. 生物柴油和液化石油气(LPG)的主要成分都是烃类D. 压敏胶黏剂是一种复合材料，一般选择以橡胶为基料，并加入增黏树脂合成【答案】D【解析】【详解】AHF能够与玻璃中二氧化硅反应，腐蚀玻璃，与HF氧化性无关，故A错误；B太阳能电池板的主要成分是晶体硅，光导纤维的成分才是二氧化硅，故B错误；C生物柴油主要成分是以植物油脂和动物油脂为原料合成的脂肪酸甲酯或乙酯，而液化石油气(LPG)的主要成分是多种烷烃的混合物，故C错误；D压敏胶黏剂是以橡胶为基料，并加入增黏树脂合成，属复合材料，故D正确；答案为D。2.为了减少环境污染，降低化石燃料消耗，我国正在积极推广乙醇汽油。乙醇可以由淀粉或者纤维素经水解、发酵制取。下列说法正确的是A. 纤维素水解反应属于取代反应B. 乙醇可由乙烷发生加成反应制取C. 乙醇可被酸性高锰酸钾氧化为乙酸，说明乙酸不能发生氧化反应D. 可用新制氢氧化铜悬浊液检验纤维素是否水解完全【答案】A【解析】【详解】A纤维素完全水解生成葡萄糖，属于取代反应，故A正确；B乙烷是饱和烃，不能发生加成反应，乙醇可以有由乙烯与水加成得到，故B错误；C乙酸可燃烧，发生氧化反应，被氧化生成二氧化碳和水，故C错误。D用新制的氢氧化铜悬浊液只能证明含有葡萄糖，只能说明纤维素发生了水解，无法说明纤维素是否完全水解，故D错误；故答案为A。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1molN2与足量H2在一定条件下充分反应生成1.12LNH3，转移的电子数为0.15NAB. 常温常压下，9.5g羟基(18OH)中所含的中子数为5NAC. 0.1mol/LNa2CO3溶液中所含的阴离子的总数大于0.1NAD. 标准状况下，2.24LC6H12中含有极性共价键总数为1.4NA【答案】B【解析】【详解】A没有指明生成的1.12LNH3是标准状况下的气体，无法根据22.4L/mol计算其物质的量，故A错误；B9.5g羟基(-18OH)的物质的量为0.5mol，而羟基(-18OH)中含10个中子，故0.5mol羟基(-18OH)中中子数为5NA个，故B正确；C溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；D标准状况下C6H12为液体，不能根据气体的摩尔体积计算其物质的量，故D错误；故答案为B。4.下列反应中有关原理涉及的离子方程式正确的是A. NaHCO3溶液中滴入几滴酚酞，溶液变为粉红色：HCO3+H2O=H2CO3+OHB. 硫酸铝溶液中加入氨水，会生成白色沉淀：Al3+3OH=Al(OH)3C. FeSO4溶液中加入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀：3Fe2+2Fe(CN)43=Fe3Fe(CN)62D. “84”消毒液中通入二氧化碳，漂白能力增强：2ClO+CO2+H2O=CO32+2HClO【答案】C【解析】【详解】A碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，水解生成碳酸和氢氧根离子而使其溶液呈碱性，但水解程度较小，应该写可逆号，离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故A错误；BNH3H2O为弱碱，不能拆，故正确的离子方程式应为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故B错误；CFeSO4溶液中加入K3Fe(CN)6溶液，生成的蓝色沉淀为Fe3Fe(CN)62，发生反应的离子反应为3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62，故C正确；DHClO的酸性比HCO3-强，则“84”消毒液中通入二氧化碳，漂白能力增强的原因是ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO，故D错误；故答案为C。5.为除去括号内的杂质，下列操作或试剂的选择不合理的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法ABr2(CCl4)/蒸馏BCuO(Cu)/空气中灼烧CCl2(HCl)饱和食盐水洗气DCH4(CH2=CH2)酸性高锰酸钾溶液洗气A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】ABr2和CCl4是相互混溶的液体混合物，可根据沸点的差异，利用蒸馏进行分离，故A正确；BCu在空气中灼烧可生成CuO，利用此方法可除去CuO中混有的少量Cu，故B正确；C氯气极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，利用洗气可除杂，故C正确；D酸性高锰酸钾溶液能氧化乙烯生成CO2，CH4中混有少量CH2=CH2，若用酸性高锰酸钾溶液洗气，所得甲烷中混有少量CO2，无法得到纯净甲烷，故D错误；故答案为D。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，已知W的一种氧化物常温下为液体，是与人类关系最密切的物质；X的一种核素可用于测定文物的年代；Y位于第三周期与Z相邻；在常温下，Z的单质是黄绿色气体。下列判断错误的是A. W与X形成的最简单化合物在与足量的Z单质反应时只生成一种产物B. 最高价氧化物的水化物的酸性：ZYXC. Y的一种氧化物可能与O2反应生成Y的另一种氧化物D. W可以与某些元素形成二元离子化合物【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，已知W的一种氧化物常温下为液体，是与人类关系最密切的物质，则W为H元素，此氧化物为H2O；X的一种核素可用于测定文物的年代，则X为碳元素；Y位于第三周期与Z相邻，在常温下，Z的单质是黄绿色气体，此气体为氯气，可知Z为Cl元素，Y为S元素，据此分析判断。【详解】由上述分析可知：W为H、X为C、Y为S、Z为Cl；ACH4与过量的Cl2在光照条件下发生的取代反应是可逆反应，可以生成多种产物，主要有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、CCl4和HCl，故A错误；B非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，已知C、S、Cl的非金属性强弱为ClSC，则最高价氧化物的水化物的酸性：ZYX ，故B正确；CSO2在催化剂作用下，能被氧气氧化为SO3，故C正确；DH元素可与活泼的金属元素如Na、K、Ca等形成离子化合物，如NaH、CaH2等，故D正确；故答案为A。【点睛】本题考查同周期元素的性质的递变规律，属于高考中的高频考点，侧重于学生的分析能力的考查。注意把握相关基础知识的积累，同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，而同主族元素性质相似，且核电荷数越大金属性越强，非金属性越弱，其中非金属性越强，元素最高价氧化物水化物的酸性越强，金属性越强，元素最高价氧化物水化物的碱性越强。7.已知pCa=lgc(Ca2+)，Ksp(CaSO4)=9.0106，Ksp(CaCO3)=2.8109，向10 mL CaCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2SO4溶液时，溶液中pCa与Na2SO4溶液体积(V)的关系如图所示(实线)，下列有关说法正确的是(已知1g3=0.48)A. y值为3.48B. a与b两点c(Ca2+)之比为50：3C. 原CaCl2溶液浓度为1mol/LD. 若把0.1mol/L的Na2SO4溶液换成0.1mol/L的Na2CO3溶液则图象在终点后变为虚线部分【答案】D【解析】【详解】A未滴加Na2SO4溶液时pCa=1，可知原溶液中c(Ca2+)=0.1mol/L，a点为滴加10mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，此时恰好完全反应，此时溶液中c(Ca2+)= c(SO42-)=mol/L=3.010-3mol/L，pCa=lgc(Ca2+)=lg(3.010-3)=3-lg3=2.52，即y值为2.52，故A错误；Ba点溶液中c(Ca2+)=3.010-3mol/L，b点溶液中加入Na2SO4的体积为20mL，则溶液中c(SO42-)=mol/L，则此时溶液中c(Ca2+)=mol/L=2.710-4mol/L，所以a点和b点溶液中c(Ca2+)之比为(3.010-3mol/L):(2.710-4mol/L)=100:9，故B错误；C未滴加Na2SO4溶液时pCa=1，可知原溶液中c(Ca2+)=0.1mol/L，原CaCl2溶液浓度为0.1mol/L，故C错误；DCaSO4的溶解度比CaCO3的大，前者Ksp数值更大，因此在使用相同量的Na2CO3溶液代替Na2SO4溶液时，溶液中Ca2+下降的快，则pCa值相对较大，图象应在原图像上方，故D正确；故答案为D。8.聚合硫酸铁(PFS)是一种高效水处理剂，广泛应用于工业废水、城市污水、工业用水及生活饮用水等的净化处理。其一种合成方法流程如下：回答下列问题（1）聚合硫酸铁分子式可表示为Fe2(OH)n(SO4)xm，其中Fe化合价为+3，则x=_(用含n的代数式表示)。（2）分离阶段通常使混合物经静置后倾去上层清液即可。清液中所含的主要离子是_。（3）在自然氧化阶段，经分离得到的絮状沉淀会被空气氧化。该阶段完成的标志是沉淀颜色变为_。发生反应的化学方程式为_，为了使反应充分，还可以采取的措施有_(写一条即可)。（4）在氧化阶段，发生的主要反应的离子方程式为_。反应要求必须在搅拌下缓缓加入双氧水，除了因为该反应放热，反应剧烈，为防止危险外，还因为_。（5）为了检验所得产品中是否含有Fe2+ (不含其他还原性物质)，取少量样品完全溶于水，并加水稀释，此时溶液几乎无色。然后用0.01mol/L的酸性高锰酸钾标准溶液滴定。则滴定至终点时的实验现象是_。【答案】 (1). 3-0.5n (2). NH4+、SO42- (3). 红褐色 (4). 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe(OH)4 (5). 通入空气，不断搅拌，延长曝气时间等（合理即可） (6). 2H+H2O2+2Fe2+=2Fe3+2H2O (7). H2O2受热分解，造成原料浪费 (8). 溶液颜色由几乎无色变为粉红色，且半分钟内不褪色【解析】【分析】废铁屑的主要成分是Fe和氧化铁，用过量稀硫酸溶解后，过滤除去不溶酸的固体残渣，所得滤液主要含有Fe2+、SO42-及H+，其中一份滤液加入氨水调节溶液pH得Fe(OH)2白色沉淀，经过滤并自然氧化得到Fe(OH)3红褪色沉淀；另一份滤液中加入H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，并将所得溶液与Fe(OH)3混合，经蒸发浓缩并冷却结晶得到聚合硫酸铁，据此分析解题。【详解】(1)聚合硫酸铁分子式可表示为Fe2(OH)n(SO4)xm，其中Fe化合价为+3，根据化合物中所有元素正负化合价代数和为0，则(+3)2+(-1)n+(-2)x=0，解得：x=3-0.5n；(2)滤液中滴加氨水，分别与Fe2+、H+反应，生成Fe(OH)2白色沉淀，同时得到NH4+，另外原溶液中含有大量SO42-，分离所得清液中所含的主要离子是NH4+、SO42-；(3) Fe(OH)2白色沉淀在空气中被氧气氧化，先变为灰绿色，最终变为红褪色Fe(OH)3沉淀，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)4，氧化阶段可通过搅拌增大反应接触面积，通入足量的空气或延长曝气时间等措施使反应更充分；(4) 酸性的滤液中加入H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，发生的主要反应的离子方程式为2H+H2O2+2Fe2+=2Fe3+2H2O；因H2O2受热分解，反应过程中必须在搅拌下缓缓加入双氧水，避免造成原料浪费；(5) Fe2+有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液紫色会褪去，则滴定时当观察到溶液颜色由几乎无色变为粉红色，且半分钟内不褪色时即可判断滴定至终点。9.POC13是重要的基础化工原料，某兴趣小组准备用三氯化磷、氯气、二氧化硫制备POC13，产物中还有一种遇水强烈水解的物质SOCl2(查资料可知PCl3遇水强烈水解，易与氧气反应；POCl3遇水强烈水解，能溶于PCl3)（1）已知装置A制备Cl2，装置C制备SO2，装置B制备POCl3，以上仪器接口连接的顺序为a_d，装置B中发生反应的化学方程式为_。（2）装置F中试剂的名称为_，装置D的作用是_，仪器乙的名称为_，甲的作用是_。（3）此实验设计中有一不足之处是_，改进的方案是_。（4）测定POC13含量。准确称取12.0 g POCl3产品，置于盛有100mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，取10.0mL水解液于烧杯中，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，充分反应得到白色沉淀过滤、洗涤、烘干，称重为2.87g。检验沉淀是否洗净的操作方法是_，产品中POCl3的百分含量为_。【答案】 (1). j i e f b c g h (2). PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2 (3). 饱和食盐水 (4). 干燥Cl2，同时作安全瓶，防止堵塞 (5). 球形干燥管 (6). 冷凝回流 (7). 缺少尾气处理装置 (8). 在装置甲上添加装有碱石灰的装置 (9). 取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净 (10). 85.3%【解析】【详解】(1) 装置A制得的Cl2中混有挥发的HCl和水蒸气，需要经过F装置内的饱和食盐水除去HCl、再利用D装置内的浓硫酸干燥，然后才可通入装置B中，装置C中制得的SO2，需要通过E中P2O5或硅胶干燥后再通入装置B中制备POCl3，则以上仪器接口连接的顺序为ajiefbcghd，装置B中生成POCl3时发生反应的化学方程式为PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2； (2)装置F是除去氯气中混有的HCl，应盛装饱和食盐水；装置D的浓硫酸既干燥氯气，又能平衡压强，作安全瓶，防止发生堵塞；根据仪器的结构和性能可知仪器乙的名称为球形干燥管，甲为冷凝管，其作用是冷凝回流；(3)本实验尾气中含有的氯气和SO2均污染环境，需要进行尾气处理，应在装置甲上添加装有碱石灰的装置吸收氯气和SO2；(4)洗涤AgCl的最初洗涤液中含有Ag+，则当取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸，若无白色沉淀生成，即可说明沉淀已洗涤干净；2.87gAgCl的物质的量为0.02mol，根据原子守恒样品中POCl3的物质的量为0.02mol=mol，则产品中POCl3的百分含量为100%=85.3%。10.CO2等温室气体的排放所带来的温室效应已经对人类的生存环境产生很大影响。CO2的利用也成为人们研究的热点。以CO2和H2为原料合成甲醇技术获得应用。（1）已知CH3OH (g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l ) H1=363 kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H2=571.6kJ/molH2O(1)=H2O(g) H3=+44 kJ/ mol则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的反应热H=_。（2）该反应常在230280、1.5MPa条件下进行。采用催化剂主要组分为CuO-ZnO-Al2O3。催化剂活性组分为单质铜，因此反应前要通氢气还原。写出得到活性组分的反应的化学方程式：_。使用不同催化剂时，该反应反应热H_(填“相同”或“不同”)（3）该反应可以看作以下两个反应的叠加：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，平衡常数K1；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡常数K2；则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=_(用含K1、K2的代数式表示)（4）反应过程中，发现尾气中总会含有一定浓度的CO，为了减少其浓度，可以采取的措施为_(写一条即可)（5）为了提高反应速率，采取的措施可以有_。A.使用高效催化剂 B.在较高压强下进行 C.降低压强 D.充入高浓度CO2（6）有人研究了用电化学方法把CO2转化为CH3OH，其原理如图所示：则图中A电极接电源_极。已知B电极为惰性电极，则在水溶液中，该极的电极反应为_。【答案】 (1). -450.4kJ/mol (2). H2+CuOCu+H2O (3). 相同 (4). K1K2 (5). 增大氢气的浓度、分离出甲醇或水蒸气等（合理即可） (6). ABD (7). 负 (8). 2H2O-4e-=4H+O2【解析】【详解】(1)已知CH3OH (g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l ) H1=363 kJ/mol、2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H2=571.6kJ/mol、H2O(1)=H2O(g) H3=+44 kJ/ mol，根据盖斯定律可知，+-可得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的反应热H=(571.6kJ/mol)+(+44 kJ/ mol)-(363 kJ/mol)=-450.4kJ/mol；(2)催化剂活性组分为单质铜，并且反应前要通氢气还原，说明氢气还原氧化铜生成铜和水，发生反应的化学方程式为H2+CuOCu+H2O；使用不同催化剂时，能改变反应的活化能，但不改变反应的热效应，即该反应反应热H相同；(3)已知反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，平衡常数K1；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡常数K2；由盖斯定律可知，+可得总反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，则总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积，则K=K1K2；(4)反应过程中，发现尾气中总会含有一定浓度的CO，为了减少其浓度，可以设法让平衡CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)向正反应方向移动，可采取的措施有：增大氢气的量、分离出CH3OH(g) 或水蒸气等，促进反应平衡正向移动，提高CO的利用率即可；(5)A.使用高效催化剂可提高反应速率，故A正确；B.增大压强，可提高反应速率，故B正确；C.降低压强，反应速率减慢，故C错误；D.充入高浓度CO2，可提高反应速率，故D正确；故答案为ABD；(6)CO2转化为CH3OH发生还原反应，说明A电极为阴极，连接电源的负极，B为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-=4H+O2。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。11.碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：（1）氮原子核外有_种不同运动状态的电子，基态氮原子核外电子排布图为_。（2）已知：(NH4)2CO32NH3+H2O+CO2与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_种。分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为_(填化学式)。（3）物质中与CO32中的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为_。（4）配合物Cu(CH3CN)4BF4中铜原子的价电子排布式：_，BF4的空间构型为_。写出与BF4互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式：_、_。（5）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。晶胞中C原子的配位数为_。该晶体硬度超过金刚石的原因是_。已知该晶胞的边长apm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为_。【答案】 (1). 7 (2). (3). 3 (4). H2ONH3CO2 (5). 3:2 (6). 3d104s1 (7). 正四面体 (8). CCl4 (9). SO42- (10). 4 (11). 该晶体和金刚石均为原子晶体，该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大，故硬度大 (12). 【解析】【分析】(1)原子核外没有运动状态相同的电子；N原子价电子排布式是为2s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；(2)与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne；分解所得的气态化合物有H2O、NH3、CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力；(3)CO32-中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，-CN中C为sp杂化，-CH3与-CH2-中与-CH中C为sp3杂化，据此计算；(4)判断空间构型时可利用价层电子对互斥理论。BF4-中无孤电子对，有4个键电子对，故呈四面体形；寻找等电子体时可利用价电子迁移法找到；(5)根据晶胞结构分析，1个C周围等距且最近的N有4个，晶体硬度超过金刚石，从C-N的键能和C-C键能角度分析；先计算晶胞的质量和体积，再计算晶体的密度。【详解】(1)原子核外没有运动状态相同的电子，基态氮原子核外有7个电子，有7种不同的运动状态；N原子核外电子排布式是1s22s22p3，结合泡利原理、洪特规则，其核外电子排布图为；(2)与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne，共有3种；解所得的气态化合物有H2O、NH3、CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力，所以键角大小为：H2ONH3CO2；(3)CO32-中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，-CN中C为sp杂化，-CH3与-CH2-与-CH中C为sp3杂化，所以分子中sp2杂化C有6个，sp杂化C有1个，sp3杂化C有3个，所以与CO32- 的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6:4=3:2；(4)Cu为29号元素，基态原子的核外电子排布式为Ar3d104s1，故基态原子的价层电子排布式为3d104s1；BF4-中心原子B的价层电子对数为4+=4，杂化方式为sp3，则空间构型为正四面体形；BF4-共有5个原子，价电子总数为32，结合等电子体理论可知CCl4、PO43-、SO42-和ClO4-均与之为等电子体；(5)根据晶胞结构分析，1个C周围等距且最近的N有4个，晶体硬度超过金刚石，从C-N的键能和C-C键能角度分析，该晶体和金刚石二者均为原子晶体，该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大，故硬度较金刚石大；该晶胞中含有碳原子数为8+6=3，含有N原子数目为4，则晶胞的化学式为C3N4，一个晶胞的质量为g，晶体的体积为(a10-10)3cm3，故晶胞的密度为=g/cm3.【点睛】确定等电子体的一般方法是：将BF4-中所带的负电荷迁移给B，转化为C，将F替换为同族元素Cl，可找到等电子体C