湖北省武汉市2019届高三化学下学期五月训练题试题（含解析）.docx

湖北省武汉市2019届高三化学下学期五月训练题试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 C1 35.5 Ag 1081.我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B. “嫦娥四号”使用的SiCAl材料属于复合材料C. 5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D. “东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素【答案】C【解析】【详解】A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；B. SiCAl材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；D. 氕、氘、氚质子数都1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。2.国际计量大会第26 届会议新修订了阿伏加德罗常数(NA6.022140761023 mol1), 并将于2019 年 5月20 日正式生效。下列说法中正确的是A. 在 1 mol中，含有的中子数为 6 NAB. 将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，转移的电子数为 0.1 NAC. 标准状况下，11.2 L NO和11. 2 L O2混合后，气体的分子总数为 0.75 NAD. 某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液中 H+的数目大于0.01 NA【答案】A【解析】【详解】A、中含有中子数是11-5=6，所以1 mol中含有的中子数为 6NA，故A正确；B、将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，氯气没有完全与水反应，所以转移的电子数小于 0.1 NA，故B错误；C、标准状况下，11.2 L NO和11. 2 L O2混合后，由于存在2NO2N2O4，所以气体的分子总数小于0.75 NA，故C错误；D、某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液4pH3，溶液中 H+的数目小于0.01 NA，故D错误。3.四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是A. 的分子式相同B. 中所有碳原子均处于同一平面C. 的一氯代物均有2种D. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别和【答案】B【解析】【详解】A. 的分子式都是C8H8，故A正确；B. 中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C. 分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；D. 分子中没有碳碳双键， 分子中有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别和，D正确。选B。4.下列选项中，利用相关实验器材（规格和数量不限）能够完成相应实验的是 选项实验器材相应实验A天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管用NaCl固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液B烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板中和反应反应热的测定C酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台实验测定酸碱滴定曲线D三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片钠空气中燃烧A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、用NaCl固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液，需用玻璃棒引流和搅拌，故不选A；B、中和反应反应热的测定需用温度计测量反应前后的温度，故不选B；C、实验测定酸碱滴定曲线，需用有指示剂判断滴定终点，故不选C；D、用三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片可以完成钠在空气中燃烧的实验，故选D。【点睛】本题涉及基础实验操作仪器的选择，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重课本实验等基础知识的积累。5.电解合成 1 , 2二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是A. 该装置工作时，化学能转变为电能B. CuCl2能将C2H4还原为 l , 2二氯乙烷C. X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D. 该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl【答案】D【解析】【分析】A. 该装置为外加电源的电解池原理；B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。【详解】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2CH22H2O2NaClH22NaOHClCH2CH2Cl，故D项正确；答案选D。6.2019 年是“国际化学元素周期表年”。 1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法中错误的是A. 甲位于现行元素周期表第四周期第A 族B. 原子半径比较：甲乙 SiC. 乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4D. 推测乙的单质可以用作半导体材料【答案】C【解析】【详解】从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A族，为Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第A族，为Ge元素。A从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第A族，A项正确；B甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲乙Si，B项正确；C同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，C项错误；D乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；本题答案选C。7.向 FeCl3溶液中加人Na2SO3溶液，测定混合后溶液 pH 随混合前溶液中变化的曲线如图所示。实验发现：a点溶液透明澄清，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，滴入KSCN溶液显红色； c点和d点溶液中产生红褐色沉淀，无气体逸出。取其上层清液滴加 NaOH 溶液后无明显现象，滴加 KSCN 溶液显红色。下列分析合理的是A. 向 a 点溶液中滴加 BaCl2溶液，无明显现象B. b点较 a 点溶液 pH 升高的主要原因：2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+C. c点溶液中发生的主要反应：2Fe3+3SO32-+6H2O=2Fe(OH)3+3H2SO3D. 向d 点上层清液中滴加 KSCN 溶液，溶液变红；再滴加 Na0H 溶液，红色加深【答案】C【解析】【分析】ia点溶液透明澄清，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，说明溶液中Fe2+，滴入KSCN溶液显红色，说明溶液中含Fe3+，发生的离子反应是2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+；iic点和d点溶液中产生红褐色沉淀，无气体逸出，发生的反应为2Fe3+3SO32-+6H2O2Fe( OH)3+3H2SO3，取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象，滴加KSCN溶液显红色，说明含Fe3+。【详解】A由以上分析得，向a点溶液中滴加BaCl2溶液，有硫酸钡白色沉淀产生，故A错误；B若2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+，发生此反应，酸性加强，pH减小，故B错误；Cc点和d点溶液中产生红褐色沉淀，无气体逸出，故发生的反应为2Fe3+3SO32-+6H2O2Fe( OH)3+3H2SO3，故C正确；Dd点发生的反应为2Fe3+3SO32-+6H2O2Fe( OH)3+3H2SO3，这是一个可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故滴加KSCN溶液，溶液变红；滴加NaOH溶液，平衡向正反应方向移动，铁离子浓度减少，红色变浅，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了铁离子的水解和氧化性，正确分析各点发生的离子反应是解题的关键。本题的易错点为BD，B中要注意铁离子能够氧化亚硫酸根离子，D中要注意Fe3+和SO32发生强烈双水解时是一个可逆反应，即反应物不能完全转化为生成物。8.废旧光盘金属层中含有金属Ag(其它金属微量忽略不计)，从光盘中提取金属 Ag 的工艺流程如下。请回答下列问题。(1)“氧化”阶段需在 80 条件下进行，使用的加热方式为_。 (2)NaClO溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2，该反应的化学方程式为_。有人提出用HNO3代替 NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是_。(3)“过滤”中洗涤难溶物实验操作为_。(4)常用10的氨水溶解AgCl固体， AgCl与 NH3H2O按 1:2 反应可生成 Cl和一种阳离子_(填阳离子的化学式)的溶液。实际反应中，即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体，可能的原因是_。 (5)理论上消耗 0.1 mol N2H4H2O可“还原”得到_ g Ag的单质。【答案】 (1). 水浴加热 (2). 4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2 (3). 生成氮氧化物，污染空气 (4). 向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复23次 (5). Ag（NH3）2 (6). 氨水溶解AgCl的反应是可逆反应，不能进行到底 (7). 43.2【解析】【分析】(1)精确控制温度，需要水浴加热；(2)根据得失电子守恒配平NaClO溶液与Ag 反应的方程式；(3)根据实验操作规范回答洗涤难溶物的操作方法；(4) 根据原子守恒判断AgCl与 NH3H2O按 1:2 反应生成的阳离子；(5)根据得失电子守恒计算生成Ag的质量。【详解】(1)“氧化”阶段需在 80 条件下进行，使用水浴加热；(2)根据得失电子守恒，NaClO溶液与Ag 反应生成AgCl、NaOH 和O2的方程式是4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2；若用硝酸做氧化剂，还原产物是氮氧化合物，污染环境。(3)“过滤”中洗涤难溶物的实验操作为向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复23次(4) AgCl与 NH3H2O按 1:2 反应方程式是AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2Cl，所以生成的阳离子是Ag（NH3）2；由于可逆反应不能进行到底，所以即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体；(5) N2H4H2O与Ag（NH3）2Cl 发生氧化还原反应，氧化产物是氮气，还原产物是Ag，0.1 mol N2H4H2O反应转移0.4mol电子，根据得失电子守恒，可“还原”得到0.4mol Ag，质量为0.4mol108g/mol= 43.2g。9.回收利用硫和氮的氧化物是环境保护的重要举措。(1)已知：2NO(g ) + O2(g)2NO2(g)，正反应的活化能为c kJmol1。该反应历程为：第一步：2NO(g ) N2O2(g) H1 =a kJmol1 (快反应)第二步：N2O2(g ) + O2(g)2NO2(g) H2 =b kJmol1 (慢反应)下列对上述反应过程表述正确的是_(填标号)。A第一步正反应活化能大于第二步正反应活化能 B该化学反应的速率主要由第二步决定 CN2O2为该反应的中间产物 D在一定条件下N2O2的浓度为0时反应达到平衡该反应逆反应的活化能为_。(2)通过下列反应可从燃煤烟气中回收硫。2CO(g) + 2SO2(g)2CO2(g) + S(l) H0在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器通入2.8 mol CO和1 molSO2，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示：与实验a相比，实验c改变的实验条件可能是_。实验b中的平衡转化率a(SO2)=_。(3)用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3 + 6NO5N2 + 6H2O。不同温度条件下，NH3与NO的物质的量之比分别为 3:1、2:1、1:1 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：曲线 c对应NH3与NO 的物质的量之比是_。 曲线 a 中 NO的起始浓度为4104mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_ mg/(m3s)。(4)双碱法除去SO2是指：用 NaOH 吸收SO2，并用CaO使 NaOH再生。NaOH溶液Na2SO3溶液用化学方程式表示NaOH 再生的原理_ 。25 时，将一定量的SO2通入到NaOH 溶液中，两者完全反应，得到含Na2SO3、 NaHSO3的混合溶液，且溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_(已知25时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=110-2，Ka2=110-7)。【答案】 (1). BC (2). （a+b+c）kJmol1 (3). 升高温度 (4). 95% (5). 1:1 (6). 110-4 (7). CaO+H2O+Na2SO3=CaSO3+ 2NaOH (8). c(Na+)c(HSO3-)=c(SO32-)c(OH-)=c(H+)【解析】【分析】(1) A活化能越大，活化分子百分数越低，反应越慢；B该化学反应的速率由慢反应决定； C总反应中没有N2O2； D在化学平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，可逆反应中各物质的浓度都不为0；先根据盖斯定律计算焓变，再根据正反应活化能-逆反应活化能=焓变计算逆反应活化能；(2) 与实验a相比，实验C反应速率快且达到平衡体系总压强大；利用“三段式”计算实验b中的平衡转化率；(3)相同条件下，增大氨气的浓度，平衡正向移动，NO转化率增大；根据计算；(4) 氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与Na2SO3发生复分解反应；25 时，根据Ka2=110-7计算溶液恰好呈中性时c(HSO3-)、c(SO32-)的大小关系。【详解】(1) A活化能越大，活化分子百分数越低，反应越慢，所以第一步正反应活化能小于第二步正反应活化能，故A错误；B该化学反应的速率由慢反应决定，所以该化学反应的速率主要由第二步决定，故B正确； C总反应中没有N2O2，N2O2为该反应的中间产物，故C正确； D在化学平衡状态，正反应速率等于逆反应速率（不等于0），可逆反应的体系中各组分的浓度都不为0，故D错误。 、2NO(g ) N2O2(g) H1 =a kJmol1 、 N2O2(g ) + O2(g)2NO2(g) H2 =b kJmol1 根据盖斯定律+得2NO(g ) + O2(g)2NO2(g) H=a kJmol1b kJmol1=-(a+b) kJmol1，正反应活化能-逆反应活化能=焓变，即c kJmol1-逆反应活化能=-(a+b) kJmol1，逆反应活化能=（a+b+c）kJmol1；(2) 与实验a相比，实验c反应速率快且达到平衡体系总压强大，即平衡a变为c，反应逆向进行，所以改变的条件可能是升高温度；2CO(g) + 2SO2(g)2CO2(g) + S(l)开始 2.8 mol 1 mol 0转化 x x x平衡 28 molx 1 molx x同温、同体积，压强与物质的量成正比，所以 X=0.95mola(SO2)= (3)相同条件下，增大氨气的浓度，平衡正向移动，NO转化率增大，曲线 c对应NO 转化率最低，NH3与NO 的物质的量之比是1:1；根据图示，110-4 mg/(m3s)；(4) 氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与Na2SO3发生复分解反应，总反应方程式是CaO+H2O+Na2SO3=CaSO3+ 2NaOH；25 时， Ka2=110-7，即，所以中性条件下c(HSO3-)=c(SO32-)，故该混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(HSO3-)=c(SO32-)c(OH-)=c(H+)。10.某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20)2.410-41.410-33.010-71.510-4(1) 探究 BaCO3和 BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验BaCl2Na2CO3Na2SO4实验Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解实验I 说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，_。 实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。 实验 中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式 K =_。 (2)探究AgCl和AgI之间的转化实验 ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数： a cb 0)。装置步骤电压表读数.如图连接装置并加入试剂，闭合 Ka.向 B 中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全b.再向B中投入一定量NaCl(s)c.重复i，再向B中加入与等量NaCl (s)d注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。实验证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是_（填标号）。a AgNO3溶液 b NaCl 溶液 c KI溶液 实验的步骤i中， B中石墨上的电极反应式是_。 结合信息，解释实验中 b b说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI+ Cl AgCl+ I (8). 溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】【分析】(1) BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体， BaSO4不溶于盐酸；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+ CO32-= BaSO4+ SO42-；(2) 要证明AgCl转化为AgI， AgNO3与NaCl 溶液反应时，必须是NaCl 过量；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；B 中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；AgI转化为AgCl，则c(I)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1) BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体， BaSO4不溶于盐酸，实验I 说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+= Ba2+CO2+H2O；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+ CO32-= BaSO4+ SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式 K=；(2) AgNO3与NaCl 溶液反应时， NaCl 过量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI，故实验中甲是NaCl 溶液，选b；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I2eI2；B 中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I)减小，I还原性减弱，原电池电压减小，所以实验中 b b说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI+ Cl AgCl+ I。(3) 综合实验 ,可得出的结论是溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。【化学选修3 ：物质结构与性质 】11.铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。 (1)铁原子外围电子轨道表示式为_，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_摄取铁元素的原子光谱。 (2)FeCoOx是一种新型光电催化剂。第四电离能大小关系是I4(Co)_I4(Fe)（填“”或“” ) ，原因是_。(3)二茂铁(C5H5)2Fe可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。二茂铁熔点172，沸点249 ，易升华，难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于_晶体。 (4)环戊二烯(C5H6)结构如图( a )，可用于制二茂铁。环戊二烯中碳原子的杂化方式为_。分子中的大键可用符号表示，其m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，环戊二烯负离子(C5H5）结构如图(b)，其中的大键可以表示为_。 (5)某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。它由Na+、Ni2+、Fe3+和CN构成，其晶胞结构如图(c)。该物质中，不存在_（填标号）。A 离子键 B 键 C 键 D 氢键 E 金属键(6)该晶胞中Ni2+采用堆积方式与_(选填Po、Na、Mg、Cu)相同，单个晶胞的配位空隙中共容纳_个 Na+。【答案】 (1). (2). 光谱仪 (3). (4). 铁失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难；钴失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易 (5). 分子 (6). sp2 sp3 (7). (8). DE (9). Cu (10). 4【解析】【分析】(1)铁是26号元素，价电子电子排布式是3d64s2；光谱仪可以摄取原子光谱；(2)根据洪特规则，能量相同的原子轨道处于全满、半满、全空状态时能量低，相对稳定；(3)根据熔沸点判断晶体类型；(4)有机物中单键碳原子的杂化方式是sp3、双键碳原子的杂化方式是sp2；(5)根据晶体由Na+、Ni2+、Fe3+和CN构成分析；(6) 根据晶胞结构图(c)分析Ni2+的堆积方式；先根据均摊原则计算晶胞中Ni2+、Fe3+和CN的数目，再利用电荷守恒计算出晶胞中的Na+数目。【详解】(1)铁是26号元素，价电子电子排布式是3d64s2，轨道表示式为；可以用光谱仪摄取铁元素的原子光谱；(2)根据洪特规则，能量相同的原子轨道处于全满、半满、全空状态时能量低，相对稳定；I4(Co) 是失去3d6上的一个电子，相对容易，I4(Fe)失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难，所以I4(Co)I4(Fe)；(3)二茂铁(C5H5)2Fe熔点172，沸点249 ，易升华，难溶于水，所以属于分子晶体。(4) 既有单键碳又有双键碳，所以碳原子的杂化方式是sp2、sp3；每个茂环形成大键的原子数为5，每个