2019届高三化学第十一次考试试题(含解析).doc

2019届高三化学第十一次考试试题(含解析)1. 纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列有关说法错误的是A. “梨花淡自棉深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同B. 制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色C. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙D. 芒硝晶体(Na2SO410H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热，晚上重新结晶放热，实现了太阳能对热能的转化【答案】C【解析】梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，A正确；金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，烟花放出五彩缤纷的颜色和元素的焰色反应、烟花中的加入金属发光剂和发色剂有关系，B正确；碳酸钙需要在高温下煅烧分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙来产生二氧化碳，C错误；Na2SO410H2O失水和结晶属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化，白天在阳光下曝晒后失水，转换形式为太阳能和化学能的转化，D正确；正确选项C。点睛：柳絮的主要成分为纤维素；焰色反应为物理变化；芒硝晶体溶解吸热，重新化合时放热。2. 用下列实验装置进行相应实验。能达到实验目的是（夹持装置未画出） A. 用装置1检验溶液中是否有K+ B. 用装置2制取并收集少量NH4+C. 用装置3进行喷泉实验 D. 用装置4加热熔融NaOH固体【答案】B3. 短周期元素X、Y、Z W、Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W的最外层电子数等于其电子层数，Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，下列说法正确的是A. Z、W、Q、X、Y原子半径依次减小B. W最高价氧化物对应水化物一定能溶于Z最高价氧化物对应水化物的溶液中C. Y 与Q形成化合物在常温下一定为气态D. Z、Q元素的单质都可以将X元素的单质从其氧化物中置换出来【答案】A【解析】X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为碳元素，Q为硅元素；W的最外层电子数等于其电子层数，则W为Al元素；Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，则Y为F元素、Z为Na元素或Y为O元素、Z为Mg元素；A同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，则五种元素的原子半径随Z、W、Q、X、Y依次减小，故A正确；BAl(OH)3具有两性，能溶解于强碱如NaOH溶液，但Z可能是Mg元素，氢氧化镁不能溶解Al(OH)3，故B错误；CSiF4是气态，但SiO2为固态，故C错误；DMg可以在CO2中燃烧生成碳和氧化镁，但Si不能在CO2中燃烧，故D错误；答案为A。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。4. 下列说法正确的是A. 沸点：邻二甲苯间二甲苯对二甲苯B. 鸡蛋清在NH4Cl溶液中能发生盐析，但是不能和盐限发生化学反应C. 有机物A的分子式为C16H16O3D. 滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，能证明其结构中存在碳碳双键【答案】A【解析】A对二甲苯间二甲苯邻二甲苯对称性依次减弱，依据对称性越好沸点越低，沸点顺序为：邻二甲苯间二甲苯对二甲苯，故A正确；B. 鸡蛋淸的主要成分为蛋白质，蛋白质是两性物质，能够与盐酸发生中和反应，故B错误；C.根据 ，有机物A的分子式为C16H14O3，故C错误；D. 中含有碳碳双键、酚羟基以及苯环上含有侧链烃基，都能被酸性KMnO4溶液氧化，使紫色褪去，故D错误；故选A。5. 已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：2NO(g)N2O2(g)(快) H10 平衡常数 K1N2O2(g)+O2(g)2NO2(慢) H22.610-5/1.810-6=14.4 molL-1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL-1，若净化液中的c（Mg2+）=10-2mol/L，说明Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度)=【解析】湿法浸出软锰矿(主要成分为,含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰。 (1)升温、搅拌都可以加快物质的溶解反应速率，浸出时温度控制在之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率；加入植物粉是一种还原剂，正确答案：提高软锰矿中锰的浸出率，作还原剂。 (2) 使用碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质，酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为:；正确答案：增加的产量(或不引入新的杂质等)；。. (4) ，当沉淀完全时，若也能形成沉淀，则要求，的浓度远小于,若净化液中的,说明的存在不会影响的纯度；正确答案：Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)c(CO32-)，当Mn2+沉淀完全时，c(CO32-)=1.810-11/1.010-5=1.810-6molL-1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.610-5/1.810-6=14.4 molL-1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL-1，若净化液中的c（Mg2+）=10-2mol/L，说明Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度。点睛：洗涤碳酸锰沉淀的方法：用玻璃棒引流向漏斗中加蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2-3次；检验碳酸锰沉淀洗涤干净的方法：检验洗涤液中是否含有硫酸根离子：取最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。10. 氮及其化合物在工业生产和国防建设中有广泛应用。回答下列问题:（1）氮气性质稳定，可用作保护气。请用电子式表示氮气的形成过程：_。（2）联氨(N2H4)是一种还原剂，能与氧气反应生成氮气和水蒸气。试结合下表数据，写出在该反应的热化学方程式：_。化学键NHNNN=NNNO=OOH键能(kJ/mol)390.8193418946497.3462.8（3）氨的催化氧化用于工业生产硝酸。该反应可设计成新型电池，试写出碱性环境下，该电池的负极电极反应式：_。（4）常温下用氨水吸收CO2可得利(NH4)2CO3溶液，在(NH4)2CO3溶液中，c(OH-)_c(H+)(填“”“ (5). 12.5 (6). 容器为绝热体系，该反应正向进行放热，体系温度升高，v（NO2）增大 (7). 75%【解析】(1)两个氮原子形成一个氮气分子，故用电子式表示氮气的形成过程为正确答案:；。 (2)肼的燃烧反应为:(g)； ,故可以知道热化学方程式为: ；而；将-可以知道： N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=-631.7kJ/mo；正确答案：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=-631.7kJ/mol 。 （3）氨的催化氧化用于工业生产硝酸，在此反应中氨气被氧化为NO在负极放电，结合环境为碱性可以知道电极反应为： NH3-5e-+5OH-=NO+4H2O；正确答案: NH3-5e-+5OH-=NO+4H2O。(4) 已知常温下NH3H2O的电离平衡常数Kb=210-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=410-7，Ka2=410-11，碳酸根离子水解能力大于铵根离子水解能力，所以(NH4)2CO3溶液水解显碱性，c(OH-)c(H+)；反应NH4+CO32-+H2ONH3H2O+HCO3-的平衡常数K=c(HCO3-)v(NH3H2O)/c(NH4+)c(CO32-)该式子分子分母同乘以c(OH-) 和c(H+)，结果为KW/（K a2Kb）=10-14/210-5410-11=12.5；正确答案： ； 12.5。 (5) 反应是放热反应,在绝热恒容容器中，反应进行热量升高，反应速率增大，反应进行二氧化氮浓度减小，反应为达到平衡，时增大是因为体系温度升高，正确答案：容器为绝热体系，该反应正向进行放热,体系温度升高,增大。分析图象5s内二氧化氮变化浓度，结合转化率概念计算，正确答案:。点睛：碳酸存在两步电离，平衡常数分别为Ka1 和 Ka2 ，一水合氨电离平衡常数为Kb；碳酸钠溶液中水解平衡常数为Kh=KW/ Ka2，碳酸氢钠溶液中水解平衡常数为Kh=KW/ Ka1，碳酸氢铵溶液中水解平衡常数为Kh=KW/（Ka1Kb），碳酸铵溶液中水解平衡常数为Kh=KW/（Ka2Kb）。11. 黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物。火法冶炼黄铜矿的过程中，其中一步反应是: 2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2。回答下列问题。（1）Cu+的价电子轨道表示式为_；Cu2O与Cu2S比较，熔点较高的是_，原因是_。.（2）SO2与SO3的健角相比，键角更大的是_，将纯液态SO3冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如下图1，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是_；该结构中S-O键长有两类。一类键长约140pm，另一类键长月为160pm，较短的键为_。（填图中字母）（3）离子化合物CaC2的一种晶体结构如图2所示。该物质的电子式_。从钙离子看,属于_堆积,其配位数是_;一个晶胞含有的键平均有_个。（4）奥氏体是碳溶解-Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图3所示，则该物质的化学式为_，若晶体密度为dg/cm3,则晶胞中最近的两个碳原子的距离为_pm (阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出计算式即可)。【答案】 (1). (2). Cu2O (3). 两物质均为离子化合物，且带电荷数相同，O2-半径小于S2-，所以CuO的晶格能大，熔点更高 (4). SO3 (5). sp3 (6). a (7). (8). 面心立方 (9). 8 (10). 略 (11). FeC (12). 【解析】（1）Cu位于第四周期IB族，Cu的价电子为第三层的d能级，根据泡利原理和洪特规则，Cu价电子轨道式为；Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，晶格能越大，晶体熔沸点越高，晶格能与半径、所带电荷数有关，半径越小、所带电荷数越多，晶格能越大，Cu2O和Cu2S所带电荷数相同，S2-的半径大于O2-的半径，因此Cu2S的沸点低于Cu2O；正确答案：；Cu2O；物质均为离子化合物，且带电荷数相同，O2-半径小于S2-，所以CuO的晶格能大，熔点更高。 （2）SO2含有的孤电子对为(6-22)/2=1，SO3中含有孤电子对为(6-23)/2=0，孤电子对之间的斥力孤电子对-成键电子对之间的斥力成键电子对之间斥力，因此SO3键角大于SO2键角，根据图1，S有4个键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化轨道数等于价层电子对数，即杂化类型为sp3；如图所示，a含有双键的成分，键能较大，键长较短，另一类为配位键，为单键，键能较小，键长较长，即较短的键为a； 正确答案：SO3 ； sp3 ； a。 （3）根据图2，CaC2的电子式为：；根据晶胞的结构，Ca2位于顶点和面心，因此属于面心立方堆积；C22-位于棱上和体心，属于晶胞的C22-的个数为121/41=4，根据CaC2的电子式，两个碳原子之间有3对电子对，即1个C22-有2个键，即1个晶胞中有24=8个键；正确答案： ；面心立方； 8。（4）根据图3，铁原子位于顶点、面心，个数为81/861/2=4，碳原子位于棱上和体心，个数为121/41=4，因此化学式为FeC，晶胞的质量为468/NAg，根据密度的定义，得出晶胞的边长为cm，根据晶胞的结构，两个最近的碳原子的距离是面对角线的一半，则两个最近的碳原子的距离是pm；正确答案：FeC ； 。12. 有机物A(C11H12O5)同时满足下列条件:含苯环且不含甲基；苯环上一氯取代物只有2种；1 mol A与足量的NaHCO3反应生成1 mol CO2；遇FeCl3溶液不显色。A有如图所示转化关系：已知：回答下列问题：（1）E中官能团名称_，H的分子式为_。（2）由C生成G的反应类型是_。（3）A的结构简式为_，G的结构简式为_。（4）写出CD反应的化学方程式_；写出IJ反应的离子方程式_。（5）C的同分异构体中能同时满足下列条件：a. 能发生银镜反应，b. 能发生皂化反应；c. 能与Na反应产生H2气，共有_种（不含立体异构）。其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为611的是_（写结构简式)。【答案】 (1). 碳碳双键，羧基 (2). C7H4O3Na2 (3). 酯化反应 (4). (5). (6). (7). (8). 5 (9). 【解析】A在碱性条件下发生水解反应得到B与H，则A中含有酯基；B酸化得到C具有酸性，则C中含有羧基，C反应可以得到聚酯，则C中还含有羟基；由F的结构逆推可知E为CH2=CHCH2COOH；C发生消去反应得到E，E发生加聚反应生成F，C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G，则C为HOCH2CH2CH2COOH；G为，B为HOCH2CH2CH2COONa，C发生缩聚反应得到D为。结合A分子式可知，H中含有7个碳原子，H发生信息中脱羧反应得到H，H与二氧化碳、水作用得到J，J与浓溴水作用是白色沉淀，则J中含有酚羟基；1mo