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2019届高三化学第十一次模拟考试试题(含解析)1. 下列叙述正确的是( )A. NaOH可用于治疗胃酸过多 B. CaO可防止月饼等食品氧化变质C. 氢弹中用到的2H、3H互为同位素 D. 石油分馏属于化学变化【答案】C【解析】分析： A、氢氧化钠是强碱；B、CaO没有强还原性；C、同种元素的不同种原子互称同位素；D、石油分馏属于物理变化。详解:A、氢氧化钠是强碱,具有强腐蚀性,不能用于胃酸过多的治疗,故A错误；B、CaO没有强还原性,故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，故B错误；C、同种元素的不同种原子互称同位素，故2H、3H互为同位素,所以C选项是正确的；D、石油分馏是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，属于物理变化，故D错误.所以C选项是正确的。点精：本题考查了化学物质在生产、生活中的应用的相关知识，难度不大，注意易混淆问题：石油的分馏是物理变化，石油裂化属于化学变化，煤的干馏也是化学变化。2. 下列有关实验操作的叙述中正确的是A. 利用甘油密度大于乙醇且更易溶于水，进行甘油与乙醇的混合物分离B. 进行H2，NH3，CO2，Cl2，HCl，NO2等气体收集，也能用于NO气体收集C. 当X选用苯时可进行NH3和HCl的吸收，并防止倒吸D. 常用于实验室收集氧气、氢气等【答案】D.考点：考查化学实验基本操作3. 下列说法正确的是( )A. 乙醇既可以发生催化氧化反应，又可以发生酯化反应B. 用溴水可以鉴别乙醇、乙酸和苯C. 糖类、油脂、蛋白质三类物质都只含有C、H、O三种元素D. C5H10O属于醛类的同分异构体为六种【答案】A【解析】试题分析：A乙醇结构中有醇羟基，既可以发生催化氧化反应生成乙醛，又可以发生酯化反应生成酯，故A正确；B溴水与乙醇或乙酸均混溶不分层、不褪色，无法鉴别，故B错误；C糖类、油脂只含有C、H、O三种元素，蛋白质除C、H、O外还含N，可能还含S、P等元素，故C错误；DC5H10O属于醛类的同分异构体为4种，故D错误；答案为A。考点：考查物质的组成、性质及鉴别，涉及同分异构体的书写。4. X、Y、Z、R、W是短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其次外层的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是( )A. Y、Z、R元素简单离子的半径依次增大B. 含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种C. 元素W和R最高价氧化物对应水化物的酸性后者强D. Y与Z形成的两种化合物中的化学键类型和阴阳离子个数比均相同【答案】C【解析】试题分析：X原子的最外层电子数是其次外层的2倍，则X是C元素；Y是地壳中含量最高的元素Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R是Cl元素；W与Y属于同一主族，则W是S元素。A离子核外电子层数越多。离子半径就越大。当离子的核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大。离子半径就越小。所以Y、Z、R元素简单离子的半径大小关系是：RYZ，错误。B含有Y、Z、R三种元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，多于2种，错误。C元素的非金属性：RW，元素的非金属性越强，其最高价氧化物 对应的水化物的酸性就越强。所以元素W和R最高价氧化物对应水化物的酸性后者强，正确。DY与Z形成的两种化合物Na2O、Na2O2中的化学键类型前者只含有离子键，后者含有离子键、非极性共价键，不相同，而阴阳离子个数比相同，错误。考点：考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识。5. 下列用于解释事实的离子方程式书写正确的是( )A. 铁粉溶于氯化铁溶液：Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+B. 硫化钠溶液呈碱性：S2- + 2H2O H2S + 2OHC. 氯水具有漂白性：Cl2 + H2O 2H+ + Cl + ClOD. 工业上利用电解饱和食盐水制氯气：2H+ + 2Cl 通电 H2+Cl2【答案】A【解析】试题分析：A铁粉溶于氯化铁溶液生成氯化亚铁，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A正确；B硫化钠溶液呈碱性，硫离子的水解主要以第一步为主，正确的离子方程式为：S2-+H2OHS-+2OH-，故B错误；C氯水中含有次氯酸，则氯水具有漂白性，次氯酸小于保留化学式，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故C错误；D工业上利用电解饱和食盐水制氯气，正确的离子方程式为：2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-，故D错误；故选A。考点：考查了离子方程式的书写判断的相关知识。6. 电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72-6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，最后Cr3以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是（ ）A. 阳极反应为Fe2e=Fe2B. 电解过程中溶液pH不会变化C. 过程中有Fe(OH)3沉淀生成D. 电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72被还原【答案】B【解析】试题分析：A、铁为活泼电极，铁板作阳极时电解过程中电极本身失电子，电极反应式为： Fe-2e-=Fe2+，正确；B、根据题意知，反应过程中溶液中的氢离子浓度减小，溶液pH增大，错误；C、根据Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O知，反应过程中消耗了大量H+，使得Cr3+和Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，正确；D、电路中每转移12 mol电子，有6mol Fe2+，结合题给反应知最多有1 mol Cr2O72-被还原，正确。考点：考查电解原理的应用。视频7. 常温下，向20mL 0.5molL-1的CH3 COOH溶液中逐滴滴加 0. 5 molL-1的NaOH溶液，滴定曲线如图。相关分析正确的是（ ）A. 滴加至时，c(Na+)=c(CH3COO-)，酸碱恰好完全反应B. 滴加至时，c(OH) - c(H+) =c(CH3COOH)C. 滴定中，c(CH3 COO)c(H+)逐渐减小D. 滴定中，c(CH3 COOH)与c(CHa COO)之和保持不变【答案】B【解析】试题分析：A、溶液中一定满足电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），在c点时溶液的pH=7，溶液显示中性，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒可知c（CH3COO-）=c（Na+），但酸碱恰好完全反应时溶液呈碱性，A项错误；B、滴加至时，酸碱恰好完全反应，据质子守恒，c（OH-）一c(H+) =c(CH3COOH)，B项正确；C、滴定中，c（CH3 C00-）c(H+)逐渐增大，C项错误；D、滴定中加溶液稀释了，c(CH3 COOH)与c(CHa C00-)之和碱小，D项错误；答案选B。考点：考查溶液中的离子浓度8. 为了提高资源利用率，减少环境污染，化工集团将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链，如图所示。请填写下列空白：(1)钛铁矿进入氯化炉前通常采取洗涤、粉碎、烘干、预热等物理方法处理，请从原理上解释粉碎的作用：_；(2)已知氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7 6，则氯化炉中的化学方程为_。(3)TiCl4在常温下为无色液体，在军事上可作为人造烟雾剂,因为它在湿空气中会大冒白烟，水解生成二氧化钛的水凝胶TiO2xH2O（也常写成H2TiO），工业上可也用此反应制备TiO2。请写出该水解方程式_（用TiO2xH2O或H2TiO表示均可），工业上用TiCl4制备TiO2xH2O时要加入大量的水，同时加热，目的是：_(4)Ar气通入还原炉中并不参与反应，通入Ar气的作用是_(5)以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。已知该燃料电池的总反应式为2CH3OH3O24OH= 2CO32-6H2O，工作一段时间后，测得溶液的pH_(填“减小”、“增大”或“不变”)。（6）FeCl3溶液可作为印刷电路铜板的腐蚀液，写出该反应的离子方程式_【答案】 (1). 增大反应物间接触面积，提高化学反应速率 (2). 2FeTiO3+6C+7Cl2=6CO+2TiCl4+2FeCl3 (3). TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl (4). 促进Ti4+水解 (5). Ar气氛可防止Mg、Ti与氧气或氮气反应 (6). 减小 (7). 2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+【解析】分析：(1)粉碎反应物，可以增大其表面积，从而提高反应速率；(2)根据“氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7:6”写出反应的化学方程式；（3）根据原子守恒书写化学方程式；根据平衡移动原理分析加水、加热原因；(4)根据氩气性质不活泼及Mg和Ti等具有强还原性易被氧化方面考虑；(5) 根据电池总反应分析pH的变化；（6）根据铜和氯化铁溶液反应分析。详解:(1)粉碎反应物,可以增大其表面积,从而增大反应物之间的接触面积,提高反应速率，因此，本题正确答案是：增大反应物间接触面积，提高反应速率；(2) 根据物质的量之比等于化学方程式的系数之比，则Cl2、C的系数分别为7、6，读图可知，氯化炉中氯元素由0降为1价，则降低总数为127=14，碳元素由0升为+2价，升高总数为26=12，由于碳元素化合价升高总数不等于氯元素化合价降低总数，说明铁元素一定由+2升为+3价，且其系数为2，则该反应为: 2FeTiO3+6C+7Cl26CO+2TiCl4+2FeCl3，因此，本题正确答案是: 2FeTiO3+6C+7Cl26CO+2TiCl4+2FeCl3；(3)根据题中信息，TiCl4水解生成二氧化钛的水凝胶TiO2xH2O ，根据原子守恒反应方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl；工业上用TiCl4制备TiO2xH2O时要加入大量的水，同时加热，目的是：促进Ti4+水解。（4）还原炉中反应为2Mg(s)+TiCl4(s)=2MgCl2(s)+Ti(s)，Mg、Ti的还原性都强，容易被氧气、水、二氧化碳、氮气等气体氧化，降低钛的产率，而氩气是惰性气体，能防止镁、钛氧化，提高钛的产率，因此，本题正确答案是: Ar气氛可防止Mg、Ti与氧气或氮气反应；(5)该燃料电池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4OH=2CO32+6H2O，工作一段时间后，氢氧根离子被消耗，且水的量增大，则氢氧根离子浓度一定减小，电解质溶液的碱性减弱，pH减小。（6）铜和氯化铁溶液反应离子方程式为：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+。点睛：本题考查有关物质制备的化学工艺流程大题，涉及解释粉碎固体原料的原因、化学方程式书写等知识、解释惰性气体的作用、燃料电池的工作原理、正极反应式、溶液pH变化情况等。题目难度中等，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，本题（2）小题突破点是得失电子守恒和原子守恒。9. 含硫化合物在生产生活中应用广泛，科学使用对人体健康及环境保护意义重大。 红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，这应用了SO2 的_性。 某水体中硫元素主要以S2O32-形式存在，在酸性条件下，该离子会导致水体中有黄色浑浊并可能有刺激性气味产生，原因是_。（用离子方程式说明） 实验室采用滴定法测定某水样中亚硫酸盐含量：滴定时，KIO3 和KI 在盐酸作用下析出I2：5I- + IO3- + 6H+ =3 I2+3 H2O生成的I2 再和水样中的亚硫酸盐反应：I2 + SO32- + H2O = 2H+2I-+ SO42- 滴定到终点时的现象是:_ 若滴定前盛标准液的滴定管没有用标准液润洗，则测定结果将_（填偏大、偏小、不变）。滴定终点时，100mL的水样共消耗x mL标准溶液。若消耗1mL标准溶液相当于SO32-的质量1g，则该水样中SO 32 的含量为_g / L已知非金属单质硫（S）是淡黄色固体粉末，难溶于水为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：、若装置A的圆底烧瓶中盛装二氧化锰，则分液漏斗中盛装的试剂是_、装置B中实验现象为_，证明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强、装置C中反应的作用是：_【答案】 (1). 还原 (2). 2H+S2O32-=SO2+S+H2O (3). 溶液由蓝色变为无色且30秒内不变色 (4). 偏大 (5). 10x (6). 浓盐酸 (7). 淡黄色沉淀生成 (8). 吸收氯气，避免空气污染【解析】分析：(1)红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，作还原剂；(2)根据现象写出离子方程式；(3)碘单质具有氧化性,且淀粉遇碘变蓝；通过分析消耗标准液的多少分析误差；消耗1mL标准溶液相当于SO32-的质量1g,100mL水样相当于SO32-的质量xg,以此计算； (4) 从实验室制取氯气的原理分析；氯气与硫化钠反应生成硫与硫化钠；碱液吸收尾气。 盛标准液的滴定管没有用标准液润洗，则标准液被稀释，滴定时消耗标准液的体积偏大，则测定结果将偏大。消耗1mL标准溶液相当于SO32-的质量1g,100mL水样相当于SO32-的质量xg,，则该水样中SO 32 的含量为=10x g / L因此，本题正确答案是: 溶液由蓝色变为无色且30秒内不变色；偏大 ；10x（4）为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，需要用氯气置换出硫，则必须用装置A制备氯气，实验室通常用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，则A装置中A的分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸。故答案为：浓盐酸；在B中发生氯气置换出硫的反应，化学方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S。故答案为：有淡黄色沉淀生成； 尾气为过量的氯气，需要用碱液吸收，故本题答案为：吸收氯气，避免空气污染。点睛：本题（4）以实验装置为知识背景，从比较Cl和S的非金属性强弱着手，从整体的角度把握题目需要解答的问题，要通过本题建立解答本类题的正确思维过程，题目难度中等10. 硝酸是一种重要的化工原料，工业上采用氨的催化氧化法制备硝酸。(1) 已知反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)为放热反应，在恒容容器中能说明该反应达到平衡状态的是（_）A.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1:2:3 B. v正(N2)=v逆(H2)C.容器内压强保持不变 D.混合气体的密度保持不变(2)理论上,为了增大平衡时的转化率,可采取的措施是_(要求答出两点)合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径,合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如下表，则400时,测得某时刻氮气、氢气、氨气的物质的量浓度分别为1 molL-1、2 molL-1、3 molL-1时,此时刻该反应正反应速率_ 逆反应速率(填“大于”、“小于”或“等于”） 温度/200300400K1.00.860.5(4)消除硝酸工厂尾气的一种方法是用甲烷催化还原氮氧化物，已知： CH4 (g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g) H890.3 kJmol-1 N2(g)2O2(g)2NO2(g) H67.0 kJmol-1 则CH4(g)将NO2(g)还原为N2(g)等的热化学方程式为_(5)在25 下，向浓度均为0.1 molL-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_沉淀(填化学式)，当两种沉淀共存时,溶液中C(Mg2+)/C(Cu2+)=_(已知25 时KspMg(OH)2=1.810-11，KspCu(OH)2=2.210-20)【答案】 (1). C (2). 降温、加压、分离氨气 (3). 小于 (4). CH4(g)+2NO2(g) 2N2 (g) +CO2(g)+ 2H2O(g) H=-823.3kJ/mol (5). Cu(OH)2 (6). 8.2108 或9109 / 11【解析】分析：（1）可逆反应达到平衡时, v正=v逆 (同种物质表示)或正逆速率之比等于化学计量数之比(不同物质表示),反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化,以及由此衍生的一些量也不发生变化,由此进行判断；（2）根据反应特点分析增大平衡转化率的措施；（3）根据浓度商和平衡常数相对大小判断平衡移动方向，从而推断正逆反应速率大小；（4）根据盖斯定律计算反应热，书写热化学方程式；（5）根据溶度积计算。详解: （1）A. 容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1:2:3，不能说明反应混合物各组分的浓度不再变化,所以A选项是错误的；B.当达到平衡状态时, 3v正(N2)=v逆(H2),故B错误；C.反应前后气体体积不相同，压强不变说明反应达到平衡状态,故C正确；D.混合气体的总质量不变,容器容积为定值,所以密度自始至终不变,不能说明达到平衡,故D错误；所以C选项是正确的。（2）由于该反应为气体体积减小的放热反应，可以通过降温、加压、分离氨气等措施增大平衡时的转化率；因此本题答案为：降温、加压、分离氨气。(3)QC=2.25K=0.5，说明反应向逆反应方向进行，因此v正(N2)=v逆(N2)，因此，本题正确答案是: 小于；（4） CH4 (g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g) H890.3 kJmol-1 N2(g)2O2(g)2NO2(g) H67.0 kJmol-1 根据盖斯定律：-得：CH4(g)+2NO2(g) 2N2 (g) +CO2(g)+ 2H2O(g) H=-823.3kJ/mol，因此，本题正确答案是: CH4(g)+2NO2(g) 2N2 (g)+CO2(g)+ 2H2O(g) H=-823.3kJ/mol；（5）由于KspCu(OH)2KspMg(OH)2，所以先生成Cu(OH)2沉淀；当两种沉淀共存时，溶液是Cu(OH)2、Mg(OH)2的饱和溶液，溶液中OH-离子浓度相同，根据溶度积常数计算，溶液中C(Mg2+)/C(Cu2+)= =8.2108，故答案为：8.2108 或9109 / 11。11. 氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，掺入少量Ti的NaAlH4在150时释氢，在170、15.2MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如下图所示。（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为_。（2）NaH的熔点为800，不溶于有机溶剂。NaH属于_晶体，其电子式为_。（3）AlCl3在178时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为_（标明配位键）。（4）AlH4中，Al的轨道杂化方式为_；例举与AlH4空间构型相同的两种离子_（填化学式）。 （5）NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的AlH4有_个；NaAlH4晶体的密度为_gcm3（用含a的代数式表示）。若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体为_（填化学式）。（6）NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，形成新的结构。这种结构变化由表面层扩展到整个晶体，从而释放出氢气。该释氢过程可用化学方程式表示为_【答案】 (1). 略 (2). 离子 (3). 略 (4). 略 (5). sp3 (6). 略 (7). 8 (8). 略 (9). 略 (10). 略【解析】试题分析：（1）Ti的原子序数为22，电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，价电子轨道表示式为；（2）NaH的熔点为800，不溶于有机溶剂，属于离子晶体；NaH是离子化合物，电子式为；（3）氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，如图；（4）AlH4-中，Al的价层电子对数=4+=4，所以Al原子为sp3杂化；等电子体的结构相似，所以AlH4-空间构型相同的两种离子NH4+、BH4-（或“SO42-”“PO43-”）；（5）以底面Na+离子研究，与之最近的AlH4-距离为anm，位于同一面的4个顶角以及其余4个侧面的面心上，共有8个；根据均摊法可知，晶胞中钠离子的个数为6+4=4，晶体的化学式为NaAlH4，所以晶胞中AlH4-的个数为4，该晶胞的质量为g，该晶胞体积为2a3nm3=2a310-21cm3，则该晶胞的密度为。晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为4，若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，则晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为3，锂离子的个数为1，晶体的化学式为：Na3Li(AlH4)4；（6）NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4-中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到