2019届高三化学下学期第二次适应性考试试题(含解析).doc

2019届高三化学下学期第二次适应性考试试题(含解析)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56第I卷(选择题，共126分)一、选择题（本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题給出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A. 合成纤维，主要是以化石燃料为原料生产 B. 太阳能、氢能等都属于新能源C. 煤的干馏也称为煤的焦化，可得煤油 D. 电能是使用最方便的一种二次能源【答案】C【解析】A. 生产合成纤维的主要原料来自于没和石油，故A正确；B. B、太阳能、氢能都属于人类正在开发利用的新能源，故B正确；C. 石油分馏都可获得直馏汽油、煤油、柴油、沥青等，煤的干馏不能得到煤油，故C错误；D. 我们使用的电能都是通过其它能源的消耗得到的，是二次能源，故D正确；故选C。2. 下列叙述中不正确的是A. 酸性高锰酸钾溶液可用来鉴别乙烷和乙烯B. 烃分子中都含有极性键和非极性键C. 分子中至少11个碳原子处于同一平面D. 利用灼烧的方法可鉴别蚕丝和棉制品【答案】B【解析】A、乙烯能使高锰酸钾褪色，但是乙烷不能，可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙烯和乙烷，故A正确；B. 甲烷分子中只存在极性键，没有非极性键，故B错误；C.苯环是平面结构，碳碳单键可以旋转，两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面。如图所示(已编号)的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，共有6个原子共线，所以至少有11个碳原子共面，故C正确；D. 毛织物的主要成分是蛋白质，燃烧后有烧焦羽毛的味道，所以可用灼烧的方法可鉴别毛织物和棉织物，故D正确；故选B。 点睛：本题主要考查了有机物的鉴别、蛋白质的性质、有机化合物的结构特点和同系物等。本题的易错点是C，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。3. 下列实验现象和结论都正确的是实验现象结论A向无色溶液中滴加稀硫酸产生白色沉淀溶液中一定含有Ba2+B向CuSO4溶液中滴加氢硫酸产生黑色沉淀酸性：H2SH2SO4C向KSCN和酸性FeCl3溶液中滴加H2O2溶液溶液变红色氧化性：H2O2Fe3+D向5mL0.2mo1/L NaOH溶液中滴几滴0.1 mo1/LMgCl2溶液，再滴加饱和FeCl2溶液产生的白色沉淀 转化成红褐色溶解度： Fe(OH)3H2SO4，故B错误；C. 向KSCN和酸性FeCl2溶液中滴加H2O2溶液，过氧化氢将亚铁离子氧化生成铁离子，溶液变红色，说明氧化性：H2O2Fe3+，故C正确；D. 向5mL0.2mo1/L NaOH溶液中滴几滴0.1 mo1/LMgCl2溶液，反应后氢氧化钠过量，再滴加饱和FeCl2溶液，生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能证明氢氧化铁和氢氧化镁溶解度的大小，故D错误；故选C。4. 塑化剂是一种对人体有害的物质。增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环已醇反应制得。下列说法不正确的是A. DCHP的分子式为C20H26O4B. 该反应属于取代反应C. DCHP的一氯取代产物有6种D. 与环已醇分子式相同，且具有醛基(-CHO)的结构共有9种【答案】D【解析】A由结构可知DCHP的分子式为C20H26O4，故A正确；B. 根据方程式，该反应类似于酯化反应，属于取代反应，故B正确；C. DCHP的一氯取代产物有6种()，故C正确；D. 与环已醇分子式相同，且具有醛基(-CHO)的结构通式为C5H11CHO，其中烃基中5个碳原子在一条直线上的，醛基有3种位置；烃基主链含有4个碳原子的，醛基有4种位置；烃基主链含有3个碳原子的，醛基有1种位置；共有8种，故D错误；故选D。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键。侧重分析与应用能力的考查，注重迁移应用能力的训练。本题的易错点是，难点是D。5. a、b、d、e 是原子序数依次增大的短周期元素，a是周期表中原子半径最小的元素，b2-和c2+的电子层结构相同，e的核电荷数是b的2倍，元素d的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一。下列说法正确的是A. 元素b的简单气态氢化物的热稳定性比e的弱B. 元素c的最高价氧化物对应水化物的碱性比d的强C. 简单离子半径t:c d e bD. 元素a、b、e各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、4【答案】B6. 双隔膜电解池（两电极均为惰性电极）的结构示意简图如图所示，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠，并得到氢气和氧气。对该装置及其原理判断错误的是A. 如电极材料均改为铜板，电解池的总反应方程式不变B. 向A溶液中滴加石蕊试液显红色C. c隔膜为阴离子交换膜、d隔膜为阳离子交换膜D. 相H条件下，c隔膜附近电极产生的a气体与d隔膜附近电极产生的b气体体积比为1：2【答案】A【解析】电解硫酸钠溶液，阳极发生氧化反应，a为氧气，A为硫酸，阴极发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，b为氢气，B为氢氧化钠。A. 如电极材料均改为铜板，铜为活性电极，阳极铜被氧化，电解池的总反应方程式发生变化，故A错误；B. A为硫酸，向A溶液中滴加石蕊试液显红色，故B正确；C根据外加电源的正负极可知有气体a生成的一极为阳极，有气体b生成的一极为阴极；阳离子透过d隔膜向阴极移动，则d隔膜为阳离子交换膜，阴离子透过c隔膜向阳极移动，c隔膜为阴离子交换膜，故C正确；D. 在阳极氢氧根离子放电生成氧气，在阴极氢离子放电生成氢气，所以该电解反应的总方程式为2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2+2H2，a为氧气，b为氢气，体积比为1：2，故D正确；故选A。点睛：本题考查了电解池原理的应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意根据外加电源的正负极判断电解池的阴阳极，根据离子移动方向判断离子交换膜，注意把握题目中给出的信息。7. 亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中对生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等，其中HClO2和ClO2都是具有漂白作用。已知pOH=lgc(OH-)，经测定25时各组分含量随pOH变化情况如图所示(Cl-没有画出)，此温度下，下列分析正确的是A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6B. pOH=11时，ClO2-部分转化成ClO2和Cl-离子的方程式为：5ClO2-+2H2O=4ClO2+ Cl-+4OH-C. pH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(HClO2)c(ClO2-)c(ClO2)c(Cl-)D. 同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2-)+2c(OH-)【答案】D【解析】A、HClO2的电离平衡常数K=，观察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c(ClO2-)=c(HClO2)，此时HClO2的电离平衡常数的数值Ka= c(H+)=10-6，故A错误；B. pOH=11时，溶液显酸性，不能生成OH-，故B错误；C、根据图知，pH=7时，存在c(HClO2)c( ClO2-)，则微粒浓度大小顺序是c( ClO2-)c(HClO2)c( ClO2)c( Cl-)，故C错误；D、依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2-)+c(OH-) ，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2-)+c(HClO2) ，联立消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2-)+2c(OH-)，故D正确；故选D。8. 某消毒液的主要成分为NaCl和NaClO，在空气中易吸收CO2而变质，且NaCl和NaClO在酸性条件下可发生反应：ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2+ H2O。某学习小组拟探究该消毒液的变质情况。(1)取适量消毒液放在试管中，加入足量一定浓度的硫酸，有气体放出。通过下列装置检验气体的成分可以判断消毒液是否变质。学习小组研究后认为变质情况可能有三种：甲：部分变质；乙：未变质；丙：_。为了验证可能为甲，请完成下列实验方案。限选试剂：a.98%的浓硫酸 b.1%的品红溶液 c.1.0 molL-1的KI-淀粉溶液d.1.0 molL-1 的NaOH溶液 e.澄清石灰水 f.饱和NaCl溶液所加试剂预期现象和结论试管A中加足量_(填序号）；试管B中加1%品红溶液；试管C中加_(填序号)。若A中_，B中_，C中_，则甲成立。(2)用滴定法测定消毒液中NaClO的浓度。在使用滴定管之前首先进行的操作是_；量取25.00 mL消毒液放入锥形瓶中，加入过量的a molL-1 Na2SO3溶液v1 mL；（反应的化学方程式为：NaClO + Na2SO3 = NaCl+ Na2SO4）将b molL-1的用硫酸酸化的KMnO4溶液装入_(填仪器名称)中；滴定剩余的Na2SO3溶液，反应的化学方程式为：_。当溶液由_(填滴定终点现象)停止滴定，记录数据。重复上述滴定操作2次，平均消耗酸性KMnO4溶液v2 mL。则消毒液中NaClO的浓度为_molL-1(用含a、b、v1、v2的代数式表示)。【答案】 (1). 全部变质 (2). c (3). A中溶液变蓝色 (4). B中溶液不褪色 (5). e (6). C中溶液变浑浊 (7). 检查滴定管是否漏液（或检漏） (8). 酸式滴定管 (9). 2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+3H2O (10). 由无色变为浅紫色，且半分钟不褪色 (11). (2av1-5bv2)/50【解析】 (1)根据题意，变质情况可能有三种：甲：部分变质；乙：未变质；丙：全部变质；要说明部分变质，则需要检验产生的气体有氯气和二氧化碳，要先具有氯气，并且除去氯气，所以A中加入足量的1.0 molL-1的KI-淀粉溶液，检验并除去氯气；B中加入品红溶液检验氯气是否除尽，C装置中加入澄清石灰水检验二氧化碳，故答案为：全部变质； c；A中溶液变蓝色；B中溶液不褪色；e；C中溶液变浑浊(2)在使用滴定管之前要查漏，故答案为：检查滴定管是否漏液；用硫酸酸化的KMnO4溶液具有氧化性，能够腐蚀乳胶管，使用时只能装在酸式滴定管中；高锰酸钾与Na2SO3溶液，反应的化学方程式为2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+3H2O，当溶液由无色变为浅紫色，且半分钟不褪色，表示达到了滴定终点，故答案为：检查滴定管是否漏液(或检漏)；酸式滴定管；2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+3H2O ；由无色变为浅紫色，且半分钟不褪色；根据得失电子守恒，亚硫酸钠失去的电子由高锰酸钾和次氯酸钠两种物质得到，Na2SO3的物质的量为v1 10-3La mol/L= a v1 10-3mol，KMnO4的物质的量为v2 10-3Lb mol/L=b v210-3mol，其中KMnO4反应的亚硫酸钠反应的物质的量为 b v210-3mol，与次氯酸钠反应的亚硫酸钠反应的物质的量为a v1 10-3mol - b v210-3mol=，因此(a v1 10-3 - b v210-3)mol，则c(NaClO)= =mol/L，故答案为：。9. 氯化钡是白色的晶体，易溶于水，微溶于盐酸和硝酸，难溶于乙醇和乙醚，易吸湿，需密封保存。工业上制备BaCl22H2O有如下两种途径：途径1：以重晶石（主要成分BaSO4)为原料，流程如下：(1)写出“溶解”时反应的化学方程式方程式：_。(2)“高温焙烧”时必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是_。(3)结晶得到的晶体，需用乙醇洗涤的理由是_。途径2：以毒重石（主要成分BaCO3，含CaCO3、MgCO3、Fe2O3、SiO2等杂质）为原料，流程如下：已知：Ksp(BaC2O4)=1.610-7，Ksp(CaC2O4)=2.310-9，Ksp=1.810-11。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.7(4)滤渣I的成分为_(填化学式)。(5)滤渣II中含_(填化学式)。过滤析出后，滤液中含有的Mg2+浓度为_。(6)加入H2C2O4时应避免过量，其原因是为了防止生成_(填化学式)。【答案】 (1). BaS+2HCl=BaCl2+H2S (2). 使硫酸钡得到充分还原，提高BaS的产量；该反应为高温反应，碳和氧气反应放出热量维持所需要的高温条件 (3). 氯化钡难溶于乙醇，（水和乙醇互溶）洗涤时减少产品的损失 (4). SiO2、Fe (OH)3 (5). Mg(OH)2、Ca(OH)2 (6). 1.810-8 molL-1 (7). BaC2O4【解析】(1)重晶石矿经过高温焙烧的产物用盐酸溶解，产生了硫化氢，根据复分解反应的原理，硫酸钡焙烧生成了BaS，因此溶解的反应方程式为，故答案为：BaS+2HCl=BaCl2+H2S；(2)根据“高温焙烧”可知，此步需要维持高温，也可以使硫酸钡得到充分还原，提高BaS的产量，碳和氧气反应放出热量维持所需要的高温条件，故答案为：使硫酸钡得到充分还原，提高BaS的产量；该反应为高温反应，碳和氧气反应放出热量维持所需要的高温条件；(3)根据信息可知，氯化钡易溶于水，微溶于盐酸和硝酸，难溶于乙醇和乙醚，用乙醇洗涤，可以减少产品的损失，故答案为：氯化钡难溶于乙醇，洗涤时减少产品的损失；(4)二氧化硅不溶于盐酸和氨水，因此滤渣中含有二氧化硅，盐酸溶解氧化铁生成铁离子。氨水调节溶液的pH=8时，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，因此滤渣中还含有氢氧化铁，故答案为：SiO2、Fe (OH)3；(5)pH=12.5时，溶液中的钙离子和镁离子转化为氢氧化钙和氢氧化镁沉淀，根据pH=12.5时，c(OH-)=10-1.5 mol/L，Ksp= c(Mg2+)c2(OH-)=1.810-11，c(Mg2+)=1.810-8 mol/L，故答案为：Mg(OH)2、Ca(OH)2；1.810-8 mol/L； (6)H2C2O4过量时，当QcKsp(BaC2O4)，可能会生成BaC2O4沉淀，因此H2C2O4应避免过量，故答案为：BaC2O4。10. 甲醇是一种重要的化工原料。利用CO2和 H2在催化剂的作用下合成甲醇，有关反应的反应热与平衡常数表示如下：反应1：CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g) H1 K1反应2：CO(g)2H2(g) CH3OH(g) H2 K2总反应：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H3 K3(1)H3=_(用H1、H2表示)。K3 =_(用K1、K2表示)。在恒温恒容的密闭容器中，能判断总反应达平衡状态的依据是_(填番号)。a.容器中的压强保持不变b.H2的质量分数保持不变c.有两个C=O键断裂的同时水分子中有两个H-O键断裂d.化学平衡常数K保持不变e.c(CO2) =c(H2O)f.速率v (CO2) =v(H2O)在某温度下，反应体系达平衡时，增大体系的压強，体系中，反应1的平衡_移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”和“不”)。(2)以上平衡常数随温度变化的曲线如图所示：则H2_H3(填“大于”、“小于”或“等于”)，理由是_。温度为t1时，体系建立起化学平衡状态，测得c(H2)=0.1 molL-1 ，c(CH3OH)：c(CO)=_。(3)甲醇可用于制取氰化氢。已知：Ka(HCN) = 6.010-10，Kw=110-14氰化钠水解的离子方程式为CN-+H2OHCN+OH-。该水解反的平衡常数的值Kh=_。一种由等物质的量浓度的NaCN和HCN组成的缓冲溶液，该溶液的pH_7 (“”、“0，根据盖斯定律知：H3=H1+H2，所以H2【解析】(1)反应1：CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g) H1，反应2：CO(g)2H2(g) CH3OH(g) H2，根据盖斯定律，将反应1+反应2得CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H3=H1+H2，故答案为：H1+H2；反应相加，平衡常数相乘，因此K3 = K1K2，故答案为：K1K2；在某温度下，反应体系达平衡时，增大体系的压强，反应和总反应均右移，因此反应1的平衡也右移，故答案为：向正反应方向；(2)由图可知，随着温度升高，K1增大，则H10，根据盖斯定律知：H3=H1+H2，所以H20，根据盖斯定律知：H3=H1+H2，所以H2SH (9). 氟化钠和氟化镁是离子晶体，四氟化硅是分子晶体，一般情况离子晶体熔沸点比分子晶体高。由于Mg2+半径比Na+半径小，Mg2+带电荷比Na+大，氟化镁的晶格能比氟化钠大，所以氟化镁的熔点较高 (10). g/3【解析】 (1)Cu是29号元素，核外电子有29种不同的运动状态的电子，Cu+的核外电子排布式为3d10，故答案为：29； 3d10；(2)根据均摊法可知，在每个晶胞中含有氧原子数为8+6=4，铜原子数为4，晶胞中阴、阳离子个数比为1:1，化学式为CuO，电子式为，故答案为：1:1；(3)根据胆矾CuSO45H2O结构示意图，胆矾晶体存在共价键、配位键和离子键，其中SO42-中S原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，空间构型为正四面体形；根据元素的非金属性越强，电负性越大，H、O、S元素电负性由小到大的顺序为OSH，故答案为：共价键、配位键和离子键；正四面体形；sp3杂化；OSH；(4) 氟化钠和氟化镁是离子晶体，四氟化硅是分子晶体，一般情况离子晶体熔沸点比分子晶体高。由于Mg2+半径比Na+半径小，Mg2+带电荷比Na+大，氟化镁的晶格能比氟化钠大，所以氟化镁的熔点较高，故答案为：氟化钠和氟化镁是离子晶体，四氟化硅是分子晶体，一般情况离子晶体熔沸点比分子晶体高。由于Mg2+半径比Na+半径小，Mg2+带电荷比Na+大，氟化镁的晶格能比氟化钠大，所以氟化镁的熔点较高；(5)镁原子的半径为rcm，晶胞底面为平行四边形，其各边长为a=2r，所以平行四边形的面积为S=aasin60=a2，晶胞中平行四面体的h=2边长为a的四面体的高=2a=a，所以V(晶胞)=Sh=a2a=a3=8r3，晶胞中Mg原子个数为1+1=2，则金属镁的密度= g/3，故答案为：。点睛：本题考查了物质结构与性质，涉及原子的杂化轨道理论、晶胞的计算等，明确晶胞体积与密度的关系是解本题关键。本题的难点是(5)，注意晶胞的边长与镁原子半径的关系。12. 【化学一遶修5：有机化学基础】有机物E()是一种香料，它的合成路线如下:己知下列信息：RX+CH2=CHRRCH=CHR+HX (X为卤素原子，R、R 为原子或原子团)。回答下列问题：(1)物质C3H4O2的名称是_；E中官能团的名称是_。(2)AB的反应条件是_；DE的反应类型是_。(3)CD的化学方程式是_。化合物CH2=CHCH2Cl在PdCl2条件下反应生成高聚合物，该高聚合反应的化学方程式为_。(5)满足下列条件的E的同分异构体