2019届高三化学下学期第一次模拟考试试卷(含解析).doc

2019届高三化学下学期第一次模拟考试试卷(含解析)可能用到的相对原子量：C-12 N-14 B-5 H-1 0-16 Mg-24 一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分，每小题只有一个选项最符合题意。1.化学与环境生活息息相关。下列叙述错误的是A. 可用淀粉溶液检验食盐中是否加碘B. 酿酒工业中使用的“酒曲”是一种酶C. 可用蒸馏法、电渗析法淡化海水D. 燃煤中加入生石灰可降低含硫化合物的排放【答案】A【解析】【详解】A.淀粉遇到碘单质会变蓝色，而不是遇到碘元素，食盐中添加的为碘酸钾，加入淀粉不会变蓝，A项符合题意；B酿酒过程中，葡萄糖在“酒曲”含有酒化酶的作用下，分解生成乙醇，B项不符合题意；C从海水中提取蒸馏水，可以用蒸馏法，也可以使用电渗析法，C项不符合题意；DCaO可以与SO2反应，生成CaSO3，可进一步被氧化为CaSO4，降低硫化物的排放，D项不符合题意；本题答案选A。2.汽车尾气含氮氧化物（NOX）、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是A. 尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关B. 尾气处理过程，氮氧化物（NOX）被还原C. Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率D. 使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾【答案】C【解析】【详解】A. 汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；B. 尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；C. 催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；D. 使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。故选C。3.1-丙醇和乙酸在浓硫酸作用下，反应制得乙酸丙酯，反应温度为115125，反应 装置如图。下列对该实验描述错误的是A. 不能用水浴加热B. 长玻璃管起冷凝回流作用C. 通常加入过量1丙醇以提高乙酸的转化率D. 提纯乙酸丙酯，可用水和氢氧化钠溶液洗涤【答案】D【解析】【详解】A酯化反应需直接加热，水浴加热的温度不超过100，温度达不到要求，A项不符合题意；B1丙醇和乙醇都是易挥发的物质，长导管可以冷凝回流，增加原料的利用率，B项不符合题意；C酯化反应为可逆反应，增加一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率，所以提高1丙醇的量，可以增加乙酸的转化率，C项不符题意；D乙酸丙酯在碱性环境下会水解为乙酸钠和丙醇，不能用NaOH溶液洗涤，应选用饱和碳酸钠溶液，D项符合题意；本题答案选D。4.短周期元素X、Y、Z同周期，X为金属元素，离子半径Y2-Z-。下列说法正确的是A. X与Z形成的化合物一定为离子化合物B. 简单气态氢化物的稳定性：ZYC. X的单质一定即能与强酸皮应，又能与强碱反应D. 含氧酸的酸性；ZY【答案】B【解析】【分析】Y2-Z-，在短周期中， Y与Z同周期，而且Y的原子序数比Z的小， Y为S，Z为Cl；或者Y为O，Z为F。【详解】A.若Z为Cl，X为Al，它们的化合物AlCl3，为共价化合物，A项错误；B. 同周期的Z和Y，Z的原子序数比Y的大，则Z的非金属性比Y的非金属性强，Z的气态氢化物比Y的稳定，B项正确；CX的单质可以为Na、Al等，Na不能与强碱反应，但是Al可以为强酸强碱反应，C项错误；D虽然Z的非金属性比Y的强，但是并不能通过比较最高价氧化物的水化物而得知，所以不能确定，如HClO的酸性比H2SO4弱，但Cl的非金属性比S强，D项错误；本题答案选B。【点睛】元素非金属性的比较，可以利用元素的气态氢化物的稳定性，以及最高价氧化物对应的水化物，即最高价的含氧酸的酸性。要注意，比较酸性时，一定要比较最高价的含氧酸。5.NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A. lmolN2和4mol H2反应生成的氨气分子数为2NAB. 在标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有的共价键数目为0.4NAC. 含lm0lCl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液成中性，此时溶液中NH4+数目大于NAD. 0.lmol的11B中，含有0.6 NA个中子【答案】D【解析】【详解】A.氮气和氢气生成氨气的反应为可逆反应，氮气不能完全反应完，不能生成2mol的氨气，A项错误；B在标准状况下，ClHCl3为液体，不适用于22.4Lmol1，B项错误；C根据电荷守恒，c(Cl)c(OH)=c(H)c(NH4)，溶液为中性，c(OH)=c(H)，则c(Cl)=c(NH4)，溶液中含有1molCl，则也含有1molNH4，其数目为1NA，C项错误；D .B的原子序数为5，11B的质量数为11，则中子数为6。0.1mol的11B中，含有0.6mol中子，数目为0.6NA，D项正确；本题答案选D。【点睛】在标准状况下，有些物质为液体或者固体常被误认为气体，如HF、SO3、CCl4、苯等。6.一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池，其原理如图所示。下列说法错误的是A. 电池工作时，光能转变为电能，X为电池的负极B. 电池工作时，电解质溶液中I-和I3-的浓度基本不变C. 镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成I-D. 电解质溶液中发生反应：2Ru3+3I2Ru2+I3-【答案】C【解析】【分析】根据图像分析，工作时，电子从电极X流出，为负极，经外电路到电极Y，Y为正极。【详解】A. 根据图像分析，工作时，电子从电极X流出，为负极。整个电池就是将太阳能转化为电能，A项不符合题意；B电池工作时，I3转化为I，I又会转化为I3，形成一个回路，因此I和I3的浓度基本不变，B项不符合题意；C镀铂导电玻璃上发生的反应为I3-转化为I-，碘的化合价从1/3降低为1，得到电子，发生还原反应，C项符合题意；D在电解质溶液中Ru()转化为Ru()，同时I转化为I3，则根据电荷守恒，可知道2Ru3+3I-2Ru2+I3-，D项不符合题意；本题答案选C。7.下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验实验目的或结论A向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶 状沉淀不溶解，证明该溶液中存在A1O2-Al(OH)3是两性氢氧化物， 不溶于碳酸溶液B 将某气体通入品红溶液，溶液褪色检验气体中的SO2C测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较 Ka(HCOOH)和 Ka2(H2S)的大小D向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4溶液和KMn04溶液，观察气体产生的速度比较CuSO4和KMnO4的催化效果A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A通入CO2，先出现白色胶状沉淀生成Al(OH)3，通入过量的CO2，Al(OH)3也不溶解，只能说明Al(OH)3不溶于碳酸等弱酸，但是不能说明Al(OH)3是两性氢氧化物，A项错误；B将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明被漂白了，可能是SO2，但是也可能为其他气态，如氯气、臭氧，氯气溶于水生成次氯酸，也具有漂白性，B项错误；C酸越弱，其阴离子水解能力越强，在相同的浓度下，比较两溶液的pH，可以知道哪种阴离子水解能力强，得知哪种酸弱，从而比较电离平衡常数，C项正确；DKMnO4能够与双氧水反应，并不是作为做催化剂，所以不能达到实验目的，D项错误；本题答案选C。8.氨浸菱锌矿制备活性氧化锌，成本低，选择性好，其工艺流程如下:(1)滤渣主要成分的化学式为_。(2)浸取液中含少量Pb2+、Cu2+等重金属离子，可加入试剂除去，试剂为_，在实际操作过程中加入量远高于理论量，可能的原因是_。(3)过滤后得到Zn(NH3)4CO3溶液，经水蒸汽加热法可析出碱式 ZnCO32Zn(OH)2H2O沉淀，其反应化学方程式为_。(4)蒸氨过程中会有部分氨气逸出，可用电化学气敏传感器监测环境中NH3的含量，原理如图所示。负极的电极反应为_，假设蒸氨过程中逸出氨气16.8L (标准状况)进入传感器，另一极需要通入标准状况下O2的体积为_。(5)蒸氨完成时，废液中残余氨含量需小于0.2mol/L，若残余氨浓度过低，水蒸汽用量增大，回收氨水中氨浓度降低，不利于循环使用；若残余氨浓度过高，会导致_。【答案】 (1). CaCO3 (2). Zn (3). 有副反应发生(或置换反应在固体表面进行，利用率不高) (4). 3Zn(NH3)4CO3+3H2OZnCO32Zn(OH)2H2O+12NH3+2CO2 (5). 2NH3-6e-+60H-=N2+6H2O (6). 12.6L (7). 残余锌浓度大，造成损失【解析】【分析】矿粉、碳酸氢铵、熟石灰浸取，会生成碳酸钙。置换反应可以除去某些金属离子，过滤得到滤渣，为置换出来的金属单质。【详解】(1)NH4HCO3和Ca(OH)2生成CaCO3沉淀，所以滤渣的主要成分为CaCO3，答案为CaCO3；(2)根据图示，该反应为置换反应，除去金属离子，需要加入金属单质，但是又不能引入新的杂质，因此选用Zn，实际用量高于理论值说明除了置换反应，可能还有其他反应消耗了Zn，或者置换的金属附着在Zn的表面，阻止了Zn的反应，答案为Zn 有副反应发生(或置换反应在固体表面进行，利用率不高)；(3)过滤后得到Zn(NH3)4CO3溶液，经水蒸汽加热法可析出碱式 ZnCO32Zn(OH)2H2O沉淀，与水作用，而化合价没有变化，主要根据原子守恒写方程式，答案为3Zn(NH3)4CO3+3H2OZnCO32Zn(OH)2H2O+12NH3+2CO2；(4)原电池中O2得到电子，为正极，NH3失去电子生成N2为负极，电解质溶液为碱性，电极反应为2NH36e6OH=N26H2O。得失电子守恒，电池总反应为4NH33O2N26H2O，逸出氨气16.8L，体积比等于物质的量之比，则氧气的体积为12.6L，答案为2NH3-6e-+60H-=N2+6H2O 12.6L；(5)弱残余氨浓度过高，Zn(NH3)4CO3的残留过高，不能完全转化为ZnCO32Zn(OH)2H2O，则残余锌浓度大，造成损失，答案为残余锌浓度大，造成损失。【点睛】在加入原料的时候，一定要思考不能引入新的杂质，或者杂质能够在后面的流程中被处理掉。如此题中置换时加入的金属为Zn，不会引入新的杂质，而不选用其他金属单质。9.燃煤烟气脱除SO2及NOx对解决雾霾污染很重要，脱硫脱硝的方法很多，一种ClO2气相氧化法反应机理和速率常数（K）如下:脱硝:NO(g)+ ClO2(g)= NO2(g)+ ClO(g) H1 k1=l.71011mL(mols)-1NO(g)+ ClO(g)= NO2(g)+Cl(g) H2 k2=8.81012 mL(mols)-1脱硫：SO2(g)+ClO2(g)=SO3(g)+ClO(g) H3 k3=2.110-4 mL(mols)-1SO2(g)+ClO(g)=SO3(g)+ Cl(g) H 4 k4=6.91011 mL(mols)-1两过程中产生的Cl可与ClO2进一步反应，如:C1(g)+ClO2(g)=2ClO(g) H5（1）同时脱硫脱硝反应NO(g)+SO2(g)+2ClO2(g)=NO2(g)+SO3(g)+ 2ClO(g)的反应热最简表达式H=_。（2）己知反应的速率方程分別为v正=k3c (SO2) c (ClO2)、v正=k4c (SO2) c (ClO)，试判断两反应的活化能大小，E3_E4（填“”“ (3). (4). SO2 (5). k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时反应产生的ClO 部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显。 (6). 5SO2+2ClO2+6H2O = 5H2SO4+2HCl (7). AC (8). 1.07l05mol/L【解析】（1）根据盖斯定律可知+即得到同时脱硫脱硝反应NO(g)+SO2(g)+2ClO2(g)NO2(g)+SO3(g)+ 2ClO(g)的反应热最简表达式H=H1+H3。（2）反应的平衡常数很小，而反应的平衡常数很大，因此两反应的活化能大小：E3E4。反应的平衡常数很小，所以控制脱硫速度的关键步骤是反应；（3）根据图像可知k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时反应产生的ClO 部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显。（4）气相中水蒸气含量提高，SO2单独氧化率会迅速提升，并生成两种常见的酸，说明SO2倍氧化硫酸，同时还有盐酸生成，反应的化学反应方程式为5SO2+2ClO2+6H2O5H2SO4+2HCl。（5）A氨水能吸收酸性氧化物SO2，A正确；BNa2SO4溶液与SO2不反应，B错误；CNa2CO3 溶液显碱性，能吸收SO2，C正确；DNaHSO4溶液与SO2不反应，D错误，答案选AC。CaSO3(s)+H+(aq)Ca2+(aq)+HSO3-(aq)的平衡常数K=c(Ca2+)c(HSO3)c(H+)=c(Ca2+)c(SO32)c(HSO3)c(H+)c(SO32)=6.761036.31081.07l05mol/L。10.二茂铁可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。实验室制备二茂铁装置示意图如图已知：二茂铁熔点是173，在100时开始升华；沸点是249。制备二茂铁的反应原理是：2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O 实验步骤为：在三颈烧瓶中加入25g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60mL无水乙醚到 烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约l0min；将足量的无水FeCl2(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂配成的溶液25mL装入仪器a中，慢慢滴入仪器c中，继续搅拌45min；再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌；将c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。回答下列问题：(1)仪器b的名称是_。(2)步骤中通入氮气的目的是_。 (3)步骤用盐酸洗涤的目的是_。(4)步骤是二茂铁粗产品的提纯，该过程在下图中进行，其操作名称为_；该操作中棉花的作用是_。(5)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是_；若最终制得纯净的二茂铁4.3g，则该实验的产率为_(保留三位有效数字)。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化 (3). 除去多余的KOH (4). 升华 (5). 防止二茂铁挥发进入空气中 (6). 测定所得固 体的熔点 (7). 58.4%【解析】【详解】（1）装置如图所示，为球形冷凝管，答案为球形冷凝管；(2)通入氮气，可以排除将装置中的O2，而原料中的FeCl2，容易被氧气氧化，则答案为排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化；(3)用盐酸洗涤，可与KOH反应，可以将反应加入的过量的碱除去，答案为除去多余的KOH；(4)根据已知信息，二茂铁在100时开始升华，再加上装置的示意图，蒸发皿上倒扣的漏斗，固体受热升华，再在漏斗上凝华，变成固体； 装置中棉花的操作就是防止二茂铁的气体在漏斗中的凝华或者进入空气中，造成损失，答案为升华 防止二茂铁挥发进入空气中；(5)为了确认是不是二茂铁，利用其物理或者化学性质，根据已知，二茂铁的熔点为173，可以测定其熔点，在实验过程中，FeCl2足量。KOH为25g，约为0.45mol；环戊二烯，为5.225g，为0.079gmol，环戊二烯少量，以环戊二烯的量计算产率，2C5H6Fe(C5H5)2 132 186 5.225g m 得到理论值1325.225=186m,m=7.3625g,则产率为4.3g7.3625g100%58.4%。答案为测定所得固体的熔点 58.4%。11.氢能被视为最具发歸力的清洁能源，开发新型储氣材料是氢能利用的重要研究方向。请回答下列问题：.化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质(HB=NH)3通过如 下反应制得:3CH4+2 (HB=NH) 3+6H2O=3CO2+6H3BNH3(1)基态B原子的价电子排布式为_，B、C， N， O第一电离能由大到小的顺序为_，CH4、H2O、CO2的键角按照由大到小的顺序排列为_。(2)与(HB=NH)3，互为等电子体的有机分子为_(填分子式)。.氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键。(1)印度尼赫鲁先进科学研宄中心的Datta和Pati等人借助ADF软件对一种新 型环烯类储氢材料(C16S8)进行研宄，从理论角度证明这种材料的分子呈平面结构(如图)，每个杂环平面上下两侧最多可吸附10个H2分子。C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为_。相关键长数据如表所示：化学键C-SC=SC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据看出，C16S8中碳硫键键长介于CS键与C=S键之间，原因可能_。C16S8与H2微粒间的作用力是_。(2)有储氢功能的铜合金晶体具有立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，Ag 原子位于顶点，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的四面体空隙中。该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2(如图)相似，该晶体储氢后的化学式为_。(3)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞如上图所示，该晶体的密度为agcm-3，则晶胞的体积为_cm3(用含a、NA的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). 2s22p1 (2). NOCB (3). CO2CH4H2O (4). sp2、sp3 (5). C6H6 (6). C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质 (7). 范德华力 (8). Cu3AgH8 (9). 52aNA【解析】【详解】(1)B的原子序数为5，根据电子排布规律1s22s22p1，价电子排布为2s22p1。B、C、N、O同周期元素，其第一电离能越来越大，但是要考虑到半满状态，N的价电子排布为2s22p3，为半满，较稳定，电离能会较大，所以排布为NOCB。根据分子构型以及电子对互斥理论，CO2为直线型分子，键角为180，CH4为正四面体，键角为109.5，H2O中O的孤对电子会对造成OH键挤压，键角会小于109.5，所以键角的排序为CO2CH4H2O；答案为2s22p1 NOCB CO2CH4H2O；（2）等电子体，价电子和原子数都相等。有机物中含有C，恰好B和N原子，在价电子和原子数上相等于2个C原子，则等电子体为(C2H2)3，为C6H6，答案为C6H6；(1) 每个C原子周围有3个C原子，有3个键，1个键，C原子的杂化类型为sp2，每个S原子周边有2根键，还有2对孤对电子，杂化类型为sp3，答案为sp2、sp3；C16S8中碳硫键键长介于CS键与C=S键之间，C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，才能让键长介于单键和双键之间，答案为C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质；C16S8与H2均为分子，分子间的作用力为范德华力，答案为范德华力；(2) 晶胞中Cu原子位于面心，Ag 原子位于顶点，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的四面体空隙中，那图中空心的圈为储藏的H原子，计算晶胞中的原子，Cu原子位于面心，为2个晶胞所共有，则每个晶胞中有612=3个Cu原子。每个晶胞中Ag 原子位于顶点，为8个晶胞所共有，有818=1个Ag原子，空心的圈在晶胞中，为晶胞单独拥有，每个晶胞中8个H原子，则化学式为Cu3AgH8。答案为Cu3AgH8；(3)根据=mV,则V=m，根据晶胞结构晶胞中在中心有1个Mg，为晶胞单独所有， 8个顶点有8个Mg原子，为8个晶胞共有，则一共有1+818=2个Mg原子。金属氢化物储氢材料的化学式为MgH2，则每个晶胞有2个Mg原子，4个H原子。m=224+41NAg=52NAg，V=a3cm3，=mV=52a3NAgcm3，答案为52a3NA。【点睛】同周期元素在讨论第一电离能时，要特别注意半满的状态会造成电离能变大。12.综合利用植物秸秆能变废为宝，如图是以植物秸秆为原料合成生物柴油和聚旨类髙分子化合物PET(聚对苯二甲酸乙二醇酯)的路线：请回答下列问题：(1)B中官能团的名称为_，C生成D的反应类型是_。(2)写出结构简式:A_；C_。(3)己知油酸为C17H33COOH，假设地沟油的主要成分是油酸甘油酯，写出油酸甘油酯与足量的B发生取代反应生成生物柴油的化学方程式_。(4)二取代芳香化合物W是E的同分异构体，已知：W既能发生水解反应也能发生银镜反应；0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应能生成标准状况下0.5L二氧化碳。满足条件的W的结构有_种，写出其中一种物质与银氨溶液反应的化学方程式_。【答案】 (1). 羟基 (2). 加成反应 (3). CH2OH(CHOH)4CHO (4). CH3OOCCH=CH