广东省珠海市2019届高三化学上学期学业质量监测题（含解析）.docx

广东省珠海市2019届高三化学上学期学业质量监测题（含解析）注意事项1. 考试时间150分钟，满分300分。2. 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3. 回答第卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦千净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。4. 回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Se-79一、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.化学与工业生产有着密切的联系，下列说法中正确的是（ ）A. 与12C互为同素异形体的14C可用作文物鉴定B. 因铝的化学性质活泼，故不能用铝槽车储运浓H2SO4C. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、明矾净水等方法D. 石油裂解、煤的气化等过程中都包含化学变化【答案】D【解析】【详解】A. 14C可用作文物鉴定，但14C与12C互为同位素，A错误；B.Al是比较活泼的金属，容易被浓H2SO4氧化而在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，所以可用铝槽车储运浓H2SO4，B错误；C.明矾净水是除去水中悬浮的固体颗粒，不是海水淡化的方法，C错误；D.石油裂解、煤的气化等过程中都产生了新的物质，因此都包含着化学变化，D正确；故合理选项是D。2.海藻中含有丰富的碘元素（以I-形式存在）。实验室中提取碘的流程如下图所示：上述流程中步骤AD对应的装置图正确的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.海藻灼烧应该选择坩埚，不能在烧杯中进行，A错误；B.过滤要用过滤器，但装置图中缺少玻璃棒引流，B错误；C.用四氯化碳萃取碘水中的I2单质，要使用分液漏斗，分液漏斗下口紧靠在烧杯的内壁，C正确；D.分离沸点不同的物质用蒸馏方法，温度计不能伸入到液面下，要在蒸馏烧瓶支管口附近，D错误；故合理选项是C。3.某有机化合物M的结构简式如下图所示，有关该化合物的叙述正确的是（ ）A. 属于芳香烃B. 分子式为：C11H14O2C. 最多有11个碳原子共面D. 能发生化学反应的类型只有2种【答案】C【解析】【详解】A.该物质分子中含有-COOH，因此不是芳香烃，A错误；B.根据物质的结构简式可知该物质分子式是C11H12O2，B错误；C.苯分子是平面分子，甲基C原子和羧基C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子平面上；乙烯分子是平面分子，甲基C取代乙烯分子中H原子位置在乙烯分子的平面上，乙烯平面与苯分子的平面共直线，可以在同一个平面上，所以最多有11个碳原子共面，C正确；D.该分子含有碳碳双键，可以发生加成反应，氧化反应，含有羧基，能够发生酯化反应、取代反应、酸碱中和反应，因此能发生化学反应的类型不只有2种，D错误；故合理选项是C。4.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 32克188O2，中含有的中子数为10NAB. 25时，1L pH=12的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.02NAC. 标况下，224L Cl2与足量H2O反应转移的电子数为0.1NAD. 4.6gNa与足量O2充分反应后的产物中含离子数目为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A.188O2的一个分子中含有20个中子，32克188O2含有的中子数目为(32g36g/mol)20NA10NA，A错误；B.25时，1L pH=12的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-12mol/L，则c(OH-)=10-2mol/L，n(OH-)=10-2mol/L1LNA=0.01NA，B错误；C.标准状况下2.24L Cl2的物质的量为0.1mol，由于Cl2与水的反应是可逆反应，因此0.1molCl2与水反应，转移的电子的数目小于0.1NA，C正确；D.4.6gNa的物质的量是0.2mol，Na与O2反应产物无论是Na2O、Na2O2、还是Na2O、Na2O2的混合物，都含有3个离子，所以0.2molNa得到的产物的物质的量是0.1mol，则含有的离子数目为0.3NA，D正确；故合理选项是D。5.W、X、Y、Z为原子序数依次递增的前20号主族元素。W、Y均为非金属元素，而W、Z的最外层电子数之比为2:1，X是地壳中含量最高的金属元素，X、Y形成的二元化合物溶水后同时生成沉淀和臭鸡蛋气味的气体，下列说法正确的是（ ）A. Z对应的金属氢化物只存在离子键B. X、Z分别对应的金属氯化物的水溶液均呈酸性C. H2YO3的酸性比H2WO3强，则证明非金属性：YWD. Y的两种气态氧化物分别通入BaCl2溶液中均产生白色沉淀【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次递增的前20号主族元素。W、Y均为非金属元素，而W、Z的最外层电子数之比为2:1，X是地壳中含量最高的金属元素，则X是Al元素，X、Y形成的二元化合物溶水后同时生成沉淀和臭鸡蛋气味的气体，则Y是S元素；W、Z的最外层电子数之比为2：1，若Z最外层有1个电子，则W最外层有2个电子，还是非金属元素，不存在这种元素，若Z最外层有2个电子，原子序数大于S原子，则Z是Ca元素，W最外层有4个电子，原子序数比Al小，则W为C元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知W是C元素，X是Al元素，Y是S元素，Z是Ca元素。A.Z是Ca元素，Ca对应的金属氢化物CaH2是离子化合物，只存在离子键，A正确；B.X是Al元素，Z是Ca元素，AlCl3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，而CaCl2是强酸强碱盐，溶液显中性，B错误；C.H2SO3是中强酸性，H2CO3是弱酸，但H2SO3不是S最高价的含氧酸，因此不能通过比较H2SO3与H2CO3的酸性强弱来比较Y、W元素的非金属性强弱，C错误；D.S的两种气态氧化物有SO2、SO3，由于酸性HClH2SO3，所以两种氧化物分别通入BaCl2溶液中，只有SO3溶于水反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应产生BaSO4白色沉淀,D错误。故合理选项是A。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识。涉及元素的原子结构、物质的性质及原子在周期表的位置关系应用，物质酸性强酸比较、化学键类型、复分解反应等，难度中等，推断元素是解题关键。6.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如下图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（ ）A. 左池的pH值降低B. 右边为阴离子交换膜C. 右池电极的反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2+ 6H2OD. 当消耗0.1molC6H6O，在标准状况下将产生0.28mol氮气【答案】B【解析】【详解】A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2+ 6H2O，C正确；D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=mol=2.8mol，则当消耗0.1molC6H6O，将会产生0.28mol氮气，D正确；故合理选项是B。7.纯的叠氮酸(HN3)是一种弱酸，常温下向25mL 0.1 mol/L NaOH溶液中加入0.2 mol/L HN3溶液，滴加过程中的pH值的变化曲线(溶液混合时的体积变化忽略不计)如下图。下列说法正确的是（ ）A. 该滴定过程中应用甲基橙作指示剂B. 若B点pH=8，则c(HN3)=(10-610-8 )mol/LC. 点D对应溶液中存在关系：c(HN3)c(Na+)c(N3-)D. 沿曲线ABC的过程中，由水电离产生的c(OH-)逐渐减少【答案】B【解析】【详解】A.HN3是一元弱酸，与NaOH等物质的量反应得到的盐是强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以滴定时要选择在碱性条件下变色的指示剂酚酞，不能使用酸性范围变色的指示剂甲基橙，A错误；B.在B点时NaOH与HN3恰好发生中和反应产生NaN3，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(N3-)，由于NaOH、HN3的体积已知，所以c(Na+)=(25mL 0.1 mol/L)(25+12.5)mL=0.067mol/L，此时溶液的pH=8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，可得c(N3-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)= c(Na+)+10-8-10-6，再根据物料守恒可得c(HN3)+ c(N3-)=c(Na+)，所以c(HN3)=(10-610-8 )mol/L，B正确；C. D点时HN3的物质的量是NaOH的2倍，溶液为NaN3、HN3等物质的量关系混合，此时溶液中存在HN3的电离作用和N3-的水解作用，根据图示可知此时溶液显酸性，说明HN3的电离作用大于N3-的水解作用，所以c(N3-)c(Na+)，HN3由于电离而消耗，因此c(Na+)c(HN3)，因此溶液中微粒浓度关系为c(N3-)c(Na+)c(HN3)，C正确；D.在A点溶液为NaOH溶液，NaOH是碱，抑制水的电离，随着HN3的加入，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，当到B点时酸碱恰好中和，水电离程度达到最大值，后再向溶液中加入HN3，这时随着酸的加入，溶液逐渐变为酸性，酸对水的电离起抑制作用，水电离程度由逐渐减小，因此沿曲线ABC的过程中，由水电离产生的c(OH-)先逐渐增大到B点时最大，后又逐渐减少，D错误；故合理选项是B。8.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种易水解、受热易分解的白色固体，某研究小组用下图所示的实验装置制备氨基甲酸铵，反应原理为：2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s) H0。(1)仪器B的名称是_。(2)打开阀门K，装置E中由固体药品所产生的气体就立即进入装置D，则该固体药品的名称为_。(3)装置D为制备氨基甲酸铵的反应器(CCl4充当惰性介质)，在合适催化剂下搅拌一段时间。反应在冰水浴中进行的原因为_。当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，_（填操作名称）分离得到粗产品。(4)仪器G的作用有：_。(5)该实验装置中有一处不足，改进方法是_。(6)已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，则该反应的化学方程式_。(7)为测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，某研究小组用该样品进行实验，已知杂质不参与反应，请补充完整测定某样品中氨基甲酸铵质量分数的实验方案(限选试剂：蒸馏水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液)：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，_，测量的数据取平均值进行计算。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶或具支烧瓶 (2). 干冰 (3). 防止产品受热分解 (4). 过滤 (5). 除去过量的氨气，防止污染环境 (6). 在D和F之间增加一个装有碱石灰的干燥装置 (7). NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3 (8). 加入足量Ba(OH)2溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复23次【解析】【分析】在装置B中制取氨气，通过C装置的干燥作用氨气进入到D装置，与由E装置产生的CO2气体发生反应得到产品氨基甲酸铵，氨气是大气污染物，在排放前要进行尾气处理，用G中稀硫酸作吸收试剂，为防止倒吸现象，装置F起安全瓶的作用，以防止倒吸。据此分析解答。【详解】(1)根据图示可知仪器B的名称是蒸馏烧瓶；(2)装置E的作用是产生CO2气体，若打开阀门K，装置E中由固体药品直接产生CO2，则该固体药品的名称为干冰(即固体CO2)，(3)在装置D中氨气与CO2气体发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s) H0一定温度下，在一体积恒为VL的密闭容器中充入一定量的C4H8和C2H4，发生烯烃歧化反应。I该反应达到平衡的标志是_a.反应速率满足:2v生成(C4H8)=v生成(C3H6)b.C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比为1:1:2c.混合气体的平均相对分子质量不再改变d.C4H8、C2H4、C3H6的浓度均不再变化.已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，n(C3H6)=nmol，且平衡时C3H6的体积分数为。该时间段内的反应速率v(C4H8)= _mol/(Lmin)。（用只含m、V、t1的式子表示）。此反应的平衡常数K=_。t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，在新平衡中C3H6的体积分数_(填“”“ (7). c (8). 压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大【解析】【分析】(1)反应物与生成物的能量差为反应热，然后根据盖斯定律，将方程式叠加可得相应反应的热化学方程式；(2)b电极为阴极，CO2被还原为C3H6，结合溶液为酸性环境书写电极反应式；(3)I.可逆反应达到平衡时，任何一种物质化学反应速率不变，该物质的物质的量、浓度、百分含量等保持不变，据此判断平衡状态；II.先计算出v(C3H6)，然后根据二者反应时的物质的量关系，计算v(C4H8)；根据平衡常数K的含义，将各种物质的浓度带入定义式，就得到K的值；t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，导致容器内气体的物质的量增大，根据浓度商与K大小判断平衡移动方向分析与的大小；(4)从温度、压强两个方面分析使丙烯和乙烯的质量比增大的措施，选择合适的外界条件；从副反应的影响分析判断。【详解】(1)根据图1可得C3H8(g)=CH4(g)+C2H2(g)+H2 (g) H=+156.6kJ/mol；根据图2可得C3H6(g)= CH4(g)+C2H2(g) H=+32.4kJ/mol，-，整理可得：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，H=+124.2kJ/mol；(2)b连接电源的负极，作阴极，CO2在该电极获得电子，与溶液中的H+结合形成C3H6，该电极的电极反应式为3CO2+18H+18e-=C3H6+6H2O；(3)I. a.根据方程式可知：2v消耗(C4H8)=v生成(C3H6)，现在反应速率满足2v生成(C4H8)=v生成(C3H6)，说明v消耗(C4H8)= v生成(C4H8)，反应处于平衡状态，a正确；b.C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比与开始时加入的各种物质的物质的量多少一个，所以平衡时物质的量关系不一定符合1:1:2，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，b错误；c.反应在恒容密闭容器内进行，反应前后气体的物质的量及质量不变，所以任何情况下气体的平均相对分子质量都不改变，不能据此判断平衡状态，c错误；d.若C4H8、C2H4、C3H6的浓度均不再变化，说明反应处于平衡状态，d正确；故合理选项是ad；II.平衡时n(C3H6)=nmol，n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，平衡时C3H6的体积分数为。则，解得n=m。从反应开始至平衡，v(C3H6)=mol/(Lmin)，根据方程式可知v(C4H8)=v(C3H6)=mol/(Lmin)；该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以它们的浓度比等于二者的物质的量的比，则此反应的平衡常数K=0.5；t1min时达到平衡，此时n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，n(C3H6)=nmol，且平衡时C3H6的体积分数为，通过前面的计算可知m=n，现在再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，使容器内气体压强增大，假设C4H8改变量为x，可逆反应C4H8(g)+C2H4(g) 2C3H6(g)n始(mol)1+1 2+1 1n变(mol)x x 2xn平(mol)2-x 3-x 1+2x由于反应是等体积的反应，所以浓度比等于物质的量的比，平衡常数表达式用物质的量数值带入，结果不变。假设C3H6的含量不变，仍然为，则，解得x=，则Qc=，说明再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，化学平衡向正反应方向移动，因此再达到新平衡时C3H6的体积分数。(4)根据温度对丙烯和乙烯的质量比的影响可知在300时丙烯和乙烯的质量比较大；根据压强对丙烯和乙烯的质量比的影响可知在0.5 MPa时丙烯和乙烯的质量比较大，因此选择的条件是300、0.5 MPa，故合理条件是c；“丁烯裂解法”生产丙烯，但生产过程中伴有生成乙烯的副反应发生，主反应:3C4H84C3H6；副反应：C4H82C2H4，当增大压强时，副反应逆向移动，使丁烯浓度增大，增大反应物的浓度可导致主反应的平衡正向移动，从而可使丙烯含量增大。【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡、电解原理的应用等知识。涉及热化学方程式的书写、电极反应式书写、化学平衡状态的判断、反应速率的计算及反应条件的选择与判断等，掌握化学基本概念及基本原理是本题解答的关键。11.锰元素在多个领域中均有重要应用，回答下列问题。(1)Mn在元素周期表中位于_区；MnSO4中阳离子的价电子排布式为_；(2)Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+下列说法合理的是_A.Mn3+的价电子构型为3d4，不属于较稳定的电子构型B.根据Mn2+的电子构型可知，Mn4+中不含成对电子C.Mn2+易被氧化，可能是因为Mn2+产内有大量自旋方向相同的电子D.Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似(3)在K2MnF6中，MnF62-的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为_。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为_(4)二价锰的化合物的性质如下表所示：物质MCl2 MnSMnSO4熔点6501610700上表三种物质中晶格能最大的是_；上表涉及的三种阴离子中，半径最大的是_。(5)某锰氧化物的晶胞结构如下图所示：该锰的氧化物的化学式为_，该晶体中Mn的配位数为_，该晶体中Mn之间的最近距离为_pm（用a、b来表示）。【答案】 (1). 区 (2). 3d5 (3). A (4). 6 (5). “头碰头” (6). MnS (7). SO42- (8). MnO2 (9). 6 (10). 【解析】【分析】(1)根据Mn的原子序数，结合原子核外电子排布确定其在周期表的位置，来确定其所在的区；中MnSO4中Mn元素为+2价，根据原子反应时电子变化分析其价电子排布式；(2)Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，说明Mn3+不稳定，结合各自微粒的价层电子排布式及与电子自旋方向、能量的高低分析判断，物质的性质与电子层排布、核电荷数、电荷数目都有关系等分析判断；(3)根据价层电子对互斥理论分析MnF62-的中心原子Mn的价层电子对数；(4)物质都属于离子晶体，微粒间的晶格能越大，断裂使物质熔化需要的能量就越高，据此分析；(5)离子晶体的阴离子带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；(6)用均摊法计算化学式，并结合微粒的空间排列确定Mn的配位数及最近的2个Mn原子间的距离。【详解】(1)Mns 25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，可知M在元素周期表中位于第四周期第VIIB，属于d区，MnSO4中Mn元素为+2价，则Mn2+的价电子排布式是3d5；(2) A.Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，说明Mn3+不稳定，Mn3+容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，A正确B. Mn4+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，B错误；C.Mn2+产内有大量自旋方向相同的电子，这些电子自旋方向相同，能够使原子的能量最低，而Mn2+易被氧化，显然与Mn2+内含有大量自旋方向相同的电子无关，C错误；D.Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2+具有强的还原性，而Fe3+具有强的氧化性，D错误；故合理选项是A；(3)在MnF62-的中，Mn与6个F形成6个键，因此含有6对键，含有的孤对电子对数为=0，所以MnF62-的中心原子Mn的价电子对数为6+0=6，在化合物化合物K2MnF6中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”；(4)三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，根据表格数据可知上表三种物质中晶格能最大的是MnS，MnCl2、MnS的阴离子都是简单的离子，而MnSO4的阴离子是复杂离子，SO42-为正四面体形，因此其离子半径最大，该晶体具有的晶格能最小，熔点也就最低，即半径最大的是SO42-；(5)在该晶体中含有的Mn原子个数为，含有的O原子数目为：，Mn：O=2：4=1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子由6个，所以Mn的配位数为6；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为，所以该晶体中Mn之间的最近距离为pm。【点睛】本题综合考查了物质结构的知识。涉及原子核外电子排布式、元素在周期表的位置、价层电子对互斥理论、晶格能大小比较、物质的稳定性及物质化学式的确定、微粒间距离的计算等知识，需要学生具备一定的物质结构基础知识和一定的空间想象能力和一定的数学分析与计算能力方可解答，具有一定的难度。12.工业上以乙酸为原料经一系列反应可得到香豆素-3-羧酸，合成路线如下图所示：(1)反应1的反应类型是_，A的官能团名称是_，B的名称是_。(2)DE的变化过程中， 另一有机产物的结构简式为_。(3)F的结构简式为_。(4)写出满足下列条件的C的两种同分异构体的结构简式_。a.只含有羧基 b.核磁共振氢谱有3个吸收峰，且峰面积之比为3:2:1(5)香豆素-3-羧酸在NaOH溶液中完全反应的化学方程式为_。(6)已知：R-CH（COOH）2 R-CH-COOH，参照上述合成路线和信息，写出以苯甲醛和B为基本原料合成C6H5-CH=CH-COOH的路线。_。【答案】 (1). 取代反应 (2). 羧基、氯原子 (3). 1