2019届高三化学第十次考试试题(含解析).doc

2019届高三化学第十次考试试题(含解析)1. 孙思邈太清丹经要诀中对制取彩色金（主要成分为SnS2）的过程有如下叙述：“雄黄十两，末之，锡三两，铛中合熔入坩埚中，火之以盖合之。密固，入风炉吹之。令锅同火色，寒之。开，黄色似金”。其中雄黄的主要成分为As4S4，下列说法不正确的是A. SnS2可溶于硝酸 B. 该过程也可以在空气中进行C. 制取彩色金的过程中发生了氧化还原反应 D. 可用灼烧的方法鉴别真金与彩色金【答案】B【解析】A、SnS2中Sn显4价，S显2价，2价S具有还原性，硝酸具有强氧化性，SnS2与硝酸发生氧化还原反应，因此SnS2可溶于硝酸，故A说法正确；B、SnS2中Sn显4价，S显2价，2价S具有还原性，该过程如果在空气中进行，SnS2容易被O2氧化，因此该过程不能可以在空气中进行，故B说法错误；C、根据题中信息，加锡三两，锡为单质，产物为SnS2，Sn的化合价由0价4价，化合价升高，即过程中存在氧化还原反应，故C说法正确；D、SnS2容易受热分解，颜色发生变化，真金受热不易分解，颜色不变化，故D说法正确。2. 设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是A. 1L 0.1 molL-1CH3COOH溶液中含H+的数目为0.1NAB. 标准状况下.2.24LCl2溶于水，转移的电子数为0.1NAC. 100g质量分数为46%的酒精溶液中含氧原子总数为4NAD. 常温下，将1molFe加入足量硝酸中，生成H2的分子数为NA【答案】C【解析】A、醋酸属于弱酸，发生部分电离，因此1L0.1molL1CH3COOH溶液中H物质的量小于0.1mol，故A错误；B、氯气溶于水，只有少量的氯气与水发生反应，无法计算转移电子数，故B错误；C、酒精溶液中含氧原子物质是CH3CH2OH和H2O，因此该溶液中含氧的物质的量为（）mol=4mol，故C正确；D、铁和硝酸反应不产生氢气，生成NO，故D错误。点睛：易错点是选项B，氯气溶于水，有少量的氯气与水发生Cl2H2OHClHClO，根据题目中信息，无法判断转移电子数目；选项C，应注意是酒精溶液，含有乙醇和H2O，水中也含有氧原子。3. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A. 分子中所有碳原子都在同一平面上B. 可与乙醇、乙酸反应且反应类型相同C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】A与-OH、醚键相连的环状结构上C()为四面体结构，则所有原子不可能共面，故A错误；B含-COOH与乙醇发生酯化反应，含-OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C不含苯环，只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与-OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误；故选B。点睛：本题考查了有机物结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键。分子中含-COOH、-OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答。本题的易错点为A，注意甲烷、乙烯、乙炔和苯结构特征的应用。4. 将二氧化碳转化为燃料是目前的研究热点，xx科学杂志报道的一种将CO2转化为烃和醇的装置如图所示。下列说法正确的是A. 图中能量转化的方式只有1种B. 装置工作时，H+向X极区移动，Y极周围溶液的pH 增大C. X 极上得到CH3OH 的电极反应式为2CO2+4H2O+12e-=2CH3OH+3O2D. 若X极生成1mol C2H4和lmol CH3OH，电路中流过18 mol 电子【答案】D【解析】A项，如图所示，至少有太阳能、电能、化学能三种能量转化的方式，故A错误；B项，如图所示，X为阴极、Y为阳极，氢离子通过质子交换膜向阴极(X极)区移动，阳极(Y极)发生氧化反应：6H2O+12e-=6H+3O2，所以Y极周围溶液的pH减小，故B错误；C项，X极(阴极)上发生还原反应生成CH3OH，电极反应式为：CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O，故C错误；D项，2molCO2生成1molC2H4，1molCO2生成lmolCH3OH，C元素化合价都是由+4价降为-2价，所以若X极生成1molC2H4和lmolCH3OH，电路中流过的电子为：34-(-2)mol=18mol，故D正确。点睛：本题考查电解原理，注意结合图示分析，用好图示信息，如图为太阳能电池提供电能实现将CO2转化为烃和醇的装置，属于电解池，涉及氧化还原反应，遵循氧化还原反应原理，由此判断CO2作氧化剂发生还原反应，根据电源正负极判断电解池的阴阳极，结合电解原理及质子交换膜的特点正确书写电极反应式，可根据得失电子守恒判断电路中流过的电子。5. 下表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是编号实验内容实验目的或实验结论向足量的酸性KMnO4溶液中加入乙二醇(HOCH2CH2OH)将乙二醇转化为乙二酸 (H2C2O4)向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/LNaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加lmL0.1mol/LKI溶液，有黄色沉淀生成。验证AgCl 的溶解度比AgI大向KI 溶液中滴入CuSO4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色。说明白色沉淀可能为CuI室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸。的研究浓度对反应速率的影响向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热，冷却后观察是否分层区别植物油和矿物油室温下，用pH试纸测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱A. B. C. D. 【答案】A【解析】KMnO4与乙二醇(HOCH2CH2OH)能够发生氧化还原反应生成二氧化碳，且高锰酸钾可氧化乙二酸(H2C2O4)，结论不合理，故错误；硝酸银足量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp的大小，故错误；KI溶液中滴入CuSO4溶液中发生氧化还原反应生成CuI、碘，则有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，故正确；只有浓度一个变量，可研究浓度对反应速率的影响，故正确；植物油属于酯类，热的纯碱溶液能使其水解，而矿物油属于烃类，和纯碱不反应，可以用热的烧溶液来鉴别，故正确；NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1molL-1 NaClO溶液的pH，则不能确定pH大小，不能比较酸性的强弱，故错误；故选A。6. CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)-CH3OH(g) H1。现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体，控制温度，进行实验，测得相关数据如图(图1：温度分别为300、500的密闭容器中，甲醇的物质的量；图2：温度分别为T1T5的密闭容器中，反应均进行到5min 时甲醇的体积分数)。下列叙述正确的是A. 该反应的AH10，且K1K2B. 将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有升温或加压C. 300时，向平衡后的容器中再充入0.8molCO，0.6mol H2，0.2 molCH3OH，平衡正向移动D. 500时，向平衡后的容器中再充入1molCH3OH，重新平衡后，H2浓度和百分含量均增大【答案】C点睛：通过物质的量随时间变化曲线，考查温度压强等因素对化学平衡的影响，难度中等，C计算平衡常数和浓度商比较判断反应进行的方向，是本题的难点。7. 常温下，用0.1000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000 molL-1的CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A. 点所示溶液中：c(Na+)+c(H+)CH3COOH)+c(OH-)B. 点所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C. 点所示溶液中：c(H+)= c(CH3COOH)+c(OH-)D. 点所示溶液中：2c(OH-)-2c(H+)= c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)【答案】D【解析】A点反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，故c(Na+)c(CH3COOH)，由电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(Na+)+c(H+)c(CH3COOH)+ c(OH-)，故A错误；B点pH=7，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故B错误；C点说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，根据质子守恒可得：c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)，故C错误；D加入30mL氢氧化钠溶液，此时溶质为CH3COONa、NaOH，且满足c(CH3COONa)=2c(NaOH)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒：2c(Na+)=3c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)，根据可得：2c(OH-)-2c(H+)=c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)，故D正确；故选D。8. 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右下图（二茂铁熔点是173，在100时开始开华；沸点是249）。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10min；再从仪器a滴入5.5mL新蒸馏的环戊二烯（密度0.95g/cm3），搅拌；将6.5g无水FeCl2与(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，45min滴完，继续搅拌45min；再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌；将c中的液体转入仪器d，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_，作用是_。（2）步骤中通入氮气的目的是_。（3）仪器c的适宜容积应为_：100mL、250mL、500mL；仪器a使用前应进行的操作是_。（4）KOH、FeCl2、C5H6反应生成二茂铁Fe(C5H5)2和KCl的化学方程式为_；步骤是二茂铁粗产品的提纯，该过程在右图中进行，其操作名称为 _。（5）为了确证得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是_。（6）最终得到纯净的二茂铁3.7g，则该实验的产率为 _（保留两位有效数字）。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流有机物（或乙醚、环戊二烯和二甲亚砜） (3). 将装置中的空气排尽（或排尽。除去氧气），防止（避免、不让）实验过程中Fe2+被氧化 (4). (5). 检漏或检查是否漏水 (6). 2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O (7). 升华 (8). 测定所得固体的熔点 (9). 50%【解析】(1)根据装置图，仪器b为冷凝管，可以冷凝回流有机物(或乙醚、环戊二烯和二甲亚砜)，故答案为：冷凝管；冷凝回流有机物；(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，步骤中通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化，故答案为：排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化；(3)由题意可知三颈烧瓶中共加入液体110mL，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的，所以选择250mL，故选，仪器a为恒压漏斗，使用前需要检查是否滤液，故答案为：；检漏；.(5)为了确证得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是测定所得固体的熔点；故答案为：测定所得固体的熔点；(6)二茂铁的理论产量为186g/mol=7.4g，则产率=100%=50%；故答案为：50%。9. 醋酸镍 (CH3COO)2Ni是一种重要的化工原料。一种以含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2) 为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下:相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：（1）将粉碎的含镍废料酸浸时要不断搅拌，粉碎和搅拌的目的是_。（2）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是_。 （3）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是_、_。 （4）氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式_。 （5）酸浸过程中，lmol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式为_。 （6）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍 废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如右图。 酸浸的最佳温度与时间分别为_、 _min。【答案】 (1). 增大接触面积，提高浸出速率和产率（或浸出率） (2). 5.0pH6.7 (3). SiO2、CaSO4 (4). CaF2 (5). 2Fe2+H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O (6). NiS+H2SO4+2HNO3= NiSO4+SO2+2NO+2H2O (7). 70 (8). 120【解析】含镍废料(含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0pH6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成(CH3COO)2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到(CH3COO)2Ni固体。(1)将粉碎的含镍废料酸浸时要不断搅拌，粉碎和搅拌可以增大接触面积，提高浸出速率和产率，故答案为：增大接触面积，提高浸出速率和产率；(2)调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为5.0pH6.7；故答案为：5.0pH6.7；(3)由流程分析可知，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，滤渣3为CaF2；故答案为：SiO2、CaSO4；CaF2；(4)溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；(5)酸浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的化学方程式为：NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O；故答案为：NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O；(6)由图像可知，70、120min时，酸浸出率最高，故答案为：70；120。点睛：本题考查了物质分离提纯基本操作和综合应用，题目难度中等。理解分离提纯过程中的反应原理是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意根据题意判断生成的气体，结合氧化还原反应方程式的配平方法书写。10. 氯和硫的氧化物有多种，其中SO2和NOx都是大气污染物，对它们的研究有助于空气的净化。（1）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1 H1 0 （I）2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K2 H2 (5). 50 (6). SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+ (7). 4S2O42-+6NO2+8OH-=8SO42-+3N2+4H2O (8). 不能 (9). 此时溶液中c(Ba2+)0.1molL-1，c(SO32-)6.310-8 molL-1，c(Ba2+)c(SO32-)0.16.310-8 =6.310-9Ksp(BaSO3)=5.4810-7【解析】（1）反应:2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g)K1H10()、2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) K2H20()，()2-()，则4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) H =2H1-H2 （用H1、H2表示）；平衡常数K= K12/K2 （用K1、K2表示）（2）测得10min内v（ClNO）=7.510-3molL-1min-1，则n（ClNO）=7.510-3molL-1min-110min2L=0.15mol，由方程式可知参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为0.15mol/0.2mol100%=75%；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率21；（3）常温下某NaNO2和 HNO2 混合溶液的PH为5，则溶液中c（OH）=10-9molL1，NO2的水解常数K=c(HNO2)c(OH)/c(NO2)=210-11molL-1，则混合溶液中c（NO2）和c（HNO2）的比值为c(NO2)/c(HNO2)=c(OH)/210-11=50；（4）阳极发生氧化反应，阳极上是二氧化硫被氧化为硫酸根，阳极电极反应式为：SO2+2H2O-2e=SO42+4H；在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体N2，同时有SO42-生成。该应的离子方程式为 4S2O42-+6NO2+8OH-=8SO42-+3N2+4H2O；（5）BaCl2溶液滴入饱和亚硫酸中，不能生成BaSO3沉淀，原因是此时溶液中c(Ba2+)0.1 mol L-1 ，c(SO32-)6.310-8mol L-1，浓度商Qc=c(Ba2+)c(SO32-)0.16.310-8=6.310-9Ksp(BaSO3)=5.4810-7，所以不能产生沉淀。点睛：本题考查化学平衡计算、难溶物的溶解平衡、盐类水解等知识点，综合性较强，侧重考查学生分析、计算能力。易错点：第（1）小题，运用盖斯定律求总反应时，总反应的H与方程式的计算方法相同，但总反应的K计算方法不相同。难点（5）难溶物的溶解平衡，浓度商与Ksp比较来判断有无沉淀生成。QcKsp时，不能生成沉淀。11. TiO2是一种性能优良的半导体光催化制，能有效池吸附有机污染物（如甲醛、甲苯等）和含氮化合物(如NH3、CN-等)转化为CO2和N2等小分子物质。（1）Ti 基态核外电子排布式为_。（2）甲醛HCHO 分子空间构型为_；分子中碳原子轨道杂化类型为_，键和键的个数之比为_，（3）氨气极易溶于水，是因为氨和水的分子均是_，还因为_。（4）甲苯分子中能够共平面的原子最多为_个；苯环不易被卤素加成，而比较容易被卤素取代苯环上的氢，原因是_。（5）含CN-的污水毒性极大，用NaClO先把CN-氧化为CNO-，然后在液性条件下再将CNO-氧化为无污染的气体。请写出与CNO-互为等电子体的的微粒_（分子或离子，写一种）。（6）Ti(CN)42-中Ti2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型，Ti(CN)42-的结构可表示为_。（7）Ti的某氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐的晶胞结构如图所示(Ti4+位于立方体的顶点，Ca2+处于立方体的中心。该晶体中，Ti4+和周围_个O2-相紧邻；若该晶胞的密度为dg/cm3则钛氧键的键长为_pm（用带NA的代数式表示）。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d24s2（或Ar3d24s2） (2). 平面三角形 (3). sp2 (4). 13 (5). 极性分子 (6). （或相似相溶）氨分子与水分子可形成分子间氢键 (7). 13 (8). 苯环上存在大键（或双键平均化） (9). N2O、CO2、CS2、SCN-等 (10). (11). 12 (12). a=1010【解析】（1）Ti的原子序数为22，原子核外电子数为22，位于第四周期第B族，最后填充d电子Ti基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2（或Ar3d24s2）。（2）甲醛HCHO分子空间构型为平面三角形；碳形成3个键，无孤电子对，分子中碳原子轨道杂化类型为sp2 ，键和键的个数之比为1：3；（3）氨气极易溶于水，氨分子是极性分子，水是极性溶剂，由相似相溶原理可知，氨气易溶于水，氨气能与水反应生成一水合氨，使氨气溶解度增大，氨气与水分子之间能形成氢键，使氨气溶解度增大。（4）甲苯分子中能够共平面的原子最多为7个C、苯环上5个H，甲基上一个H共13个；苯环不易被卤素加成，而比较容易被卤素取代苯环上的氢，原因是苯环上存在大键（或双键平均化）。（5）CNO中电子数为：6+7+8+1=22，与CNO互为等电子体的微粒N2O、CO2、CS2、SCN等分子或离子。（6）Ti(CN)42-中Ti2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型，Ti(CN)42-的结构可表示为。（7）由晶胞结构图可知，体心为Ca2，面心为O2，该晶体中每个顶点Ti4与面心的O2相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，晶体中，Ti4和周围紧相邻O2数目为38/2=12，该晶体中，