四川省成都市第七中学2019届高三化学下学期二诊模拟考试试题（含解析）.docx

四川省成都市第七中学2019届高三化学下学期二诊模拟考试试题（含解析）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,只有一项符合题目。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A. 沥青常用于铺路，可以通过石油分馏得到B. 静电除尘、血液透析利用了胶体聚沉的性质C. 液态植物油与氢气加成后可以得到像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪D. 大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨，具有很大危害【答案】B【解析】【详解】A.沥青常用于铺路，沥青是石油分馏得到的相对分子质量大的烃的混合物，A正确；B.静电除尘是利用胶体的电泳的性质，血液透析利用了胶体的渗析的性质，B错误；C.液态植物油的烃基部分含有不饱和的碳碳双键，与氢气加成后变为饱和的烃基，就由液态的植物油变为像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪，C正确；D.大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨，能够使土壤酸化，破坏建筑物、腐蚀文物等，具有很大危害，D正确；故合理选项是B。2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NAB. 0.1mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同C. 标准状况下，2.24L三氯甲烷中含碳氯共价键的数目为0.3NAD. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，转移的电子数为NA【答案】A【解析】【详解】A.46g二氧化氮的物质的量是1mol，由于1个硝基和1个NO2分子都含有23个电子，所以1mol硝基和1mol NO2在含有的电子数均为23NA，A正确；B.只有物质的浓度，缺少溶液的体积，不能确定微粒的数目，B错误；C.三氯甲烷在标准状况下的状态为液态，不能使用气体摩尔体积计算，所以不能计算微粒的数目，C错误；D.由于微粒的还原性I-Fe2+，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，已经有2molI-被氧化，则反应过程中转移的电子数为3NA，D错误。故合理选项是A。3.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,氧杂螺戊烷的结构简式为，则下列说法正确的是A. lmol该有机物完全燃烧需要消耗5.5molO2B. 二氯代物超过3种C. 该有机物与环氧乙烷互为同系物D. 该有机物所有碳、氧原子处于同一平面【答案】B【解析】【详解】A.氧杂螺戊烷的分子式是C4H6O，1mol该化合物完全燃烧消耗O2的物质的量为5mol，A错误；B.氧杂螺戊烷二氯代物中两个Cl原子在同一个C原子上3种同分异构体，在两个不同的C原子上也有3种同分异构体，所以含有的同分异构体种类数目为6种，超过了3种，B正确；C.该有机物与环氧乙烷结构不相似，因此不是同系物，C错误；D.该有机物含有C原子为饱和C原子，饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构，最多有两个顶点原子与该C原子在同一个平面上，所以不是所有碳、氧原子处于同一平面，D错误；故合理选项是B。4.下列根据实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将石蜡油催化分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色该气体为乙烯B向NaAlO2溶液中持续通入气体Y先出现 白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是CO2气体C向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入CuCl2、FeCl3溶液加FeCl3溶液的H2O2产生气泡较快Fe3+对H2O2分解的催化效果较好D取CH3OONa溶液于试管中并加入几滴酚酞，再加热溶液红色加深CH3COONa溶液显碱性且存在水解平衡A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.将石蜡油催化分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液褪色，证明该气体为不饱和烯烃，但不一定是乙烯，A错误；B.向NaAlO2溶液中持续通入气体Y，先出现 白色沉淀，最终沉淀又溶解，说明该气体为酸性气体，反应产生了Al(OH)3沉淀，由于Al(OH)3只能被强酸、强碱溶解，所以该气体的水溶液显强酸性，而CO2的水溶液是弱酸，不能溶解Al(OH)3沉淀，B错误；C.向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入CuCl2、FeCl3溶液，由于不清楚加入的CuCl2、FeCl3溶液的浓度大小、体积多少，所以不能判断Fe3+对H2O2分解的催化效果较好，C错误；D.取CH3OONa溶液于试管中并加入几滴酚酞，再加热, 溶液的红色加深，说明CH3COO-水解而使溶液显碱性；加热后，溶液中的c(OH-)增大，使溶液的碱性增强，故该溶液中存在水解平衡且水解平衡向正向移动，D正确；故合理选项是D。5.电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生 Fenton反应生成的羟基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是A. 电源的A极为正极B. 与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H+OHC. Fenton反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OHD. 每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的OH为2mol【答案】C【解析】【详解】左侧电极附近Fe3+Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A极为负极，A错误；与电源B相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B错误；双氧水能够把 Fe2+氧化为Fe(OH)2+，C正确；每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OH反应看出转移1 mol电子，生成1mol OH，所以应当生成4 mol OH；D错误；正确选项C。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法错误的是A. 离子半径：YXWWZC. 把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色D. 向ZYW2与水反应后的溶液中滴加氯化钡溶液无明显现象【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂，则X是N元素，该氢化物为NH3，Y是O元素，Z是S元素，W是Cl元素。ZYW2为SOCl2，SOCl2与H2O反应产生的有刺激性气味的气体，该气体可使品红溶液褪色，则该气体是SO2，另一种为HCl，据此分析解答。【详解】据上所述可知X是N元素，Y是O元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；电子层数不同的离子，电子层数越多，离子半径就越大，故离子半径：YXWWZ，所以简单氢化物的稳定性：YWZ，B正确；C.ZY2是SO2，把ZY2通入石蕊溶液中，发生反应：SO2+H2O=H2SO3，H2SO3是酸，具有酸的通性，所以可以使紫色石蕊试液变为红色，但不能褪色，C错误；D. ZYW2为SOCl2，ZYW2与水反应方程式是：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，SO2+H2O=H2SO3，反应后的溶液显酸性，H2SO3、HCl与BaCl2不能发生反应，所以混合无明显现象，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、物质的性质及微粒半径大小比较的知识。短周期主族元素X的气态氢化物常用作制冷剂推知X元素是N元素是突破口，掌握元素周期表和元素周期律的关系是本题解答的关键。7.已知298K时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如a、b所示，已知：该温度下KapCu(OH)2KapFe(OH)2下列说法中正确的是A. a线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系B. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时,溶液中c(Fe2+)：c(Cu2+)=104.6：1C. 除去CuSO4溶液中少量的Fe2+，可加入适量CuOD. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液【答案】B【解析】【分析】A.该温度下，KspCu(OH)2KspFe(OH)2，则在相同条件下的饱和溶液中，c(Fe2+)c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小；B.c(Fe2+)：c(Cu2+)=；C.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，加入适量CuO，Fe2+不变；D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，金属离子的浓度会减小。【详解】A.该温度下，KspCu(OH)2KspFe(OH)2，则在相同条件下的饱和溶液中，c(Fe2+)c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，所以b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，A错误；B.c(Fe2+)：c(Cu2+)=104.6：1，B正确；C.KspCu(OH)2KspFe(OH)2，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，C错误；D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了难溶物的溶解平衡、溶度积的表达式及计算、物质的分离与提纯，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法，本题难度适中。8.草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。 I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：E中盛装碱石灰的仪器名称为_。按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为agf_尾气处理装置(仪器可重复使用)。实验前先通入一段时间N2，其目的为_。实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_。(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为_。(3)晒制蓝图时，以K3Fe(CN)6溶液为显色剂，该反应的化学方程式为_。.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；步骤2：取上述溶液25.00mL，用 cmol/L KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。(4)步骤2中滴定终点的现象为_；步骤3中加入锌粉的目的为_。(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为_；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。【答案】 (1). U形管 (2). bchi(或ih)debc (3). 排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸 (4). C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊 (5). FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O (6). 3FeC2O4+2K3FeCN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4 (7). 锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色 (8). 将Fe3+还原为Fe2+ (9). 100% (10). 偏低【解析】【分析】I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)受热发生分解反应：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3Fe(CN)6溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；II. 步骤2中向FeC2O42H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O42H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O42H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O42H2O的质量，从而可得其纯度，据此分析。【详解】(1) 根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为agfbchi(或ih)debc尾气处理装置；实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O42H2O FeO+CO+CO2+2H2O；(3)K3Fe(CN)6溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3FeCN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4； (4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+，以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。(5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)= cmol/L (V1-V2) 10-3L=c(V1-V2)10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O42KMnO4，H2C2O4是FeC2O42H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知FeC2O42H2O5H2C2O42KMnO4，故nFeC2O42H2O=n(KMnO4)=c(V1-V2)10-3mol，所以草酸亚铁晶体样品的纯度为100%=100%。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据=100%可知，测定结果将偏低。【点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。9.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-867.0kJ/mol；N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) H=+67.8 kJ/mol；N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+89.0 kJ/mol则CH4催化还原NO的热化学方程式为_。(2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。据此判断该反应的正反应为_(填“放热”或“吸热”)反应。温度T1时，该反应的平衡常数K=_；反应速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处=_。(3)SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，HSeGa (4). sp3 (5). 三角锥形 (6). 均为原子晶体，且GaN中N原子半径小，Ga-N 键长比Ga-As短，键能更大，熔点更高 (7). CCl4、SiCl4、 SiF4、 CF4(填其中一种即可) (8). 正四面体形 (9). 1010【解析】【分析】(1)镍是28号元素，根据构造原理，可确定Ni、S的核外电子排布式，结合原子结构与元素在元素周期表的位置关系确定其在周期表中的位置；一般情况下，同一周期的元素原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当原子核外电子处于其轨道上的全满、半满、全空时是稳定结构，比相应原子序数大1个的VIA的元素大分析。(2)根据As原子最外层电子数及形成化学键的关系分析Na3As3中As原子的杂化方式；AsCl3的空间构型要根据成键电子对与孤对电子分析其空间构型；(3)GaAs根据微粒间的作用力与微粒半径大小分析物质熔点高低；(4)根据等电子体的概念分析其相应的等电子体；(5)根据微粒的空间构型及相对位置分析其空间构型，用均摊法先计算晶胞中含有的As、Ga原子数目，计算出晶胞的质量，结合晶胞的密度可得晶胞的体积。【详解】(1)镍是28号元素，根据构造原理，可确定Ni核外电子排布式是1s22s22p63s23p6