陕西省榆林市2019届高三化学模拟考试试卷（含解析）.docx

陕西省榆林市2019届高三化学模拟考试试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Fe 56 Sn 119一、选择题：每小题6分，共42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.化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列说法正确的是A. “玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅B. “乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤气的主要成分都是可再生能源C. “神舟”和“天宮”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料D. 所有糖类、油脂和蛋白质等营养物质在人体吸收后都能被水解利用【答案】C【解析】【详解】A、太阳能电池帆板的材料是单质硅，故选项A错误；B、汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故选项B错误；C、碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，故选项C正确；D、葡萄糖是单糖，不水解，故选项D错误。2.设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是A. 常温下，48g CT3CO18OCH2CH3含电子数24NA、中子数24NAB. 标况下，11.2L氮气和足量的氧气在高温条件下可以生成46g NO2C. 常温下，1L pH9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1109NAD. 常温下，5.6mol/L的10mL氯化铁溶液滴到100mL沸水中，生成0.056NA个氢氧化铁胶粒【答案】A【解析】【详解】A、CT3CO18OCH2CH3的摩尔质量为96gmol1，含有电子物质的量为48g48/96gmol1=24mol，含有中子物质的量为48g48/96gmol1=24mol，故选项A正确；B、氮气和足量的氧气在高温条件下只能生成NO，故选项B错误；C、常温下，1L pH9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1105NA，故选项C错误；D、氢氧化铁胶体是集合体，一个氢氧化铁胶粒含许多个氢氧化铁，因此含有氢氧化铁胶粒的物质的量小于10103L5.6molL1=0.056mol，故选项D错误。3.以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是A. NaClO3在发生器中作氧化剂B. 吸收塔中1mol H2O2得到2mol电子C. 吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解D. 从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4【答案】B【解析】【详解】A、根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；B、吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，1mol H2O2失去2mol电子，故B说法错误；C、H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；D、根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说法正确。4.已知C2H6O有CH3CH2OH和CH3OCH3二种结构，C4H10、C4H10O组成中相差一个氧原子，则C4H10的一元取代物种数和C4H10O的所有同分异构体种数A. 相同B. C4H10一元取代物种数多C. C4H10O同分异构体种数多D. 不能确定哪种多【答案】C【解析】【分析】C4H10的同分异构体为CH3CH2CH2CH3（有两种不同的氢原子）、CH3CH(CH3)CH3（有两种不同的氢原子），根据信息，醇与醚互为同分异构体进行分析；【详解】C4H10的同分异构体为CH3CH2CH2CH3（有两种不同的氢原子）、CH3CH(CH3)CH3（有两种不同的氢原子），因此C4H10的一元代物有四种，C4H10O可以醇也可以是醚，作为醇：可以看作OH取代C4H10上的氢原子，共有四种，作为醚：CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、CH3OCH(CH3)2，有三种，C4H10O共有七种同分异构体，故选项C正确。5.X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大，已知X为原子半径最小的元素，Y的最高正化合价和最低负化合价的代数和为0，Z可以与X形成原子个数比为11和12的两种液态化合物，W是地壳中含量最高的金属元素，M的单质是一种黄绿色气体，则下列叙述正确的是A. 原子半径的大小关系WMZYXB. Y和M的含氧酸的酸性，前者一定比后者弱C. YX4与M的单质在光照条件下的反应产物最多有4种物质D. X、Y、W的单质均可用于冶炼金属的还原剂【答案】D【解析】【分析】原子半径最小的元素是氢；最高正化合价和最低负化合价的代数和为0的元素为H元素或第IVA族元素；能与氢形成原子个数比为11和12的两种液态化合物的元素是氧；地壳中含量最高的金属元素是铝；单质是一种黄绿色气体的元素为氯，所以X、Y、Z、W、M分别为：氢、碳、氧、铝、氯；【详解】原子半径最小的元素是氢；最高正化合价和最低负化合价的代数和为0的元素为H元素或第IVA族元素；能与氢形成原子个数比为11和12的两种液态化合物的元素是氧；地壳中含量最高的金属元素是铝；单质是一种黄绿色气体的元素为氯，所以X、Y、Z、W、M分别为：氢、碳、氧、铝、氯；A、原子半径大小关系为：AlClCOH，故选项A错误；B、因为非金属性：氯碳；所以最高价含氧酸的酸性：高氯酸强于碳酸，但是次氯酸的酸性比碳酸弱，故选项B错误；C、CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应可得：CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl五种产物，故选项C错误；D、氢气、炭、铝均可用于金属冶炼的还原剂，故选项D正确。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相等，原子序数相等，电子数越多，半径越大；本题易错点是选项B，通过含氧酸的酸性比较非金属性，含氧酸应是最高价氧化物对应水化物的酸性。6.科学家预言，被称为“黑金”的“新材料之王”石墨烯将“彻底改变21世纪”。中国华为研发人员利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，已在世界上率先开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是A. 有设计师建议该电池采用隔膜效果更好，可选用质子交换膜B. 放电时，LiCoO2极发生的电极反应为：LiCoO2xeLi1xCoO2+xLi+C. 石墨烯电池通过提高储锂容量进而提高能量密度，废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入LiCoO2中而有利于回收D. 石墨烯电池充电时LiCoO2极与电源负极相连【答案】C【解析】【详解】A、隔膜只允许Li+通过，不选用质子交换膜，故A错误；B、根据电池反应，放电时，LiCoO2上得到电子，LiCoO2发生电极反应式：Li1xCoO2+xLi+xe=xLiCoO2，故B错误；C、石墨烯电池的优点提高电池的储锂容量进而提高能量密度，根据工作原理，Li+嵌入LiCoO2中，故C正确；D、LiCoO2极是电池正极，充电时与电源正极相连，故D错误。7.已知：AGlgc(H+)/c(OH-)，室温下用0.01molL1 NH3H2O溶液滴定20.00mL 0.01molL1某一元酸HA，可得下图所示的结果，下列说法中错误的是A. 该滴定实验最好选用甲基橙作指示剂B. 整个过程中，C点时水的电离程度最大C. 若x330，则有：3c(OH)c(NH4+)+3c(H+)2c(NH3H2O)D. AC的过程中，可存在：c(A)c(H+)c(NH)c(OH)【答案】B【解析】【详解】A、由A点可知0.01molL1HA溶液中c(H+)0.01molL1，所以HA为强酸，因为氨水是弱碱，所以滴定时应该选用甲基橙作指示剂，故A说法正确；B、整个滴定过程中，当酸碱恰好反应生成盐时，水的电离程度最大，由于生成的盐是强酸弱碱盐，此时溶液显酸性，而C点为中性，故B说法错误；C、若x330，根据电荷守恒有：c(OH)+c(A)c(NH4+)+c(H+)，根据物料守恒有3c(A)2c(NH)+c(NH3H2O)，二者联合解得：3c(OH)c(NH4+)+3c(H+)2c(NH3H2O)，故C说法正确；D、AC的过程中，若加入的氨水的量很少时，溶液中H+和A较多，此时可存在：c(A)c(H+)c(NH4+)c(OH)，故D说法正确。【点睛】选择指示剂的原则是一是变色范围越窄越好，二是滴定终点的酸碱性与pH变色范围一致，如本题选项A，HA为强酸，NH3H2O为弱碱，生成的NH4A为强酸弱碱盐，溶液显酸性，即指示剂选用甲基橙。二、非选择题（共43分）8.CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并验证其它分解产物。【查阅资料】CuCl是一种白色难溶固体，潮湿CuCl在空气中缓慢被氧化（1）配平潮湿CuCl在空气中被氧化的化学方程式：_CuCl+_O2+_ =3CuOCuCl23H2O+_HCl【实验探究】该小组选用下图装置进行实验（夹持加热仪器略）。（2）装置A用于制取HCl：NaCl+H2SO4=NaHSO4+HCl，浓硫酸在该反应中体现强酸性和_性；（3）按实验要求选择上图装置，连接顺序为：a_（按气流方向，用小写字母表示）；（4）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：连接装置，_；装入药品；打开分液漏斗活塞；控制温度加热硬质玻璃管一段时间；停止通HCl，升温继续加热；步骤通HCl的目的是_；（5）装置E中发生反应的离子方程式是_。【实验分析与改进】（6）装置B中试纸先变蓝后又褪色，经查资料获知过量的Cl2能将I2氧化。甲同学认为可将湿润的淀粉KI试纸改成足量的淀粉KI溶液以克服Cl2过量的问题，但小组分析后认为该方案存在一个明显安全问题：_（7）反应结束后，CuCl产品中可能含有少量未分解的CuCl2，乙同学认为只用一种日常生活常见的液体即可检验。该实验方案为：取少量固体放入小试管中，_。【答案】 (1). 4，1，4H2O=1，2 (2). 难挥发性 (3). degfcbh或edgfcbh (4). 检查装置气密性 (5). 抑制CuCl2水解 (6). H+ + OH=H2O (7). Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O (8). HCl易溶于水，易发生倒吸 (9). 加少量水后用胶塞盖紧，迅速震荡，若溶液显蓝色则产品中含CuCl2，若不显蓝色则不含CuCl2【解析】配平潮湿CuCl在空气中被氧化，说明有水参加反应，结合氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式经配平后为4CuCl+O2+4H2O=3CuOCuCl23H2O+2HCl；实验室通过利用浓硫酸的强酸性和难挥发性的性质，通过反应NaCl+H2SO4=NaHSO4+HCl来制取HCl；由A装置制备的HCl通入C装置，经过D装置无水硫酸铜检验生成的水和B装置检验是否有氯气生成，最后用E装置进行尾气处理，减小环境污染，则装置的连接顺序为adegfcbh或aedgfcbh；装置连接后，首先要检验装置气密性，再进行后续实验；因CuCl2在水溶液中易水解，可通入HCl抑制CuCl2水解；装置E是用NaOH溶液吸收含有HCl和Cl2的尾气，发生反应的离子方程式是 H+ + OH=H2O和Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；如果将湿润的淀粉KI试纸改成足量的淀粉KI溶液，因HCl气体易溶解于水，容易产生倒吸现象，存在安全隐患；CuCl2能溶解于水，且其水溶液显蓝色，同时考虑到CuCl在潮湿环境中易氧化，则检验时需避免空气中氧气的干扰，具体操作是加少量水后用胶塞盖紧，迅速震荡，若溶液显蓝色则产品中含CuCl2，若不显蓝色则不含CuCl2。点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。实验现象：自下而上，自左而右全面观察。实验结论：直接结论或导出结论。9.回答下列问题：（1）已知室温下CO的燃烧热为283 kJ/mo1，则CO的燃烧热的热化学方程式为_。（2）工业上利用CO和H2合成清洁能源CH3OH，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-116kJ/mo1如图表示CO的平衡转化率()随温度和压强变化的示意图。X表示的是_，Y1_Y2(填“”)。（3）合成甲醇的反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，在500下发生反应，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。反应进行到4min时，v(正)_v(逆)(填“”“”或“=”)。04min，CO2的平均反应速率v(CO2)=_molL1min1。该温度下平衡常数为_。下列能说明该反应已达到平衡状态的是_。Av正(CH3OH)=3v逆(H2) BCO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1311C恒温恒压下，气体的体积不再变化 D恒温恒容下，气体的密度不再变化（4）为提高燃料的能量利用率，常将其设计为燃料电池。某电池以甲烷为燃料，空气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，以具有催化作用和导电性能的稀土金属为电极。写出该燃料电池的负极反应式：_。【答案】 (1). CO(g)+1/2O2(g)CO2(g) H=-283kJ/mo1 (2). 压强 (3). (5). 0.125 (6). 5.33(或5.3或16/3) (7). C (8). CH4 - 8e- + 10 OH- = CO32-+7 H2O【解析】【分析】燃烧热为1mol纯净的可燃物完全燃烧生成稳定的化合物释放的热量；可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡。【详解】(1)根据燃烧热的概念，燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+1/2O2(g)CO2(g) H=-283kJ/mo1；(2) H0，该反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，图像中曲线Y升高，根据方程可知，增大压强，体积减小，平和正向移动，则X 表示压强；当压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，Y1v(逆)；v(CO2)=/=0.5/4=0.125mol/（Lmin）；该温度下平衡常数，=5.33；A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，因此3v正(CH3OH)=v正(H2)，所以v正(CH3OH)=3v逆(H2)不能说明CH3OH正逆反应速率相同，A错误；B.平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度之比不一定为1: 3 :1: 1，所以不能作为平衡的标志，B错误；C.该反应是气体分子数变化的反应，恒温恒压下，气体的体积不再变化，可以作为平衡的标志，C正确；D. 反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，所以密度始终保持不变，因此混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，D错误；答案为C(4)甲烷燃料电池以甲烷为燃料，以空气为氧化剂，以KOH溶液为电解质，负极得电子，电解质溶液参与反应，电池反应为：CH4 - 8e- + 10 OH- = CO32-+7 H2O；10.某化学兴趣小组拟探究锡及锡的化合物的部分性质。经查阅资料知：Sn的熔点231；SnCl2易被氧化，且易水解；Sn(OH)2常温下易分解，SnCl4常温下为无色液体，熔点33，沸点114.1，请回答下列问题：（1）该小组用以下流程制备SnSO4晶体：操作所需的实验仪器为_。过滤操作中玻璃棒使用的注意事项为_。操作为沉淀的洗涤。请简述如何判断沉淀是否洗涤干净：_。（2）用熔融的锡与干燥的氯气制备SnCl4，提供的装置如下：装置为冷凝管，则水流从_进入。请用大写英文字母按从左到右顺序连接组装仪器_。有同学指出中连接的实验装置存在不足，不足之处为_。（3）测定锡粉质量分数的步骤：取锡粉1.226g溶于盐酸中，加入过量的FeCl3溶液，再用0.1000molL1 K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，消耗K2Cr2O7溶液32.00mL，发生的反应：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。则锡粉的质量分数为(杂质不参与反应)_。【答案】（1）蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架(或带铁圈的铁架台)、火柴；玻瑞棒有一定倾斜角；引流时烧怀尖嘴紧靠在玻璃棒上；玻瑞棒未端轻靠在多层滤纸上；取洗涤液少许于试管中滴入用HNO3酸化的AgNO3溶液若无明显理象则证明洗涤干净；否则洗涤不干净；（2）Q；BJIKACDGHE(F)；缺少尾气处理装置（3）9318%【解析】试题分析：（1）从溶液中获得溶质的晶体，可以通过蒸发结晶得到，因此操作所需的实验仪器为蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架(或带铁圈的铁架台)、火柴，故答案为：蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架(或带铁圈的铁架台)、火柴；过滤操作中使用玻璃棒时要注意：玻瑞棒有一定倾斜角；引流时烧怀尖嘴紧靠在玻璃棒上；玻瑞棒未端轻靠在多层滤纸上，故答案为：玻瑞棒有一定倾斜角；引流时烧怀尖嘴紧靠在玻璃棒上；玻瑞棒未端轻靠在多层滤纸上；操作I前的过滤，得到的滤液中含有氯离子，判断沉淀是否洗涤干净，只需判断沉淀上是否还吸附有氯离子即可，方法是取洗涤液少许于试管中滴入用HNO3酸化的AgNO3溶液若无明显理象则证明洗涤干净；否则洗涤不干净，故答案为：取洗涤液少许于试管中滴入用HNO3酸化的AgNO3溶液若无明显理象则证明洗涤干净；否则洗涤不干净；（2）使用冷凝管时，冷却水应该下进上出，水流从Q进入，故答案为：Q；用熔融的锡与干燥的氯气制备SnCl4，首先要制备干燥的氯气，应该选择装置和，且先除氯化氢，再干燥；然后将干燥的氯气通入中反应生成SnCl4，根据SnCl4的物理性质可知，SnCl4的沸点较低，可以用使之冷凝，用收集生成的SnCl4，为了防止外界水蒸气等进入装置，最后连接一个干燥装置，从左到右组装仪器的顺序为BJIKACDGHE(F)，故答案为：BJIKACDGHE(F)；反应中的氯气可能不完全反应，会造成空气污染，故答案为：缺少尾气处理装置；（3）由Sn+2HClSnCl2+H2，SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl6FeCl3+2KCl+ 2CrCl3+7H2O，6SnK2Cr2O7由方程式得知K2Cr2O76FeCl23SnCl23Sn，n(Sn)=3n(K2Cr2O7)=301000mol/L0032L=00096mol，m(Sn)=n(Sn)M(Sn)= 00096mol119g/mol= 11424g，锡粉样品中锡的质量分数=100%=100% =9318%，故答案为：9318%。考点：考查了物质的分离提纯、化学计算的相关知识。化学选修3：物质结构与性质11.有A、B、C、D、E五种元素，其相关信息如表：元素相关信息AA原子的1s轨道上只有1个电子BB是电负性最大的元素CC基态原子的2p轨道中有3个未成对电子DD是主族元素且与E同周期，其最外能层上有2个运动状态不同的电子EE能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物请回答下列问题：（1）写出E元素原子基态时的电子排布式_。（2）C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能_ (填“大”或“小”) 。（3）CA3分子中C原子的杂化类型是_。（4）A、C、E三种元素可形成E(CA3)42+，其中存在的化学键类型有_(填序号)；配位键 金属键 极性共价键 非极性共价键 离子键 氢键若E(CA3)42+具有对称的空间构型，且当E(CA3)42+中的两个CA3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则E(CA3)42+的空间构型为_ (填序号)。a.平面正方形 b.正四面体 c.三角锥形 d.V形（5）B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示，其中D离子的配位数为_，若该晶体的密度为a gcm3，则该晶胞的体积是_cm3(写出表达式即可)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1 (2). 大 (3). sp3 (4). (5). a (6). 8 (7). 【解析】【分析】A原子的1s轨道上只有1个电子，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C基态原子的2p轨道中有3个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有2个运动状态不同的电子，则为Ca元素；【详解】A原子的1s轨道上只有1个电子，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C基态原子的2p轨道中有3个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有2个运动状态不同的电子，则为Ca元素；（1）Cu元素原子基态时的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；（2）N元素原子的2p轨道为半充满，结构较稳定，则N元素的第一电离能比氧元素的第一电离能大；（3）NH3分子中N原子含有一个孤电子对、3个键电子对，则其杂化类型是sp3；（4）Cu(NH3)42+为配离子，其中Cu2+离子与NH3分子形成配位键，NH3分子中N、H原子间为极性共价键，答案选；Cu(NH3)42+形成4个配位键，且具有对称的空间构型，则可能为平面正方形或正四面体，若为正四面体，Cu(NH3)42+中的两个NH3被两个Cl离子取代后，只有一种结构，所以应为平面正方形，答案选a；（5）由晶胞结构图可知，Ca2+离子的配位数为8；根据均摊法，晶胞中含有4个Ca2+