云南省昆明市2019届高三化学下学期4月复习教学质量检测试卷（含解析）.docx

云南省昆明市2019届高三化学下学期4月复习教学质量检测试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 I-127一、选择题：本大题共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.下列说法正确的是A. 可用裂化汽油萃取溴水中的溴单质B. 棉、麻、蚕丝、羊毛完全燃烧，产物只有CO2和H2OC. 门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表D. “司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，司南中的“杓”含Fe3O4【答案】D【解析】【详解】A.裂化汽油含有不饱和烃，能和溴发生加成反应，不能用于萃取溴单质，故A错误；B.蚕丝和羊毛是蛋白质含有氮元素，故完全燃烧产物不能只是二氧化碳和水，故B错误；C.门捷列夫按相对原子质量由小到大制出第一张元素周期表，故C错误；D.具有磁性的物质是四氧化三铁，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是A. 通过植物油的氧化反应可制人造奶油B. 乙苯分子中所有碳原子一定在同一个平面上C. 水或酸性KMnO4溶液可用来鉴别苯和乙醇D. 分子式为C2H4与C4H8的有机物一定互为同系物【答案】C【解析】【详解】A.植物油含有不饱和键，通过和氢气的加成反应生成人造奶油，故A错误；B.乙苯中含有乙基，有可能所有碳原子在一定平面上，故B错误；C.苯不溶于水，乙醇能溶于水，能用水鉴别，苯不溶于高锰酸钾也不和高锰酸钾反应，乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故能区别，故C正确；D.前者为乙烯，后者可能为丁烯或环丁烷，故不一定是同系物，故D错误。故选C。3.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A. 标准状况下，11.2L12C18O中含有的中子数为8NAB. 常温常压下，12g金刚石中含有CC键数为4NAC. 1mol Li2O、Na2O2的混合物中含有的离子总数大于3NAD. 25时，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.02NA【答案】A【解析】【详解】A.标况下11.2L一氧化碳的物质的量为0.5mol，每个分子含有6+10=16个中子，故总共含有8mol中子，故A正确；B.12克金刚石为1mol，每个碳原子平均形成2个共价键，所以共形成2mol共价键，故B错误；C.氧化锂含有3个离子，过氧化钠也含有3个离子，故1mol混合物含有3mol离子，故C错误；D.没有说明溶液的体积，不能计算，故D错误。故选A。【点睛】阿伏加德罗常数是常考题型。掌握常见物质的结构和微粒的关系，注意溶液中的微粒的计算需要考虑浓度和体积的数据以及溶液中是否存在电离或水解平衡等。4.利用下列实验装置能达到实验目的的是A. 分离CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B. 验证NH4NO3晶体溶于水的热效应C. 蒸发FeCl3溶液得到FeCl3固体D. 验证C、Cl、Si的非金属性强弱【答案】B【解析】【详解】A. CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B. 硝酸铵晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故B正确；C. 蒸发FeCl3溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；D. 根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。故选B。【点睛】掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X的氢化物常用于刻蚀玻璃，Y在同周期中金属性最强，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，W与X同主族。下列说法正确的是A. 简单氢化物沸点：XWB. 简单离子半径：r(X)r(Y)r(W)C. Z元素化学性质稳定，在自然界以游离态存在D. W的简单离子会影响水的电离平衡【答案】A【解析】【详解】X的氢化物常用于刻蚀玻璃，说明X为氟，Y在同周期中金属性最强，为钠，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，为硅，W与X同主族，为氯。A.氟化氢分子间含有氢键，所以氟化氢的沸点比氯化氢高，故正确；B.氟离子，钠离子，氯离子中前两个电子层结构相同，为2层，氯离子有3个电子层，根据层同时序小径大分析，半径关系为r(Y)r(X)HCOOH CH3COOH HSO3-。A.因为乙酸的酸性大于亚硫酸氢根离子，所以亚硫酸钠和乙酸反应生成亚硫酸氢钠和乙酸钠，故A错误；B.甲酸钠溶液因为甲酸根离子水解溶液显碱性，且存在质子守恒，c(OH-)=c(H+) +c(HCOOH)，因为溶液的pH=8，所以c(OH-)= 10-6 molL-1，c(H+)=10-8 molL-1，所以c( HCOOH)=9.9107molL-1，故B正确；C.等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡，假设甲酸溶液的pH，计算b=a-0.5，故C错误；D.因为甲酸的酸性比亚硫酸氢根离子酸性强，所以同温度下，等浓度的溶液中甲酸根离子水解程度小于亚硫酸根离子水解程度，即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠，故D错误。故选B。【点睛】掌握溶液中的守恒关系，如物料守恒和电荷守恒以及质子守恒，本题中B选项是难点，一般认为用电离平衡常数或水解平衡常数进行解题，但是题目中未给出盐溶液的物质的量浓度，不能计算，但使用质子守恒就会轻松解题。所以要多角度分析和解题。8.碘化钠在医学上被广泛应用于X射线造影剂、甲状腺癌防治等方面。实验室可用铁屑还原法制碘化钠。回答下列问题：(1)向反应容器中加入30mL40%的NaOH溶液、25.4gI2，搅拌并加热，发生反应：3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O。将温度控制在60-70的最佳加热方法是_，若温度过高产生的影响是_。(2)已知：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；NaIO3水溶液呈中性。某同学设计如下方案，检验反应后溶液中存在IO3，且c(OH)c(H+)限选试剂及用品：1 molL1H2SO4、2 molL1HNO3、淀粉KI试纸、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸实验操作实验现象结论用玻璃棒蘸取溶液，点在_试纸上试纸呈蓝色c(OH)c(H+)用玻璃棒蘸取溶液，点在_试纸上试纸不变色向实验的试纸上滴加_溶液试纸呈蓝色溶液中有IO3(3)向反应后的溶液中加入铁粉，产生红褐色沉淀，则该反应的离子方程式为_。充分反应后，从混合物中获得NaI固体，首先应进行_(填操作名称)，若后续操作中直接蒸发结晶往往得不到较纯的NaI固体，可能的原因是_。为将溶液中的NaIO3全部还原成NaI，投入铁屑的质量不少于_g(精确到小数点后两位)。【答案】 (1). 水浴加热 (2). I2挥发，原料利用率低 (3). 红色石蕊 (4). 淀粉KI (5). 1mol/LH2SO4 (6). 2Fe+IO3-+3H2O=2Fe(OH)3+I- (7). 过滤 (8). NaI在加热过程中，容易被氧气氧化（或混有过量氢氧化钠，合理即可） (9). 3.73【解析】【详解】（1）水浴加热能很好的控制温度，所以最佳的加热方法为水浴加热，温度过高时I2挥发，原料利用率低。（2）要检验反应后的溶液中存在碘酸根离子且溶液为碱性，可以利用碱性溶液中红色石蕊试纸变蓝，和碘酸根离子在酸性条件下和碘化钾反应生成碘单质遇到淀粉显蓝色进行检验。检验碱性溶液应使用红色石蕊；在碱性溶液中碘酸根离子和碘离子不会反应生成碘单质，所以先加入碘化钾淀粉试纸，试纸不变蓝，加入硫酸后试纸变蓝，所以步骤中加入的为淀粉KI，步骤加入的为1mol/LH2SO4。（3）反应后的溶液中含有碘酸根离子，具有氧化性，可以将铁氧化为铁离子，在碱性条件下生成红褐色氢氧化铁沉淀，离子方程式为：2Fe+IO3- +3H2O=2Fe(OH)3+I-；反应后的混合物应先过滤除去氢氧化铁沉淀，得到碘化钠溶液，可能含有过量的氢氧化钠，若直接蒸发结晶可能应为含有氢氧化钠而使固体不纯，或因为NaI在加热过程中，容易被氧气氧化。25.4gI2的物质的量为0.1mol，反应最多能生成碘酸钠的物质的量为0.1/3 mol，碘酸根离子和铁反应时根据电子守恒分析，碘酸根离子得到的电子为0.2mol，则铁的物质的量为0.2/3 mol，则铁的质量为g= 3.73g。9.废旧电池的回收处理，既能减少对环境的污染，又能实现资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：已知：Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化有关Ksp数据如下表所示化合物Mn(OH)2 Zn(OH)2 Fe(OH)3 Ksp近似值10-1310-1710-38回答下列问题：(1)还原焙烧过程中， MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，该反应的化学方程式为_。传统的工艺是使用浓盐酸在加热条件下直接处理废料，缺点是_。(2)酸漫时一般会适当加热并不断搅拌，其作用是_，滤渣1和滤渣2主要成分的化学式依次是_。(3)净化时，先通入O2再加入MnCO3，其目的是_；已知净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1molL1，调节pH的合理范围是_。(4)电解制取MnO2时，MnO2在_极产生。(5)中科院研究人员将MnO2和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，该电池可将软饮料中的葡萄糖作为燃料获得能量，装置如图所示。此装置中b极的电极反应式为_。【答案】 (1). （1）2MnOOH+C 2MnO+CO+H2O (2). 反应过程中产生氯气，造成环境污染 (3). 加快酸浸时的反应速率 (4). C、 Fe(OH)3 (5). 先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全 (6). 3pH5.5 (7). 阳 (8). C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+【解析】【分析】废料中加入过量的炭黑，还原焙烧，锰元素变成二价锰离子，酸浸时得到锰离子、锌离子和亚铁离子，过量的碳黑不溶于酸，过滤变成滤渣1，溶液中需要除去亚铁离子，利用表格数据，应将亚铁离子氧化为铁离子以氢氧化铁沉淀形成分离除去，但是需要注意二价锰离子在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，所以应先通入氧气，后加入碳酸锰调节溶液的pH值并控制二价锰离子不被氧化。最后通过电解，锌离子得到电子在阴极生成锌，二价锰离子在阳极失去电子生成二氧化锰。【详解】（1）MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO ，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为：2MnOOH+C 2MnO+CO+H2O，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，造成环境污染。（2）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣1为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离。（3）实验过程中需要将亚铁离子氧化并沉淀，但不能将锰元素氧化和沉淀，因为二价锰在酸性条件下很稳定，所以先通入氧气，先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全，当铁离子浓度小于或等于10-5mol/L时认为完全沉淀，假设此时溶液中的氢氧根离子浓度为xmol/L，则有10-5x3=10-38，解x=10-11mol/L，则溶液的pH为3，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1molL1，形成Mn(OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为ymol/L，则有0.1y2=10-13，形成Zn (OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为zmol/L，0.1z2=10-17，y=10-6 mol/L，z=10-8 mol/L，对应的pH分别为8和6，且Mn2+在pH高于5.5时易被O2氧化，所以应调节pH范围为3pH5.5。（4）电解过程中锰元素化合价升高，在阳极生成二氧化锰。（5）二氧化锰做氧化剂，得到电子，在正极反应，则葡萄糖失去电子，电极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+。10.肼(N2H4)与N2O4是火箭发射中最常用的燃料与助燃剂，回答下列问题：(1)T时，将一定量的NO2或N2O4充入一个容积为2L的恒容密闭容器中，发生反应2NO2(g)N2O4(g)，保持温度不变，各物质的浓度随时间变化关系如下表：c(Y)代表_(填化学式)的浓度，2040s内，用NO2表示的化学反应速率为_。该反应的平衡常数K=_。60s时容器内混合气体的密度为_gL1。100s时改变的条件是_，重新达到平衡时，与原平衡比较，NO2的体积分数将_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)已知2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g) H=QkJmol1，相关化学键的键能如表所示。使 1molN2O4(g)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量是_kJ(用代数式表示)相同温度下，向、三个恒压密闭容器中均充入1molN2H4(g)和1molN2O4(g)，三个容器的反应压强分别为p1、p2、p3。在其它条件相同的情况下，反应进行到tmin时，N2的体积分数如图所示，此时容器I_(填“处于”或“不处于”)化学平衡状态，原因是_。【答案】 (1). N2O4 (2). 1.510-3mol/L (3). L/mol (4). 9.2 (5). 加入0.16molNO2 (6). 减小 (7). 3c+8d-8a-2b-Q (8). 不处于 (9). p1p2p3，压强越小，平衡时氮气的含量越大，容器I压强最小，反应速率最慢，若达平衡，氮气的百分含量应该最大，图像与此不符【解析】【分析】根据反应中二氧化氮和四氧化二氮的比例关系确定Y为四氧化二氮，根据表格数据分析，反应进行到60秒时到平衡，通过平衡常数计算公式算平衡常数。在100秒时二氧化氮的物质的量浓度增大，四氧化二氮的物质的量浓度不变，所以应是加入一定量的二氧化氮，加入二氧化氮相当于加压，平衡向四氧化二氮的方向进行，二氧化氮的体积分数减小。根据反应热等于反应物的键能总和-生成物的键能总和进行分析。根据方程式分析，压强增大，平衡逆向移动，氮气的体积分数减小。【详解】（1）通过表格分析，前20秒，X改变了0.080mol/L，而Y改变了(0.100-0.060)mol/L=0.040mol/L，说明Y为N2O4；2040s内，用NO2表示的化学反应速率为 mol/(Ls)=1.510-3mol/(Ls)； 反应2NO2(g)NO4(g)的平衡常数为=L/mol ；容器的体积不变，全为气体，所以密度不变，混合气体的密度=0.10092=9.2 gL1； 从表格分析，100s时加入（0.200-0.120）2mol=0.16molNO2，体系相当于加压，平衡向正向移动，二氧化氮的体积分数减小；（2）假设使 1molN2O4(g)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量为x，则有H=Q=2(4a+b) +x-3c-8d，x= 3c+8d-8a-2b-Q； 根据方程式分析，压强越小，平衡时氮气的含量越大，容器I压强最小，反应速率最慢，若达平衡，氮气的百分含量应该最大，图像与此不符。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.铜是人类最早发现并广泛使用的一种金属。向硫酸铜溶液中逐滴滴加稀氨水，产生蓝色沉淀：继续滴加稀氨水，沉淀溶解，溶液最终变为深蓝色：再向深蓝色溶液中加入无水乙醇，析出Cu(NH3)4SO4H2O。回答下列问题：(1)基态Cu原子中，电子在核外排布的原子轨道共有_个。(2)N、O、S元素的原子对键合电子吸引力最大的是_。(3)Cu(NH3)42+中，提供孤对电子的是_。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是_(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知Cu(NH3)42+的空间构型是_。(4)NH3中N原子的杂化方式是_，乙醇分子中采用同样杂化方式的原子有_个。(5)硫元素对应的含氧酸酸性是H2SO4强于H2SO3，其原因为_。(6)铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是_。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为NA，则该氧化物的密度为_gcm3。【答案】 (1). 15 (2). O (3). NH3 (4). 极性 (5). 平面正方形 (6). sp3 (7). 3 (8). H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和（HO）2SO，前者非羟基氧（2个）多于后者的非羟基氧（1个）的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强 (9). CuO (10). 【解析】【分析】根据铜的电子排布分析原子轨道数目，根据非金属性和电负性的关系分析电负性的强弱。根据晶胞中的均摊法分析晶胞中原子个数，并利用密度=质量/体积进行计算。【详解】（1）基态铜原子的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，s有1个轨道，p有3个轨道，d有5个轨道，所以总共有15个轨道；（2）原子对键合电子吸引力就是元素的电负性，根据非金属性越强，电负性越强分析，其中O原子对键合电子吸引力最大；（3）氨气分子中氮原子有一对孤对电子，所以在Cu(NH3)42+中氨气提供孤对电子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，说明Cu(NH3)42+是平面正方形结构，其中一种可溶于水，根据相似相溶原理分析，水为极性分析，所以化合物Cu(NH3)2Cl2为极性分子。（4）氨气中氮原子形成3个氮氢键，氮原子还有1对孤对电子对，杂化类型为sp3；乙醇分子中有两个碳原子和一个氧原子都采用的是该种杂化方式，共3个；（5）含氧酸的酸性需要看羟基的氧原子个数，H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和（HO）2SO，前者非羟基氧（2个）多于后者的非羟基氧（1个）的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强；（6）根据均摊法分析，其中氧原子的个数为=4，铜原子个数为4，所以该晶胞中含有4个氧原子和4个铜原子，化学式为CuO，晶胞的密度为= gcm312.化合物H是某些姜科植物根茎的提取物，具有抗肿瘤、抗菌、抗氧化等功效，其一种合成路线如下：已知：i 质谱图显示有机物D的最大质荷比为94，且D遇FeCl3溶液显紫色ii RMgBr+RCHO回答下列问题：(1)D的化学式为_；B的名称为_。(2)反应的反应类型是_：I中所含官能团的名称为_。(3)反应的化学方程式是_。(4)X是H的同系物，其相对分子质量比H小14，则X的同分异构体中，符合下列条件的有_种(不含立体异构)a属于芳香族化合物 b能发生水解反应 c能发生银镜反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6