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2019届高三化学第八次模拟考试试题(含解析)1. 化学与生活密切相关，下列叙述中正确的是A. 纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可用作人体的营养物质B. 补钙剂中常含有维生素D，其作用是为了促进钙的吸收C. 天然存在的动植物油脂，大多属于单甘油酯D. 蛋白质的盐析属于化学变化，可用于分离、提纯蛋白质【答案】B【解析】A 、纤维素在人体内不能被消化吸收，因此不可作为人类的营养物质，A错误。B 、维生素D可以促进钙的吸收，所以补钙剂中含有维生素D时可以使钙的吸收效果更好，B正确。C、单甘油酯是指组成油脂的高级脂肪酸具有相同的烃基，天然存在的各种油脂，其组成中高级脂肪酸的烃基不是完全相同的，所以不属于单甘油酯，C错误。D、蛋白质的盐析属于物理变化，D错误。正确答案B。点睛：纤维素虽然在人体内不能水解，但是它在人体消化过程中起着重要作用，是人体不可缺少的食物之一。蛋白质的盐析是指蛋白质在浓的盐溶液（除重金属盐）中产生沉淀，这种方法沉淀的蛋白质在加水进行稀释后，原沉淀的蛋白质又会逐渐溶解，利用蛋白质的的这一性质可以进行分离提纯。2. 已知NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 7.2 g CaO2晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 NAB. 在标况下，22.4 L HF和22.4 L C2H4原子个数比为1:3C. 将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为NAD. 0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.3 NA【答案】C考点：考查阿伏加德罗常数3. 丙烯酸羟乙酯（）可用作电子显微镜的脱水剂，可用下列方法制备：下列说法不正确的是A. 化合物能与NaHCO3溶液反应生成CO2B. 可用Br2的CCl4溶液检验化合物中是否混有化合物IC. 化合物与乙醛互为同分异构体D. 化合物水解可生成2种有机物【答案】B4. 比亚迪公司开发了锂钒氧化物二次电池。电池总反应为V2O4+xLiLixV2O4，下列说法正确的是A. 该电池充电时，锂极与外电源的负极相连B. 该电池放电时，Li+向负极移动C. 该电池充电时阴极的反应为LixV2O4xe=V2O4+xLi+D. 若放电时转移0.2 mol电子，则消耗锂1.4x g【答案】A【解析】试题分析：A电池充电时负极与外电源的负极相连，Li为负极反应物，所以Li与外电源的负极相连，故A正确；B向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故B错误；C该电池充电时阴极得电子，发生还原反应，电极反应为：xLi+xe-=xLi，故C错误；D若放电时转移0.2mol电子，负极上Li-e-=Li+，所以反应消耗Li的质量为0.2mol7g/mol=1.4g，故D错误；故选A。【考点定位】考查化学电源新型电池【名师点晴】本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写。掌握原电池中电极反应式的书写方法：先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存；若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，电极反应式中不能出现H+，且水必须写入正极反应式中，与O2结合生成OH-，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现OH，且H+必须写入正极反应式中，与O2结合生成水；正负极反应式相加(电子守恒)得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的电极反应式，即得到较难写出的电极反应式。5. 短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子比次外层多4个，Y、Z为相邻金属元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小，W与X同族。 下列说法不正确的是A. 原子半径：YZWXB. 气态氢化物的热稳定性：XWC. 工业上常用电解对应氯化物的方法制备单质ZD. Y 的最高价氧化物对应的水化物可溶于氯化铵溶液【答案】C【解析】X原子最外层电子比次外层多4个，X为O元素，Y、Z为相邻金属元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小，Z为Al元素，Y为Mg元素，W与X同族，W为S元素。A、原子半径：同周期从左到右半径减小MgAlS，同主族从上到下半径增大SNa，故原子半径MgAlSNa，故A正确；B、气态氢化物的热稳定性：同主族从上到下减弱，故B正确；C、AlCl3为共价化合物，液态是不导电，工业上用电解Al2O3制备铝单质。故C错误；D、Y的最高价氧化物Mg(OH)2 2NH4Cl=MgCl22NH3H2O，故D正确；故选C。6. 下列实验操作、现象和结论正确的是选项实验操作现象结论A将苯滴加到溴水中溴水褪色苯与溴发生加成反应B将盛有甲烷和氯气混合气的试管倒置于盛有饱和食盐水的烧杯中，光照一段时间后向烧杯中滴加石蕊试液石蕊试液变红生成的CH3Cl等有机产物具有酸性C用坩埚钳夹住点燃的镁条伸入二氧化碳气体中镁条剧烈燃烧二氧化碳作氧化剂D向FeCl3饱和溶液中滴入足量浓氨水，并加热至沸腾生成红褐色透明液体得到Fe(OH)3胶体A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、将苯加入到溴水中，苯可以萃取溴水中的溴单质而使溴水褪色，此时苯并未与溴单质发生化学反应，A错误。B、实验中生成的产物包括CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，其中能使石蕊试液变红的只有HCl，B错误。C、反应原理2Mg+CO2 2MgO+C，该反应Mg做还原剂，CO2是氧化剂，C正确。D、FeCl3饱和溶液中滴入浓氨水（并加热至沸腾时现象相同），溶液中产生红褐色Fe(OH)3沉淀；制备Fe(OH)3胶体需将FeCl3饱和溶液滴入沸水中再加热煮沸，D错误。正确答案C。点睛：化学实验分析必须以事实为基础，不可主观猜测。7. 25时，有pH=2的HX溶液和HY溶液各1 mL，分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A. a、c两点对应HX的电离平衡常数：K(c)K(a)B. a、b两点对应的溶液中：c(X)c(Y）C. 等物质的量浓度的NaX和NaY的混合溶液中：c(HY)c(HX)D. 分别向10 mL 0.1 mol/L HX溶液和10 mL 0.1 mol/L HY溶液中滴加同浓度的氢氧化钠溶液至pH = 7，消耗氢氧化钠溶液较少的是HX【答案】C【解析】A温度不变，HX的电离平衡常数也不变，故A错误；B根据图示可知，HX的酸性比HY强，溶液稀释时，HY比HX更进一步电离，HY溶液中离子浓度大于HX的离子浓度，所以a、b两点：c（Y-）c（X-），故B错误；C等物质的量浓度的NaX和NaY的混合溶液中，Y-水解程度大于X-溶液中c(HY)c(HX)，故C正确；D分别向10mL0.1mol/LHX溶液和10mL0.1mol/LHY溶液中滴加同浓度的氢氧化钠溶液至恰好完全中和时，NaX和NaY溶液均显碱性，且NaY的碱性强，则欲使溶液pH，则HY中滴加的NaOH要比HX溶液中要少，故D错误；答案为C。8. 一氯化碘（沸点97.4），是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，易溶于乙醇和乙酸。某校研究性学习小组的同学拟利用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，其装置如下：回答下列问题：（1）ICl中I元素化合价为_。（2）各装置连接顺序为a_；如何检验A装置的气密性：_。（3）B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：_；D装置中溶质如果改用Na2CO3溶液。发生反应的离子方程式为_。（已知电离平衡常数：H2CO3：Ka1=4.4107，Ka2=4.71011；HClO：Ka=3.0108)（4）将B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，提纯采取的操作方法是_。（5）测定ICl的纯度。实验过程如下（设杂质不参与反应）：步骤1：称取4.00 g ICl与冰醋酸配成500 mL标准液。步骤2：取上述标准液25.00 mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液、100 mL蒸馏水，滴入几滴_作指示剂（填名称），用0.1000 molL1 Na2S2O3溶液滴定（I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6），滴定到终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL。步骤1配制标准液需要的玻璃仪器除烧杯、量筒及玻璃棒外，还需要_（填仪器名称）。ICl的纯度是_。（列式并计算）【答案】 (1). +1 (2). degjbcf (3). 关闭分液漏斗的活塞，在a处连接长导管插入水中，加热烧瓶，在导管末端产生气泡，停止加热，导管中形成一段液柱，说明装置A气密性良好 (4). 防止ICl挥发 (5). Cl2 + 2CO32-+2H2O= Cl- + ClO- + 2HCO3- (6). 蒸馏 (7). 淀粉 (8). 胶头滴管、500mL容量瓶 (9). =97.50%【解析】试题分析：本题以一氯化碘的制备为载体，重点考查实验装置的连接顺序、气密性的检验方法、装置的作用、离子方程式、提纯方法、滴定原理及计算等知识，考查考生对题中所给信息的理解能力和知识的综合应用能力。解析：（1）ICl分子中，Cl的吸引电子能力更强，为-1价，所以I为+1价。正确答案：+1。（2）题目中提示“用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘”，所以首先通过A、C、E制备干燥、纯净的氯气，再通入到B中与I2反应，逸出的氯气用D装置吸收。检验A装置气密性时，可以先关闭分液漏斗活塞，将a连接长导管并通入水中，加热烧瓶，此时水中有气泡产生，停止加热后，导管中会倒吸形成一小段水柱并且能够保持一段时间。正确答案：degjbcf 、关闭分液漏斗的活塞，在a处连接长导管插入水中，加热烧瓶，在导管末端产生气泡，停止加热，导管中形成一段液柱，说明装置A气密性良好。（3）由于ICl易挥发，将B烧瓶放入冷水中可以防止ICl挥发产生损失。D中若盛放饱和Na2CO3溶液，根据电离平衡常数可知酸性H2CO3HClOHCO3-，所以在足量Na2CO3溶液中生成NaHCO3、NaClO和NaCl，不可能得到CO2，也不会生成HClO。即反应为2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3（由于需要确保氯气完全吸收，所以饱和Na2CO3应该是足量的）。正确答案：防止ICl挥发、Cl2+2CO32-+H2O = Cl-+ClO-+2HCO3- 。（4）B中最后得到的是ICl、I2及Cl2的混合物，其中I2和Cl2溶解在液态ICl中，因此可以通过蒸馏的方法先除去Cl2，再收集ICl。正确答案：蒸馏。（5）步骤2取用步骤1的二十分之一进行试验，加入KI后，ICl+KI=KCl+I2，使用Na2S2O3滴定时，I2不断消耗，所以可以选用淀粉作指示剂。反应过程中IClI22Na2S2O3，则n(ICl)= ，ICl纯度正确答案：淀粉、胶头滴管 500mL容量瓶、点睛：电离平衡常数越大，弱酸酸性越强。滴定计算中需要特别留意取用量与滴定用量的比例关系，如本题中，步骤1配置500mL溶液，步骤2的实验中取用25.00 mL，因此用总量计算时，ICl的总量为步骤2计算的20倍。当然也可以用部分量（步骤2 的结果直接除以总质量）进行计算，但是此时的总质量是取用的25.00mL中含有的样品总质量，即，请注意二者的差别！9. 硫酸锌用于制造立德粉，并用作媒染剂、木材防腐剂等现欲用氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）为原料生产ZnSO47H2O，工艺流程如图l：（l）步骤I的操作是_，滤渣A的主要成分是_。（2）步骤I加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气，其目的是_。（3）步骤中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾溶液，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为_。（4）步骤得到的滤液中，阳离子是_。（不考虑H+）（5）步骤IV中的烘干操作需在减压低温条件下进行，其原因是_。（6）取28.70 g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示。680时所得固体的化学式为_（填字母序号）。aZnO bZn3O(SO4)2 cZnSO4 dZnSO4H2O【答案】 (1). 过滤 (2). H2SiO3 (3). 升高温度，加快反应速率 (4). 3Fe2+MnO4-8H2O=3Fe (OH)3+MnO(OH)2+5H+ (5). Zn2+、K+ (6). 防止ZnSO47H2O分解，并减少ZnSO4水解 (7). b【解析】试题分析：本题以ZnSO47H2O的工业制备为载体，着重考查化学实验基本操作、操作原理、离子方程式分析与书写、热重分析法的数据计算等知识和应用，考查考生对工业流程的综合分析能力和应用化学知识解决实际问题的能力。解析：流程中物质转化关系如下：（1）步骤1是在加入硫酸后分离出H2SiO3固体，所以应当采用过滤的方法。正确答案：过滤、H2SiO3。（2）通入高温水蒸气可以使反应体系温度升高，从而加快反应速度。正确答案：升高温度加快反应速度。（3）依题意，反应基础为Fe2+MnO4-Fe(OH)3+MnO(OH)2，依据氧化还原反应的得失电子守恒得到：3Fe2+MnO4-3Fe(OH)3+MnO(OH)2，结合溶液酸性和离子电荷守恒，得到3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+。正确答案：3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+。（4）步骤3发生的反应是Zn与CuSO4的置换，所以溶液中Cu2+完全消耗， Zn2+总量增加。正确答案：K+ Zn2+。（5）步骤4是在得到ZnSO47H2O晶体后除去多余的水分，由于结晶水合物一般加热时都会失去结晶水，且ZnSO4加热时水解程度会增加，导致产物减少、杂质增多，所以为了防止晶体分解及ZnSO4水解，需要在减压及较低的温度下除去多余的水。正确答案：防止ZnSO47H2O分解，并减少ZnSO4水解。（6）28.70g样品为，设各段产物为ZnX，由于Zn元素不损失，所以ZnX为0.1mol。100时损失的质量为 28.70g-17.9g=10.8g，相当于损失摩尔质量108g0.1mol=108g/mol，既失去6分子水得到ZnSO4H2O。250时又失去质量17.90g-16.10g=1.8g，相当于摩尔质量1.8g0.1mol=18g/mol，既失去1分子水得到ZnSO4。680时，再失去质量16.10g-13.43g=2.67g，相当于损失摩尔质量2.67g0.1mol=26.7g/mol。c、d分别是上述250、100时的产物，选项a损失的摩尔质量为80g/mol，与上述计算不符。b的分子表达成Zn3O(SO4)2，则按照上述计算为Zn1/3，损失的摩尔质量为161-=26.7g/mol ，与上述计算相符。正确答案：b。点睛：解答工业流程题首先需要了解流程中的物质转化关系，结合化学反应原理对过程进行具体分析，这时可能会出现误判或由于知识储备不足出现无法理解的问题，这些基本能够在实际解答过程中进行纠正。如本题加入KMnO4的操作，一般会理解为酸性溶液中得到MnSO4、Fe2(SO4)3，或是注意到分离得到滤渣B联想到生成Fe(OH)3沉淀，都可以在解答（3）时得到纠正。所以在流程分析结束进入解题时，不可忽视这些重要提示！10. 丙烷脱氢制丙烯是液化气生产化工原料的重要途径。回答下列问题：（1）已知：丙烷、丙烯、氢气的燃烧热分别为2217.8 kJ/mol、2049 kJ/mol、285.8 kJ/mol。写出丙烷脱氢制丙烯的热化学方程式：_。（2）实验测得在总压强分别为p1和p2时，平衡时丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示：压强：p1_(填“”或“”或“ (3). 0.012 5MPa (4). 丙烷直接裂解是吸热反应，通入足量O2可提供裂解所需的能量，并保持热平衡 (5). (6). 13 (7). 1 000 K【解析】试题分析：本题以丙烷脱氢制丙烯为题材，主要考查盖斯定律的运用、化学平衡移动、平衡常数的计算、实验条件的选择等知识，考查考生图像分析能力、数据处理能力和对化学反应原理知识的综合运用能力。解析：（1）由已知可以得到：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) H1=-2217.8kJ/mol ，C3H6(g)+4.5O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) H2=-2049kJ/mol，H2(g)+0.5O2(g)=H2O(l) H3=-285.8kJ/mol，用1式-2式-3式可得：C3H8(g)=C3H6(g)+ H2(g) H=+117kJ/mol。正确答案：C3H8(g)=C3H6(g)+ H2(g) H=+117kJ/mol。（2）对于平衡C3H8C3H6+ H2 ，当温度不变时，压强增大，化学平衡逆向移动，则重新建立平衡后丙烷物质的量分数将增大，所以图中温度相同时丙烷（C3H8）物质的量分数更大的图像压强更大，即p1p2。Q点温度下，压强为p1时，C3H8物质的量分数为0.5，则C3H6和H2的物质的量分数之和为0.5，反应生成的C3H6与H2物质的量相等，所以C3H6和H2的物质的量分数都是0.25， 。正确答案：、0.0125MPa。（3）从上述分析可知，丙烷直接脱氢裂解是吸热反应，氧气存在时生成C3H6为放热反应，这样可以通过该反应释放的能量供丙烷直接裂解。正确答案：丙烷直接裂解是吸热反应，通入足量O2可提供裂解所需的能量，并保持热平衡。（4）任一选择一种投料比可以发现，随着温度升高，丙烷的平衡转化率增大，即温度升高，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，H0。从表格数据可以直接读出在n(CO2) :n(C3H8)=1:3，1000K时，丙烷的平衡转化率最高。正确答案：、1:3 1000K。点睛：燃烧热是指25、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，即燃烧热数据对应的可燃物计量为1mol。运用平衡移动原理分析时，必须控制“其他条件不变”。如本题（2）-的分析中，图像中的变量包括温度、压强、物质的量分数、丙烷或丙烯等四个变量，结合题目的要求，分析过程中选择了“相同温度”、“丙烷”。这样分析的思路就转变成随着压强的改变，丙烷的物质的量分数如何变化。当然，此处也可以选择“相同温度”、“丙烯”，大家可以自己试一试。11. 金属钛被誉为21世纪金属，其单质和化合物具有广泛的应用价值。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得TiN和纳米TiO2(如下图所示)。图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如下表：I1I2I3I4I5电离能/(kJmol1)738145177331054013630请回答下列问题：（1）M是_(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为_。（2）Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。基态Ti2的电子排布式为_， BH的立体构型是_。（3）纳米TiO2是一种应用广泛的高效催化剂。电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN，可在TiO2的催化下，先用NaClO将CN氧化成CNO，再在酸性条件下CNO继续被NaClO氧化成N2和CO2。H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为_；与CN互为等电子体微粒的化学式为_(任写两种)。纳米TiO2可催化、光解附着于物体表面的甲醛、乙醛等有机物，能起到净化室内空气的功效。结合化学用语解释甲醛易溶于水的原因_；乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型为_。（4）氮化钛广泛用于耐高温、耐磨损及航空航天等领域。科学家通过X射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似。且知三种离子晶体的晶格能数据如下：离子晶体NaClKClCaO晶格能/(kJmol1)7867153401KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点的高低的顺序为_。某氮化钛晶体是典型的NaCl型晶体，晶胞结构如图所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为_gcm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。【答案】 (1). Mg (2). 12 (3). 1s22s22p63s23p63d2 (4). 正四面体 (5). HCNO (6). CO，N2 (7). 甲醛与水分子间形成氢键：H2C=OH-O-H (8). sp3 sp2 (9). KClCaOTiN (10). 【解析】试题分析：试题以钛为中心，主要考查逐级电离能的规律、晶胞配位数、离子电子排布式、利用价层电子对互斥原理推断分子离子空间构型、电负性、等电子体、杂化、氢键、熔点的比较方法、晶体密度的计算等知识点，试题本身难度不大。解析：本题图示物质转化关系并不是重点，题目中也已经表示很清晰。（1）从逐级电离能倍数看，I2I1，约2倍，I3I2，约5倍，I4I3，约1.5倍，I5I4，约1.3倍，所以最先失去的2个电子处于同一能级，之后依次失去的3个电子处于能量较低的前一能级，由于M是短周期金属元素，最外层电子较少，所以先失去的是最外层的2个电子，然后失去前一能级的3个电子，所以M位于A，同时由于Be内层只有2个电子不符合，则M只能是Mg。Mg的六方最密堆积配位数为12。正确答案：Mg、12。（2）Ti是22号元素，基态核外电子排布式为3d24s2，形成Ti2+离子时，先失去最外层4s能级电子，因此Ti2+基态核外电子排布式为3d2。BH4-的成键电子对数目为4，孤电子对数目为 ，价层电子对数目为4+0=4，由于孤电子对数目为0，所以价层电子对互斥模型和离子空间结构都是正四面体。正确答案：1s22s22p63s23p63d2 （或3d2）、 正四面体。（3）电负性的规律是：同一周期从左到右，各元素电负性递增，而H元素的电负性比C元素小，所以四种元素电负性顺序为HCNO。与CN-互为等电子体的可以是CO、N2。甲醛分子可以与水分子之间形成氢键，从而使得甲醛在水中溶解度较大。乙醛结构简式为CH3CHO，分子中CH3的C原子采用sp3杂化，CHO的C原子采用sp2杂化。正确答案：HCNO、CO N2、甲醛分子与水分子形成分子间氢键，使得甲醛易溶于水、sp3 sp2。（4）离子晶体晶格能越大，晶体的熔点越高，所以晶体的熔点KClCaO， “氮化钛广泛用于耐高温、耐磨损”因此TiN属于原子晶体，而原子晶体的熔点一般更高，即熔点KClCaOTiN。TiN晶胞中含N数目 、Ti原子数目，晶胞质量为、体积(2a10-10)3cm3，所以TiN密度为。正确答案：KClCaO离子晶体分子晶体，而金属晶体熔点由于本身相差很大。一般无法总体与离子晶体、分子晶体比较，但是比原子晶体低。等电子体可以是离子团，但不包括离子化合物。12. 麻黄素是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。NBS是一种选择性溴代试剂。已知：（1）其中A为烃，相对分子质量为92，A的结构简式是_；E中官能团的名称为_。（2）反应BC的反应条件和试剂是_，的反应类型是_。（3）F的结构简式是_。（4）写出CD的化学方程式_。（5）化合物F的芳香族同分异构体有多种，M和N是其中的两类，它们的结构和性质如下：已知M遇FeCl3溶液发生显色反应，能和银氨溶液发生银