四川省南充市2019届高三化学下学期第三次适应性考试试题（含解析）.docx

四川省南充市2019届高三化学下学期第三次适应性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Mn-55 Fe-56 Cu-64一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在毎小題给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是KOHB. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用増强聚四氟乙烯板属于无机髙分子材料C. 泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液应贮存在铁制内筒中D. 用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提髙空气质量【答案】D【解析】【详解】A. 草木灰的主要成分为K2CO3，用水溶解后，因碳酸根离子的水解使溶液显碱性，A项错误；B. 聚四氟乙烯俗称“塑料王”，是有机高分子材料，B项错误；C. Al2(SO4)3溶液中铝离子水解显酸性，会腐蚀铁筒，C项错误；D. “静电除尘”除去可吸入颗粒物，“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”均可减少大气污染物的排放，因此这些做法均可提髙空气质量，D项正确；答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1molAlCl3在熔融状态吋含有的离子总数为0.4NAB. 某温度下纯水的pH=6，该温度下10LpH=11的NaOH溶液中含OH的数目为NAC. 8.7g二氧化锰与含有0.4molHCl的浓盐酸加热充分反应，转移电子的数目为0.2NAD. 12g金刚石中CC键的数目为4NA【答案】B【解析】【详解】A. AlCl3为共价化合物，在熔融状态下不能电离出阴阳离子，A项错误；B. 某温度下纯水的pH=6，在该温度下的纯水中c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L，说明水的离子积常数Kw=10-12，则10 L pH11的NaOH溶液中含OH的物质的量浓度，所以该溶液中OH的数目为0.1mol/L10LNA=NA，B项正确；C. 8.7g二氧化锰与足量的浓盐酸加热反应，转移电子的数目为0.2 NA，理论上只消耗0.4 mol HCl，现只有0.4mol HCl的浓盐酸，因浓盐酸反应一段时间后就变为稀盐酸，反应将不再进行，故转移电子的数目小于0.2 NA，C项错误；D. 每个C原子与其他4个C原子共用4个C-C键，相当于每个C原子占有4=2个C-C键，则1mol金刚石含2 NA 个C-C键，D项错误；答案选B。【点睛】A项是学生的易错点，要主要AlCl3的特殊性，AlCl3为分子晶体，在熔融状态下不导电，学生只有平常多积累，才能学以致用，做题游刃有余。3.关于有机物()的结构、性质有关的叙述正确的是A. 该物质所有原子可能在同一平面B. 与该物质具有相同官能团的芳香烃同分异构体有2种C. 该物质在一定条件下能发生加成反应、氧化反应、取代反应、加聚反应D. 1mol该物质最多可与1moBr2反应【答案】C【解析】【分析】结构中含苯环，且含碳碳双键，根据官能团的性质与芳香烃的化学反应分析作答。【详解】A分子内存在甲基，甲基为四面体结构，所有原子不可能共平面，A项错误；B若苯环上含2个取代基，且含碳碳双键，甲基、乙烯基还存在邻、间位，若只有一个侧链时，为-CH=CHCH3或-C(CH3)=CH2，因此与该物质具有相同官能团的芳香烃的同分异构体有4种，B项错误； C化合物内含碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应和加聚反应，甲基或苯环上H可发生取代反应，C项正确；D 碳碳双键与溴单质发生加成反应，苯环上的H原子可与液溴在一定条件下发生取代反应，则1mol该物质最多可与2molBr2反应，D项错误；答案选C。4.下列有关实验操作，实验现象以及解释或结论都正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 加水溶解后再加稀硫酸酸化，则酸性条件下，Fe2+可与NO3-发生氧化还原反应，Fe2+会被氧化为Fe3+，再滴加KSCN溶液，一定会变红，但不能充分说明是原试样变质，A项错误；B. 在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，生成硫化锌的白色沉淀，但S2过量，再加入少量等浓度的CuSO4溶液，溶液中的S2与Cu2+结合生成硫化铜的黑色沉淀，与沉淀的转化无关，因此，不能证明硫化铜的溶度积小于硫化锌的溶度积，B项错误。C. 葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应必须在碱性条件下，实验过程中没有加NaOH中和酸，实验操作、实验现象以及结论均不正确，C项错误；D. 分别向等物质的量浓度、等体积的KCl和KI的溶液，滴加2滴稀Ag(NH3)2OH溶液，KCl溶液中无白色沉淀，KI溶液中有黄色沉淀，说明在相同条件下，Ag(NH3)2+可转化为AgI，而不能转化为AgCl，所以Ag+结合微粒的能力：I NH3 Cl，D项正确；答案选D。5.下图是一种已投入生产的大型蓄电系统。电解质通过泵不断地在储罐和电池间循环；电池中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许钠离子通过；图中左边的电解质为Na2S2、Na2S4，右边电解质为NaBr3、NaBr。充、放电时发生的反应为：Na2S4+3NaBr2Na2S2+NaBr3，下列说法正确的是A. 充电时b端为电源负极B. 在放电过程中钠离子通过离子选择膜的流向为从右到左C. 电池充电时，阴极的电极反应为S42+2e=2S22D. 以此蓄电池为电源电解精炼铜，当有0.1 mol e转移吋时，阳极有3.2g铜溶解【答案】C【解析】【分析】Na2S2中S的化合价应为1价，Na2S4中S的价态为价，NaBr3中Br显价，NaBr中Br显1价。根据示意图，放电为原电池原理，溶液中的阳离子向正极移动；充电应为电解池原理，充电时电池的正极作阳极，电池的负极作阴极，结合原电池与电解池的工作原理分析作答。【详解】A. 充电时右侧溶液中NaBr转化为NaBr3，Br元素化合价升高，失电子发生氧化反应作阳极，所以b端连接电源的正极，A项错误；B. 放电时，b端电极附近NaBr3转化NaBr，Br元素化合价降低，得电子发生还原反应，所以b端为正极，而阳离子向正极移动，则放电过程中钠离子从左到右通过离子交换膜，B项错误；C. 电池充电时，阴极发生得到电子的还原反应，则反应为：S42+2e=2S22，C项正确；D. 电解精炼铜时，阳极为粗铜，溶解的不全部是铜，还有较活泼金属杂质，所以当有0.1 mol e转移吋时，阳极溶解铜的质量小于3.2g，D项错误；答案选C。【点睛】D项是学生的易混点，要特别注意，电镀法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，阳极材料是粗铜，阳极上金属失电子变成离子进入溶液，Cu-2e-=Cu2+，比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子，比金属铜活泼性差的Pt、Ag等固体会沉积下来形成阳极泥。6.短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，其中Z、W处于同一主族，Z、M的原子最外层电子数之和等于9，Y的氢化物常温下呈液态，是人类生存的重要资源，X的简单氢化物与W的单质(黄绿色)组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是A. Y和W形成的某种二元化合物可用于自来水的杀菌消毒B. 简单离子半径：YMWC. W的氧化物对应的水化物的酸性比X的强D. Z分别与X、M形成的化合物，其所含化学键的类型相同【答案】A【解析】【分析】Y的氢化物常温下呈液态，是人类生存的重要资源，则该氢化物为水，Y为O元素；X的简单氢化物与W的单质(黄绿色)组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物，则W为Cl元素，X的简单氢化物为CH4，X为C元素；Z、W处于同一主族，且原子序数Z小于W，所以Z为F元素；Z、M的原子最外层电子数之和等于9，因Z的最外层电子数为7，所以M的最外层电子数=9-7=2，M的原子序数大于Z小于W，推出M为Mg元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为F元素，M为Mg元素，W为Cl元素，则A. Y和W形成的二元化合物之一ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，A项正确；B. 电子层数越大，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子半径越小，则Mg2+O2-Cl-，即MYac，则T1_T2(填“”“ac，根据图表信息可知，T1T2；T1下该反应的CH4与CO的体积分数均为a，则设CH4转化浓度为x mol/L，则根据T1下该反应的CH4与CO的体积分数均为a易知，解得x=，所以平衡常数，故答案为：；（3）从表中可以看出，MgO的原料转化率较高，且合成气的产率较高，所以选择MgO作为载体，故答案为：MgO；此条件下合成气产率高；（4）由于不能确定容器中二氧化碳的体积分数是否达到最小值，因此不能确定是否达到平衡状态，若未达平衡，压强越高反应逆向移动，相同时间内二氧化碳的含量越高，p3时，二氧化碳的含量比高，故到达平衡，故答案为：III；（5）组别1中c(CO)=0.24mol/L，c(H2) =0.48 mol/L，初始速率v正=0.361 mol/（Lmin）；则依据正=k正cm(CO)cn(H2)可知，0.361 mol/（Lmin）=k正(0.24 mol/L)m(0.48 mol/L)n；同理，根据表格数据可得0.720 mol/（Lmin）=k正(0.24 mol/L)m(0.96 mol/L)n；0.719 mol/（Lmin）=k正(0.48 mol/L)m(0.48 mol/L)n；则/可得2=2n，即n=1；/得2=2m，则m=1；带入得k正=3.134 L /minmol。若该温度下平衡CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，组别1的产率为25%，设转化的CH4的物质的量浓度为y mol/L，则则，则y=0.12，则c(CO)=2y=0.24mol/L，c(H2) =2y=0.24 mol/L，k正是与温度有关的速率常数，保持不变，则依据给定公式可得正=k正c(CO)c(H2)= 3.134 L /minmol0.24mol/L0.24mol/L=0.1800.2 mol/（Lmin），故答案为：1；0.2mol/（Lmin）。(二)选考题(共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)11.铁在自然界中的含量丰富，而且在生活生产中应用广泛。（1）铁在周期表中的位置为_。（2）硝普试剂Fe(NO)CN)52可用于检验S2，两者反应得紫色溶液，其中两个配体互为等电子体，已知硝普试剂Fe(NO)(CN)52中Fe为+2价，其基态离子的外围电子排布式为_。（3）K4Fe(CN)6溶液可用于检验Fe3+，K、C、N的第一电离能由大到小的顺序为_，K4Fe(CN)6内界中键与键的个数比为_。（4）二茂铁是由两个环戊二烯阴离子与Fe2+离子组成的三明治型化合物，即。环戊二烯分子()中碳原子的杂化方式为_。（5）工业电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。FeO与Fe2O3相比，_熔点高，其主要原因是_。（6）铁单质晶体在不同温度下有两种主要的堆积方式体心立方(A)与面心立方(B)，假定Fe原子半径不变，在两种堆积中，配位数之比NANB为_晶体密度之比AB为_。【答案】 (1). 第四周期第VIII族 (2). 3d6 (3). NCK (4). 1:1 (5). sp2、sp3 (6). Fe2O3 (7). FeO与Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径小且电荷大，Fe3+与O2的离子键键能大（或晶格能大） (8). 2:3 (9). 【解析】【分析】（1）Fe的核外电子数为26，依据元素周期表结构找出位置；（2）依据Fe原子核外价层电子排布式书写；（3）同一周期中，元素的第一电离能呈增大趋势，第VA族元素最高能级为半充满结构，其第一电离能比第VIA族的高；同主族，第一电离能从上到下依次减小；找出内界的共价键类型判断解答；（4）依据杂化轨道理论分析作答；（5）依据离子晶体的熔沸点判断依据作答；（6）根据金属晶体原子堆积模型理论解答。【详解】（1）Fe的原子序数为26，其核外电子数为26，位于元素周期表第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族；（2）Fe原子的核外价层电子排布式为3d64s2，Fe(NO)(CN)52中Fe为+2价，为Fe原子失去2个电子以后所得，则其基态离子的外围电子排布式为3d6，故答案为：3d6；（3）C与N处于同周期，N原子核外2p能级处于半充满状态，较稳定，第一电离能：NC，K处于第三周期，第一电离能最小，所以第一电离能比较：NCK；K4Fe(CN)6内界为Fe(CN)64-，配体CN-电子式为，与Fe2+之间形成6个配位键，所以键数目为6+16=12，,键的数目为26=12，则个数比为12:12=1:1,故答案为：NCK；1:1；（4）中，全部形成单键的C原子采用sp3杂化方式；同时存在的碳碳双键，则C原子又采用sp2杂化方式，故答案为：sp2、sp3；（5）FeO与Fe2O3均为离子晶体，但Fe3+的半径小且电荷大，Fe3+与O2的离子键键能大（或晶格能大），所有两者相比，Fe2O3熔点高，故答案为：Fe2O3；Fe3+的半径小且电荷大，Fe3+与O2的离子键键能大（或晶格能大）；（6）体心立方(A)堆积模型中的配位数为8，面心立方(B)堆积模型中的配位数为12，所有两种堆积模型的配位数之比为：8:12=2:3；设铁原子半径均为r，则根据几何关系可知，体心立方(A)的棱长a（A）=r，晶胞中所含铁原子个数为+1=2，则晶体的密度A=；同理可知，面心立方(B)堆积模型中a（B）=r，晶胞中所含铁原子个数为+=4，则晶体的密度B=，因此两种晶体的密度比AB=，故答案为：2:3；。【点睛】第（6）问是解题的难点，学生要准确把握体心立方(A)堆积模型与面心立方(B)堆积模型的配位数，晶胞模型及晶体密度的计算方法。注意原子半径与晶胞棱长的关系式解题的关键突破口。12.肉桂酸D(-苯基丙烯酸)用于制备化妆品、香皂的香精，乜可制造局部麻醉剂、杀菌剂、止血药、植物生长促进剂、防腐剂、感光树脂等。下列是肉桂酸D的合成与应用的反应路线：已知：（1）A的分子式是_，A生成苯甲醇的反应类型是_。（2）C的结构简式是_，肉柱醛中的官能团名称是_。（3）E是一种合成香精的定香剂，已知E为反式结构，则其结构简式为_。（4）在G中共直线的原子共有_个，1molB转化为C最多消耗_mol NaOH（5）写出上图中F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式_。（6）P是E的同分异构体，写出符合下列条件的P的键线式_。有两个相同的官能团；能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀；含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为221的峰。（7）以乙醇为原料，设计制备高分子化合物的合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选)_【答案】 (1). C7H7Cl (2). 取代反应 (3). (4). 碳碳双键、醛基 (5). (6). 6 (7). 2 (8). (9). (10). 【解析】【分析】甲苯经过在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则A为氯甲苯，氯甲苯在氢氧化钠水溶液作用下发生取代反应生成，铜作催化剂发生催化氧化生成，则C为，根据已知给定条件可知，苯甲醛与乙醛在氢氧化钠水溶液加热条件下会生成肉桂醛，肉桂醛继续发生银镜反应，酸化后得到产物D，则D为，继续发生酯化反应生成，则推出E为：，满足分子式为C10H10O2的条件；此外，结合C的结构简式采用逆合成分析法可知，甲苯在氯气光照条件下的副产物B的结构简式