宁夏银川市2019届高三化学下学期质量检测试卷.docx

宁夏银川市2019届高三化学下学期质量检测试卷（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 Ni-59一、选择题：本题共13小题，每小题6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.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是选项现象或事实解释A化石燃料燃烧时采取脱硫措施提高化石燃料的利用率B用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应C商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎该鼎属于铁合金制品D静置后的淘米水能产生达尔效应说明淘米水具有胶体的性质A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.化石燃料燃烧时采取脱硫措施是为了减少二氧化硫的排放，以免污染空气，故A错误；B.盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强，因此用热的纯碱溶液可以洗去油污，并不是碳酸钠可与油污直接反应，故B错误；C.后母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品，故C错误；D.丁达尔效应是胶体所特有的性质，故静置后的淘米水能发生丁达尔效应，则说明淘米水是胶体，故D正确。故选D。2.海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是A. 从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的B. 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C. 在步骤中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2D. 在步骤中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH增大【答案】A【解析】【详解】A.从海水中得到粗盐采用蒸发的方法，故A正确；B.在NaHCO3或Na2CO3中加入澄清的石灰水，现象均为产生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；C.步骤中发生反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2= Br2+2NaCl，Br的化合价由-1价升高为0价，溴离子被氧化为Br2，故C错误；D.步骤中SO2水溶液吸收Br2，发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，pH减小，故D错误。故选A。3.下列关于有机化合物的说法正确的是A. C4H9C1的同分异构体数目为3B. 用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯C. 乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液都能发生加成反应D. 淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.C4H9C1的同分异构体包括CH3CH2CH2CH2Cl、CH3CH2CHClCH3、(CH3)2CHCH2Cl、(CH3)3CCl，共4种，故A错误；B.乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙醇与碳酸钠不反应不分层，乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，现象不同，可鉴别，故B正确；C.乙烯与高锰酸钾溶液反应属于氧化反应，与溴水的反应属于加成反应，故C错误；D.油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而淀粉、蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物，故D错误。故选B。4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 6.0g醋酸中含有非极性键总数为0.2NAB. 22.4L(标准状况)氖气含有的质子数为10NAC. 1L0.1molL1的NaHCO3溶液中，HCO3离子数为0.1NAD. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mo1氧气转移的电子数为0.4N【答案】B【解析】【详解】A.1个醋酸分子中含有1个非极性键，6.0g醋酸的物质的量为6.0g60g/mol=0.1mol，故含有非极性键总数为0.1NA，故A错误；B.标准状况下，22.4L氖气的物质的量为1mol，氖气是单原子分子，1个氖气分子中含有10个质子，故含有的原子数约为NA，故B正确；C.NaHCO3的物质的量为1L0.1molL1=0.1mol，HCO3-在溶液中能电离为CO32-和水解为H2CO3，根据物料守恒可知，溶液中的HCO3-、CO32-、H2CO3之和为0.1NA个，故C错误；D.过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误。故选B。5.短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法错误的是A. X2W2和X2W中阴、阳离子数之比均为1：2B. 可用M的单质与W的氢化物反应证明非金属性MWC. M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：MCO32，故D正确。故选D。7.一种新型的双离子可充电电池的原理如图所示，以下说法正确的是A. 电极a发生的反应为还原反应B. 充电时a极与电源的正极相连C. 正极发生的电极反应可能为：CaFeO3+e=CaFeO2.5+1/2O2D. 放电时，每当有NA个Na+移向b极，外电路中一定转移2NA个电子【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，电极a发生的反应为Na-e-=Na+，为氧化反应，故A错误；B.充电时a极发生的反应为Na+e-=Na，还原反应，则a为电解池的阴极，阴极与电源的负极相连，故B错误；C.由图可知，电极b为正极，发生的电极反应可能为：CaFeO3+e=CaFeO2.5+1/2O2，故C正确；D.放电时，每当有NA个Na+移向b极，外电路中转移NA个电子，故D错误。故选C。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.Na2S2O4俗称保险粉，常用做纺织工业的漂白剂、脱色剂等。某科研小组制备并探究其性质。资料：Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。制备Na2S2O4 (部分加热等辅助仪器略去)(1)仪器的名称是_。(2)B装置用于制备Na2S2O4。第一步反应：Zn+2SO2ZnS2O4；第二步，加入NaOH溶液，于2835下反应生成Na2S2O4，该步反应的化学方程式为_。(3)实验时，先向B中通入SO2的原因，除产生Zn S2O4之外，另一原因是_。(4)反应后除去B中的沉淀，在滤液中加入一定量的NaCl固体搅拌，有Na2S2O4晶体析出。加入NaCl固体的作用是_探究Na2S2O4的性质(5)隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是_。(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4，溶液)(6)制备纳米级银粉用NaOH溶液溶解Na2S2O4，加入一定量的AgNO3溶液，生成纳米级的银粉。在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，且生成的含硫物质只有一种，写出该反应的离子方程式_。(7)为测定某含硫代硫酸钠样品的纯度(其它杂质均不参加反应)设计如下方案，并进行实验：准确称取该硫代硫酸钠样品mg，配制成250mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用 nmolL1I2标准溶液滴定(发生反应：2S2O32+I2=S4O32+2I)，至滴定终点。滴定终点的现象为_，平均消耗I2标准溶液VmL，样品中Na2S2O4的纯度为_(用代数式表示)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4 + Zn(OH)2 (3). 排出装置中残留的O2或空气(或防止生成物Na2S2O4被氧化) (4). 加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出(用沉淀溶解平衡解释可以 (5). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 (6). 2Ag+S2O42+4OH2Ag+2SO32+2H2O (7). 滴入最后一滴I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色 (8). 3.16nv/m(或316nv/m%或3.16nv/m100%)【解析】【分析】装置A中的浓硫酸通过分液漏斗滴到蒸馏烧瓶中和Cu反应制得二氧化硫，二氧化硫和Zn在三颈烧瓶中反应生成ZnS2O4，加入NaOH溶液反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，装置C中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气，防止污染空气，据此答题。【详解】（1）仪器的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶。（2）2835下反应生成的ZnS2O4与NaOH溶液反应，反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，反应的化学方程式为ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn(OH)2，故答案为：ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn(OH)2。（3）由于Na2S2O4具有极强的还原性，易被空气氧化，所以B装置反应前应排尽装置中的空气，防止氧气干扰实验，故答案为：排出装置中残留的O2或空气(或防止生成物Na2S2O4被氧化)。（4）加入NaCl固体的目的是，溶液中的Na+离子浓度增大，使Na2S2O4的溶解度降低，更易结晶析出，提高产率，故答案为：加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出(用沉淀溶解平衡解释可以)。（5）应固体中含有的Na2SO3、Na2S2O3会干扰Na2SO4的检验，应先加入足量的稀盐酸，排除Na2SO3、Na2S2O3的干扰，再加入BaCl2溶液，检验是否存在Na2SO4，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。（6）由题意可知，AgNO3溶液和碱性Na2S2O4溶液反应生成纳米级的银粉，反应中Ag元素的化合价升高，做氧化剂，Na2S2O4做氧化剂被氧化，因氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，由得失电子数目守恒可知S2O32-被氧化为SO32-，反应的方程式：2Ag+S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O，故答案为：2Ag+S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O。（7）移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用nmolL1I2标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象为：滴入最后一滴I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色，根据离子方程式进行计算得到25.00mL硫代硫酸钠物质的量：2S2O32+I2=S4O32+2I2 1n（Na2S2O3）nmol/LV10-3Ln(Na2S2O3)=2nV10-3mol配制的250mL溶液中含有n(Na2S2O3)=0.02nVmol，样品中n(Na2S2O3)的百分含量=0.02nV158g/molm100%=3.16nV/m，故答案为：滴入最后一滴I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色；3.16nv/m(或316nv/m%或3.16nv/m100%)。9.中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：注：A1(OH)3和Cu(OH)2分解温度分别为450和80(1)在电解精炼银时，阳极材料为_。(2)加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施为_(写出两种)。(3)滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为_。(4)过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有_。(5)固体混合物B的组成为_；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_。(6)煅烧阶段通入惰性气体的原因_。【答案】 (1). 粗银 (2). 拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案 (3). 3Ag + 4H+ + NO3- = 3Ag+ NO + 2H2O (4). 漏斗、玻璃棒 (5). Al(OH)3和CuO的混合物 (6). Al(OH)3OH=AlO22H2O (7). 保护气(或防止铜被氧化)【解析】【分析】银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量的银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到Al(OH)3和CuO的混合物，煅烧可得到CuAlO2，据此答题。【详解】（1）电解精炼铜时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，硫酸铜溶液作电解液，电解精炼银与此类似，则纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液，故答案为：粗银。（2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施有搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案，故答案为：搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案。（3）滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银、产生无色气体，即3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O，离子方程式为：3Ag+4H+ +NO3-=3Ag+NO+2H2O，无色的一氧化氮气体在空气迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即2NO+O2=2NO2；故答案为：3Ag+4H+ +NO3-=3Ag+NO+2H2O。（4）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒。（5）结合信息和流程图可知：硫酸铜、硫酸铝与稀氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸是氢氧化铜分解生成氧化铜，氢氧化铝不分解，所以固体B的主要成分是Al(OH)3和CuO的混合物，若NaOH过量，两性氢氧化物Al(OH)3就会溶解，反应氮的离子方程式为：Al(OH)3OH-=AlO2-2H2O，故答案为：Al(OH)3和CuO的混合物；Al(OH)3OH-=AlO2-2H2O。（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因是做保护气(或防止铜被氧化)，故答案为：保护气(或防止铜被氧化)。【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。10.“绿色”和“生态文明”是未来的发展主题，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题；(1)在新型纳米催化剂 Na-Fe3O4，和HMCM-22的表面将CO2先转化为烯烃再转化为烷烃，已知CO2转化为CO的反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H=+41kJ/mol；2 CO2 (g)+6H2(g)=C2H4(g)+4 H2O (g) H=128kJ/mol则CO转化为C2H4的热化学方程式为_。(2)用氨水捕捉烟气中的CO2生成NH4CO3。通常情况下，控制反应温度在35-40范围内的原因_。(3)有科学家提出可利用FeO吸收CO2，6FeO(s)+CO2(g)2Fe3O4(s)+C(s) K1(平衡常数)，对该反应的描述正确的是_a生成 1mol Fe3O4时电子转移总数为2NAb压缩容器体积，可增大CO2的转化率，c(CO2)减小C恒温恒容下，气体的密度不变可作为平衡的标志d恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志(4)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H，一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1 molCO2和3mo1H2。在不同催化剂作用下发生反应I、反应II、反应II，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：活化能最小的为_(填“反应I”、“反应II”、“反应III”)。b点反应速率v(正)_v(逆)(填“”、“=”或“”、“=”或“ (6). 59.26(或1600/27) (7). 放热反应 (8). (9). 2.16105 (10). 不变【解析】【详解】（1）已知CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H=+41kJ/mol；2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) H=128kJ/mol；由盖斯定律-2可得：2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g) H=（-128kJ/mol）-（+41kJ/mol）2=-210kJ/mol，则CO转化为C2H4的热化学方程式为2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g) H=-210kJ/mol，故答案为：2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g) H=-210kJ/mol。（2）通常情况下，控制反应温度在35-40范围内，因为温度低于35，反应速率慢；高于40，NH4HCO3受热易分解(或温度太高，气体物质的溶解性降低)，故答案为：防止NH4HCO3分解，低于35反应速率慢高于40分解(或温度太高，气体物质的溶解性降低)。（3）a.由6FeO(s)+CO2(g)2Fe3O4(s)+C(s)可知，反应方程式FeO中铁元素化合价+2升至Fe3O4中+8/3，CO2由+4降至C中碳元素的0价，每生成1molC转移电子4mol，生成Fe3O42mol，则生成1molFe3O4转移电子2mol，电子转移总数为2NA，故a正确；b.压缩容器体积实质为增大压强，反应前后气体体积减小，平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率减小，c(CO2)增大，故b错误；c.恒温恒容下，气体的密度=m/V，若密度不变，说明CO2的质量不变，则CO2的浓度不变，可以作为达到平衡的标志，故c正确；d.恒温恒压下，气体摩尔质量M=m/n，摩尔质量不变不能作为达到平衡的标志，故d错误。故答案为：ac。（4）相同温度下，相同时间内反应I中CO2的转化率越大，所以催化效果最佳的是反应I，活化能也最小，故答案为：反应I。b点要达到平衡，CO2的转化率增大，反应正向进行，故反应速率v(正)v(逆)，故答案为：。一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3mo1H2，由图像可知，T4温度下，CO2的平衡转化率为80%，则转化的CO2的物质的量浓度为1mol/2L80%=0.4mol/L， CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)开始（mol/L） 0.5 1.5 0 0转化（mol/L） 0.4 1.2 0.4 0.4平衡（mol/L） 0.1 0.3 0.4 0.4T4温度下该反应的平衡常数K=c(CH3OH)c(H2O)/c3(H2)c(CO2)=0.40.4/(0.3)30.1=59.26，故答案为：59.26(或1600/27)。由图可知，相同压强时，温度越高，CO2的转化率越小，可以知道该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，H0；由反应可知，减小压强平衡逆向移动，由图可知，相同温度时，P2对应的转化率增大，P1P2，即该反应为气体体积减小的反应，压强越大，转化率越大，故答案为：放热反应，SiAlNa (4). sp3 (5). 正四面体 (6). ABD (7). 均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS(或 MnO的离子键强于MnS (8). 8：3 (9). 4(0.8859+16)/NA(42810-10)3或467.92/NA(42810-10)3、271.68/NA(42810-10)3、3.461024/NA【解析】【分析】（1）Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+；，Si原子核外电子数为14，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2；（2）非金属性越强，第一电离能越大；（3）根据杂化轨道理论进行判断；（4）二者为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS(或MnO的离子键强于MnS；（5）根据密度=质量/体积进行计算。【详解】（1）Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+，基态Cr3+的核外电子排布式为Ar3d3，Si原子核外电子数为14，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为M，故答案为：Ar3d3；M。（2）硅酸铝钠由O、Na、Al、Si四种元素构成，非金属性越强，第一电离能越大。所以第四种元素的第一电离能由大到小的顺序为OSiAlNa，故答案为：OSiAlNa。（3）根据THF的结构式可知，C原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp3。BH4-中B原子价层电子数=4+1/2（3+1-41）=4，且不含孤电子对，根据杂化轨道理论，BH4-中B原子的杂化类型为sp3杂化，所以空间构型是正四面体构型；故答案为：正四面体。Na+和BH-4之间存在离子键，硼原子和氢原子之间存在共价键、配位键，所以该化合物中不含氢键，故NaBH4所含化学键类型有离子键、共价键、配位键，故答案为：ABD。（4）MnO的熔点（1650）比MnS的熔点（1610）高，二者熔点较高，应为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS，离子晶体晶格能越大，熔点越高，则MnO的熔点较高，故答案为：均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS(或MnO的离子键强于MnS。（5）x为0.88，设晶体中Ni3+个数为x、Ni2+个数为y，则x+y=0.88，3x+2y-2=0（此式为化合价代数和为零），可解得：x=0.24；y=0.64，则晶体中Ni2+和Ni3+最简整数比为0.64：0.24=8：3；取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，则一个晶胞中，Ni原子数目为81/8+61/2=4，O原子数目为121/4+1=4，则1mol晶胞的质量为m=4(0.8859+16)g，一个晶胞的体积为V=4283pm3=(42810-10)3cm3，则晶体的密度为=m/NAV=4(0.8859+10)/NA(42810-10)3gcm3，故答案为：8：3；4(0.8859+16)/NA(42810-10)3或467.92/NA(42810-10)3、271.68/NA(42810-10)3、3.461024/NA。【点睛】第5小问根据均摊法计算晶胞中原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算。12.抗血栓药物氯贝丁酯()的一种合成路线如下图，部分反应条件及部分反应物、生成物已略去。回答下列问题：(1)E中官能团的名称为_。(2)有机物A的化学名称为_，B的结构简式为_，反应的反应类型为_。(3)要实现反应I的转化，加入下列物质能达到目的的是_。A NaHCO B NaOH C Na2CO3 D CH3COONa(4)写