2019届高三化学模拟试题(三)(含解析).doc

2019届高三化学模拟试题(三)(含解析)1.1.国际化xx的主题是“化学我们的生活，我们的未来”。下列说法正确的是A. 可从海水中提取氯化镁，使氯化镁分解获得镁并释放出能量B. 推广使用应用原电池原理制成的太阳能电池和氢动力汽车，减少化石能源的使用C. 将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，这说明“纳米铜”比铜片更易失电子D. 采煤工业上，爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力，又能防止火灾【答案】D【解析】【详解】A、分解反应一般都是吸热反应，使氯化镁分解获得镁需要吸收能量，选项A错误；B太阳能电池是一种对光有响应并能将光能转换成电力的器件，不是使用原电池原理制成的，选项B错误；C、将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，这说明“纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，所以反应速率快，选项C错误；D、干冰气化后体积膨胀，且CO2可以灭火，选项D正确。答案选D。2.2.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A. 0.01mol乙烯气体被浓溴水完全吸收，反应伴随0.02NA个碳碳共价键断裂B. 实验室用电解熔融NaOH制取金属钠，制得2.3g钠电路上至少转移0.1NA个电子C. 标况下，44.8LHCl气体溶于1.0L水中，所得溶液每毫升中含210-3NA个H+D. 含4molHC1的浓盐酸与足量的MnO2混合后充分加热，可产生NA个Cl2分子【答案】B【解析】0.01mol乙烯气体被浓溴水完全吸收生成1,2-二溴乙烷，反应伴随0.01NA个碳碳共价键断裂，故A错误；实验室用电解熔融NaOH制取金属钠，钠由+1价变为0价，所以制得2.3g钠电路上至少转移0.1NA个电子，故B正确；标况下，44.8LHCl气体溶于水配成1.0L溶液，所得溶液每毫升中含210-3NA个H+，故C错误；稀盐酸与MnO2不反应，含4molHC1的浓盐酸与足量的MnO2混合后充分加热，产生Cl2分子小于NA个，故D错误。3.3.X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，其中X 和Q同主族，X与Z、Y与Q原子的电子层数都相差2，X、Y原子最外层电子数之比为1：4，Z的最外层电子数是次外层的3倍。下列说法不正确的是A. R和Q形成的化合物含有共价键且为强电解质 B. X和Z可形成X2Z、X2Z2等化合物C. Y和Z形成的某种化合物具有空间网状结构 D. X的失电子能力比Q强【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，Z的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；X与Z原子的电子层数都相差2，X只能处于第四周期，X、Y原子最外层电子数之比为1：4，X原子最外层电子数只能为1，Y原子最外层电子数为4，则X为K元素；X和Q同主族，Y与Q原子的电子层数也相差2，结合原子序数可知，Y只能处于第三周期、Q处于第一周期，则Q为H元素、Y为Si；R的原子半径小于O，则R为F元素，据此解答。【详解】X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，Z的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；X与Z原子的电子层数都相差2，X只能处于第四周期，X、Y原子最外层电子数之比为1：4，X原子最外层电子数只能为1，Y原子最外层电子数为4，则X为K元素；X和Q同主族，Y与Q原子的电子层数也相差2，结合原子序数可知，Y只能处于第三周期、Q处于第一周期，则Q为H元素、Y为Si；R的原子半径小于O，则R为F元素，AF和H形成的化合物为HF，含有共价键，为弱电解质，选项A错误； BK和O可形成K2O、K2O2等化合物，选项B正确；CSi和O形成的二氧化硅，属于原子晶体，具有空间网状结构，选项C正确；DX为K元素，Q为H元素，K失去电子能力更强，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，Z的排布特点是推断突破口，难度中等。4.4.室温下，下列叙述正确的是A. 若V1L pH=11的NaOH溶液与V2 L pH=3的HA溶液混合后显中性，则V1V2B. 等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液中离子总数C. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：c(HCO3)c(H2CO3)V2，选项A错误；B、HClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO-+H2OHClO+OH-，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10-7mol/L，所以NaCl溶液中c（Na+）+ c（H+）大于NaClO溶液中c（Na+）+ c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+ c（H+）= c（OH-）+c（Cl-）可得溶液中离子总数为2c（Na+）+c（H+）V；同理可得NaClO溶液中总数为2c（Na+）+c（H+）V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液，选项B正确；C. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，根据电离常数有Ka1=c(H+)c(HCO3-)c(H2CO3)、Ka2=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)，同一溶液中c(H+)相等，则cH+=Ka1c(H2CO3)c(HCO3-)=Ka2c(HCO3-)c(CO32-)，而Ka1Ka2，则c(HCO3-)c(H2CO3)c(CO32-)c(HCO3-)，选项C错误；D、将CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，若混合后的溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，且根据电荷守恒有c(OH-)+c(CH3COO-)= c(Na+)+c(H+)，则c(OH-)+12c(CH3COO-)=12c(CH3COOH)+c(H+)，选项D错误。答案选B。5.5.立方烷(C8H8)外观为有光泽的晶体。其八个碳原子对称地排列在立方体的八个角上。以下相关说法错误的是A. 立方烷在空气中可燃，燃烧有黑烟产生B. 立方烷一氯代物1种、二氯代物有3种、三氯代物也有3种C. 立方烷是棱晶烷（）的同系物，也是环辛四烯的同分异构体D. 八硝基立方烷完全分解可能只产生二氧化碳和氮气【答案】C【解析】【详解】A、立方烷含碳量高，所以燃烧有黑烟产生，选项A正确；立方烷中只有一种氢原子，所以一氯代物的同分异构体有1种；B、立方烷二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有三种；立方烷有8个H原子，依据立方烷的二氯代物有3种，那么在此基础上，剩余的H的环境分别也只有一种，故得到三氯代物也有3种同分异构，选项B正确；C、苯(C6H6)的同系物必须含有苯环，选项C错误；D、八硝基立方烷分子式是C8N8O16 ，完全分解可能只产生二氧化碳和氮气，选项D正确。答案选C。【点睛】烃分子中氢元素质量分数越低，燃烧时黑烟越浓，如乙炔燃烧冒出浓烟；同系物是结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物，立方烷和苯结构不同，所以不属于同系物。6.6.流动电池可以在电池外部调节电解质溶液，从而维持电池内部电解质溶液浓度稳定，原理如图。下列说法错误的是A. Cu为负极B. PbO2电极的电极反应式为：PbO2+ 4H+ SO42+ 2e= PbSO4+ 2H2OC. 甲中应补充硫酸D. 当消耗1 mol PbO2，需分离出2 mol CuSO4【答案】D【解析】试题分析：A、由图可知，Cu反应生成CuSO4，发生氧化反应，为负极，A正确；B、PbO2得电子生成PbSO4 ，电极反应式为：PbO2 + 4H+ + SO42+ 2e= PbSO4 + 2H2O，B正确；C、反应过程中不断消耗硫酸，所以甲中应补充硫酸，C正确；D、当消耗1 mol PbO2，转移2mol电子，则需分离出1mol CuSO4，D错误。答案选D。考点：化学电源7.7.为检验某加碘食盐中是否含有KIO3，取相同食盐样品进行下表所示实验：（已知：KIO3 + 5KI + 3H2SO4= 3I2 + 3K2SO4 + 3H2O）下列说法中正确的是A. 仅由实验就能证明食盐样品中存在KIO3B. 实验中发生反应的离子方程式为4I+ O2 + 4H+= 2I2 + 2H2OC. 实验能证明食盐样品中不存在KIO3D. 以上实验说明离子的还原性：I Fe2+【答案】B【解析】A. 实验中可能是碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化，不能证明食盐中存在KIO3，故A错误；B. 实验碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为4I+ O2 + 4H+ = 2I2 + 2H2O，故B正确；C. 实验溶液呈浅黄色，为铁离子的颜色，说明亚铁离子被氧化，可能是被空气中的氧气氧化，有可能是被碘酸钾氧化，说明食盐样品中可能存在KIO3，故C错误；D. 根据上述实验，中说明碘离子能够被碘酸钾氧化，中说明碘离子能够被氧气氧化，中说明亚铁离子能够被氧气或碘酸钾氧化，以上实验不能判断I 和Fe2+离子的还原性，故D错误；故选B。8.8.中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾(K2MnO4)具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险。因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利用回收的锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质。（1）检验该套装置气密性的方法是:_；（2）打开分液漏斗活塞及弹簧夹2，观察到烧瓶壁有紫红色物质生成并逐渐消失，黄绿色气体充满烧瓶。反应结束后，烧瓶内有黑色固体残余，写出过程中发生的化学反应方程式：_；（3）该方法制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，试分析原因：_；（4）该小组利用装置C吸收氯气制备漂白粉。C中盛装的试剂为：_；（写名称）陶瓷多孔球泡的作用是：_；（5）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.5g所制漂白粉配成溶液，调节pH值并加入指示剂，用0.1000mol/L KI溶液进行滴定，三次平行实验平均每次消耗20.00mL标准液时达到滴定终点。已知氧化性：ClO IO3 I2所选的指示剂为：_，到达滴定终点的标志是：_；该漂白粉中有效成分的质量分数为：_。（6）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，可观察到D中的现象为：_；该现象能够证明氯气有氧化性。【答案】 (1). 关闭分液漏斗的活塞，打开弹簧夹1和2，用酒精灯微热三颈烧瓶A，此时E、F导管末端冒气泡，撤走热源后，E、F导管末端会形成一段稳定液柱。 (2). 3K2MnO4 4HCl 2KMnO4 4KCl MnO2 2H2O ；2KMnO4 16HCl 2KCl 2MnCl2 5Cl2 8H2O (3). 锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率 (4). 石灰乳 (5). 增大气体接触面积，使氯气吸收更充分 (6). 淀粉 (7). 最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，半分钟不褪色 (8). 28.6% (9). 出现白色沉淀【解析】【分析】A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，（2）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出第一个方程式；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水；（3）锰酸钾氧化浓盐酸比用高锰酸钾氧化浓盐酸反应速率慢；（4）用石灰乳与氯气制备漂白粉；陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（5）反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点；先根据反应离子方程式确定出ClO与I的关系，计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；（6）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物。【详解】A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，（1）检验该套装置气密性的方法是: 关闭分液漏斗的活塞，打开弹簧夹1和2，用酒精灯微热三颈烧瓶A，此时E、F导管末端冒气泡，撤走热源后，E、F导管末端会形成一段稳定液柱；（2）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出反应方程式为：3K2MnO4+4HCl（浓）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水，方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；（3）锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率，所以用锰酸钾制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，故答案为：锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率；（4）用石灰乳与氯气制备漂白粉，故答案为：石灰乳；陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分，故答案为：增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（5）反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点，故答案为：淀粉；最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色；先根据反应离子方程式确定出ClO与I的关系，3ClO+I=3Cl+IO3；IO3+5I+3H2O=6OH+3I2将方程式+得：ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I2每次实验消耗KI溶液的体积为20.00mL，设次氯酸根离子的物质的量为x，ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I21mol 2molx 0.1000molL10.020L所以x=0.001mol每次实验次氯酸钙的质量为：143g/mol0.001mol0.5=0.0715g，三次实验总质量为0.0715g3=0.2145g，所以质量分数为：0.2145g1.5g100%=14.3%；（6）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物，故答案为：出现白色沉淀；不正确，氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物。9.9.基于CaSO4为载氧体的天然气燃烧是一种新型绿色的燃烧方式，CaSO4作为氧和热量的有效载体，能够高效低能耗地实现CO2的分离和捕获。其原理如下图所示:（1）已知在燃料反应器中发生如下反应：i.4CaSO4(s)+CH4(g)=4CaO(s)+CO2(g)+4SO2(g)+2H2O(g) H1=akJ/molii.CaSO4(s)+CH4(g)=CaS(s)+CO2(g)+2H2O(g) H2=bkJ/mol. CaS(s)+3CaSO4(s)= 4CaO(s)+4SO2(g) H3=ckJ/mol燃料反应器中主反应为_(填“i”“ii”或“”)。反应i和ii的平衡常数Kp与温度的关系如图1，则a_0(填“ ”“ =“或“ (3). 1.010-18 (4). C (5). 温度过低，反应速率较慢 温度较高，副反应增多 (6). 放热 (7). CaS、CaSO4 (8). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=(b+d)kJ/mol或H=(a-c+d)kI/mol【解析】（1）由图示可得，天然气和CaSO4进入燃料反应器，反应生成CaS、CO2和H2O，故燃料反应器中主反应为ii。由图1可看出，温度越高lgKp越大，即升温Kp增大，故反应i和反应ii都是吸热反应，则a和b都大于0。设三个反应的平衡常数Kp分别为：Kpi、Kpii、Kp，根据盖斯定律，i-ii得，所以Kp=KpiKpii；由图并结合热化学方程式可得720时反应i的lgKp为：-24=-8，反应ii的lgKp为10，所以Kpi=10-8，Kpii=1010，故Kp=KpiKpii=1081010=1.010-18。A项，增加固体物质的投入量，不改变化学平衡，所以增加CaSO4固体的投入量不能提高反应ii中甲烷平衡转化率，故A错误；B项，将生成物分离出去能使化学平衡正向移动，所以将水蒸气冷凝能提高反应ii中甲烷平衡转化率，故B正确；C项，通过的分析，该反应为吸热反应，降温能降低反应ii中甲烷平衡转化率，故C错误；D项，增大甲烷流量，增大了甲烷的浓度，平衡正向移动，但根据勒沙特列原理，甲烷平衡转化率会降低，故D错误。（2）从反应速率角度考虑，温度过低，反应速率较慢，应在较高温度下反应，但由图2可得，温度越高，副反应增多，所以该燃料反应器最佳温度范围为850900之间。（3）由方程式可看出该反应S0，因为自发反应H-TS0，所以HCH (3). sp2 (4). 2、4 (5). 随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度 (6). 2Co(CN)64-+2H2O2Co(CN)63-+H2+2OH (7). 12 (8). D【解析】(1)Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布图为，故答案为：；(2)酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性NCH；分子中C原子均形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子的杂化轨道类型为 sp2，故答案为：NCH；sp2；含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合，故答案为：2，4；(3)随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度，故答案为：随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；(4)Co(CN)64-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co(CN)63-，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为：2Co(CN)64-+2H2O2Co(CN)63-+H2+2OH -，故答案为：2Co(CN)64-+2H2O2Co(CN)63-+H2+2OH -；(5)由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：2，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子数目为382=12；CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，由图像可知：A中Co、O原子数目之比为1：412=1：2，符合，B中Co、O原子数目之比为(1+414)：4=1：2，符合，C中Co、O原子数目之比为414：412=1：2，符合，D中Co、O原子数