2019届陕西省商南县高三上学期四模考试理科综合化学试卷(解析版).doc

2019届陕西省商南县高三上学期四模考试理科综合化学试卷（解析版）可能用到的原子量H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Al-27 Ca-40 Fe-56第卷（选择题 共126分）一、选择题：本题共13小题每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法正确的是()A. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”B. 地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和生产生物柴油C. 某雨水样品放置一段时间后pH由4.98变为4.68，是因为水中溶解的CO2增多了D. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维是新型高分子非金属结构材料【答案】B【解析】【分析】根据乙醇汽油、地沟油、酸雨、光导纤维的化学成分分析判断。【详解】A项：汽油是石油分馏产品，属于不可再生能源，A项错误；B项：地沟油的主要成分是油脂，可碱性水解制肥皂、生产生物柴油，B项正确；C项：正常雨水是CO2的饱和溶液，pH约5.6。样品的pH由4.98变为4.68，是因为缓慢反应2H2SO3+O2=2H2SO4，使酸性增强，C项错误；D项：光导纤维是高纯度的二氧化硅，D项错误。本题选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A. 1 L 0.1 mol/L NaClO溶液中，ClO的数目为0.1NAB. 标准状况下，22.4 L甲醇中含有的CH的数目为3NAC. 16 g O2与O3混合气体中，氧原子的数目为1.5NAD. 1 mol Fe与足量Cl2完全反应后，转移的电子数目为3NA【答案】D【解析】【分析】利用以物质的量为中心的计算公式，进行计算判断。【详解】A项：1 L 0.1 mol/L NaClO溶液中溶解了0.1molNaClO，NaClO水解生成HClO，故溶液中ClO水数目小于0.1NA，A项错误；B项：标准状况下甲醇为液体，22.4 L甲醇的物质的量不是1mol，含有的CH的数目不是3NA，B项错误；C项：O2与O3混合气体中只有氧元素，16 g混合气体中有1mol氧原子，C项错误；D项：1 mol Fe与足量Cl2反应生成1molFeCl3，转移的电子数目为3NA，D项正确。本题选D。3.下列叙述正确的是( )A. 图I装置中通入N2和O2的作用是相同的B. 图II中甲、乙两装置产生喷泉的原理一样C. 图III装置中镁片是原电池的负极,装置镁片是原电池的正极D. 图IV分液漏斗中盛硝酸能证明非金属性:NCSi,盛硫酸能证明非金属性:SCSi【答案】C【解析】试题分析: 图I装置为Zn-Fe原电池，发生的是Zn的吸氧腐蚀，所以通入O2在正极发生还原反应，而通入的N2在负极不反应，起到加快反应速率的作用，A错误；图中甲、乙两装置产生喷泉的原理不一样，甲利用的是氨气的极易溶于水的性质，乙利用的是双氧水易分解产生氧气的性质，B错误；图装置中Mg-Al构成原电池，二者都能与硫酸反应，由于镁比铝更活泼，所以镁片是原电池的负极；装置中Mg-Al构成原电池，但能与氢氧化钠溶液反应的是铝，所以镁片是原电池的正极，C正确；图分液漏斗盛硝酸不能证明非金属性NCSi，因为硝酸是挥发性的酸，中间若没有除杂装置，容易对实验产生干扰，所以D错误；故选C。考点：本题考查的是基础实验装置、原理等知识，考到了较多的原电池知识。4.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是 ( )A. 若X和Y2的核外电子层结构相同，则原子序数：XYB. 由水溶液的酸性：HClH2S，可推断元素的非金属性：ClSC. 硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以作半导体材料D. Cs和Ba分别位于第六周期A和A族，则碱性：CsOHBa(OH)2【答案】B【解析】A若X和Y2的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，原子序数：XY，故A正确；B不能根据氢化物水溶液的酸性强弱来比较非金属性，如酸性HClHF，但非金属性FCl，故B错误；C硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故C正确（见必修2第18页）；D同周期元素自左而右金属性减弱，金属性CsBa，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOHBa(OH)2，D正确；答案为B。5.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的()A. 分子中两个苯环一定处于同一平面B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种D. 1 mol化合物X最多能与2 mol NaOH反应【答案】C【解析】【分析】根据有机物的官能团分析判断其具有的性质。【详解】化合物X中，与两个苯环直接相连的碳原子为四面体结构（类似甲烷中的碳原子），因碳碳单键可绕键轴旋转，故两个苯环只是可能共面（A项错误），即不一定共面；X分子中的官能团有1个羧基和1个酯基，它们决定了该有机物的化学性质。羧基能与Na2CO3溶液反应放出CO2（B项错误）；在酸性条件下X的酯基水解生成酚羟基和羧基，但产物只有一种（C项正确）；X分子原有的羧基、酯基水解生成酚羟基和羧基，都能与氢氧化钠反应，故1 mol化合物X最多能与3 mol NaOH反应（D项错误）。本题选C。【点睛】有机物的化学性质取决于其官能团，故推测有机物的性质首先要找出其官能团。有机物与NaOH溶液共热时，1mol醇酯基水解生成1mol醇羟基和1mol羧基，能消耗1molNaOH，而1mol酚酯基水解生成1mol酚羟基和1mol羧基，共消耗2molNaOH。6.由下列实验及现象能得出相应结论的是( )实验现象结论A向 2 mL 0.01mol/L 的 FeCl3 溶液中加入 1 滴 KSCN 溶液，再加入足量铁粉，充分振荡溶液变为红色，加入铁粉后红色褪去，变为浅绿色Fe3+比 Fe2+的氧化性强B将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热钠表面变暗，加热钠燃烧，发出黄色火焰钠易与氧气反应，加热时生成 Na2O 的速率加快C某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+D某溶液中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2 溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有 SO42A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】根据Na、Fe2+、Fe3+、NO3-的性质，分析实验现象，判断结论是否正确。【详解】A项：滴加KSCN后，发生Fe3+3SCN-Fe(SCN)3使溶液变红。加入铁粉后发生2Fe3+Fe3Fe2+，溶液红色褪去变为浅绿色。后一反应说明Fe3+比 Fe2+的氧化性，A项正确；B项：常温下钠与空气中氧气反应生成氧化钠，加热时钠燃烧发出黄色火焰生成过氧化钠（Na2O2），B项错误；C项：滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀的溶液中一定有Fe2+，反应为3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62。但不能判断有无Fe3+，C项错误；D项：盐酸酸化的Ba(NO3)2 溶液中有H+、NO3，能将+4价硫（SO2、SO32-等）氧化成SO42。故原溶液中不一定有SO42，D项错误。本题选A。【点睛】某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀，说明溶液中一定有亚铁离子，这是检验Fe2+的重要方法，且不受铁离子的影响，当溶液中有铁离子和亚铁离子共存时，常用这种方法检验。7.臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)O3(g) N2O5(g)O2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图象对应的分析正确的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】根据化学反应速率的定义公式、外因对化学平衡的影响分析判断。【详解】A项：由图，反应物总能量高于生成物总能量，正反应放热Ha点。b点不在曲线上，不是平衡状态。b点NO2体积分数比此温度下平衡状态时NO2体积分数小，故反应逆向进行，b点v逆v正。C项正确；D项：图中t1时刻正逆反应速率相等，为化学平衡状态。充入O3的瞬间，正反应速率增大，逆反应速率不变，然后平衡移动至建立新平衡，D项错误。本题选C。8.实验室用绿矾(FeSO47H2O)为原料制备补血剂甘氨酸亚铁(H2NCH2COO)2Fe，有关物质性质如下:甘氨酸(H2NCH2COOH)柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇实验过程:I.配制含0.10molFeSO4的绿矾溶液。II.制备FeCO3:向配制好的绿矾溶液中，缓慢加入200mL1.1mol/LNH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。III.制备(H2NCH2COO)2Fe:实验装置如下图(夹持和加热仪器已省略)，将实验II得到的沉淀和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中反应产生的气体将C中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。回答下列问题:（1）实验I中:实验室配制绿矾溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为_(写化学式)。（2）实验II中:生成沉淀的离子方程式为_。（3）实验III中:检查装置A的气密性的方法是_。装置A中所盛放的药品是_ (填序号)。a.Na2CO3和稀H2SO4 b.CaCO3和稀H2SO4 c.CaCO3和稀盐酸确认c中空气排尽的实验现象是_。加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是_。洗涤实验III中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是_(填序号)。a.热水 b.乙醇溶液 c.柠檬酸溶液若产品的质量为17.34g,则产率为_。【答案】 (1). Fe (2). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+ H2O (3). 关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气 (4). c (5). D中澄清石灰水变浑浊 (6). 防止二价铁被氧化 (7). b (8). 85%【解析】(1). Fe2易被空气中的O2氧化成Fe3，实验室配制绿矾溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为Fe，加入铁粉后，Fe3可被铁粉还原为Fe2，且不引入杂质，故答案为：Fe；(2). Fe2和HCO3发生反应生成FeCO3沉淀、CO2和H2O，离子方程式为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+ H2O，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+ H2O；(3). . 检查装置A气密性的方法是：关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中液面的高度差保持不变，说明装置不漏气，故答案为：关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气；. 装置A为固液不加热型制气装置，且具有随开随用、随关随停的特点，所以应选择块状不溶于水的CaCO3，酸只能选择盐酸，若选择硫酸，生成的CaSO4微溶于水，阻碍反应的进行，故答案选：C；. 当C中充满CO2后，CO2开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，这时说明C中空气已经排尽，故答案为：D中澄清石灰水变浑浊；. 由题中信息可知，柠檬酸具有强还原性，可防止Fe2被氧化，故答案为：防止二价铁被氧化；. 因甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂，故答案为：B；. 含0.10mol FeSO4的绿矾溶液中Fe2的物质的量为0.10mol，因NH4HCO3溶液过量，所以生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.10mol、质量为20.4g，则产率为：100%=85%，故答案为：85%。9.FePO4是一种难溶于水的白色固体，可用金属防腐剂，也可用于制备电动汽车电池的正极材料LiFePO4。实验室利用FeSO47H2O和H3PO4（弱酸）制备FePO4 、LiFePO4流程如下图：回答下列问题：(1)“溶解”时H3PO4不宜过量太多的原因是_。(2)洗涤FePO4沉淀的操作是_；若经多次洗涤后所得“FePO4”仍呈棕色，则“FePO4”最可能混有的杂质是_。(3)“反应1”时总反应的离子方程式是_。(4)“反应2”时总反应的化学方程式是：2LiOH + 6H2C2O4 + 2FePO42LiFePO4 + 7CO2 + 5X +7H2O ，其中X的化学式为_；每生成1molLiFePO4，该反应转移_mole-。(5)LiFePO4电池稳定性高、安全、对环境友好，该电池的总反应式是：LiFePO4 + C6 Li1xFePO4 + LixC6，其放电时工作原理如图所示。则：充电时，a极的电极反应式为_；放电时，b极的电极反应式为_。【答案】 (1). 防止后续反应中消耗NaOH，浪费原料 (2). 向漏斗中加入蒸馏水刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作23次 (3). Fe(OH)3 (4). 2 Fe2+ + ClO+ 2H3PO4 + 4 OH2FePO4+ Cl+ 5 H2O (5). CO (6). 3.5 (7). C6 + xLi+ + xeLixC6 (8). Li1xFePO4 + xLi+ + xeLiFePO4【解析】【详解】(1)防止后续反应中消耗NaOH，浪费原料，故“溶解”时H3PO4不宜过量太多；(2)洗涤FePO4沉淀的操作是向漏斗中加入蒸馏水刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作23次；若经多次洗涤后所得“FePO4”仍呈棕色，则“FePO4”最可能混有的杂质是Fe(OH)3；(3)“反应1”时亚铁离子被次氯酸钠氧化，碱性条件下铁离子与磷酸根离子反应产生磷酸铁沉淀，总反应的离子方程式是2 Fe2+ + ClO+ 2H3PO4 + 4 OH=2FePO4+ Cl+ 5 H2O；(4)根据质量守恒可知，反应2LiOH + 6H2C2O4 + 2FePO42LiFePO4 + 7CO2 + 5X +7H2O右边还少了5个C、5个O，X的计量数为5，则X的化学式为CO；反应中碳元素由+3价降为+2价、铁元素由+3价降为+2价；碳元素由+3价升为+4价，根据氧化还原反应原理，每生成2molLiFePO4，则生成7mol CO2，转移7mole-，故每生成1molLiFePO4，该反应转移3.5mole-；(5)原电池中阳离子向正极移动，锂离子向电极b移动，则电极b为正极，充电时b电极为阳极，阴极a极上C6得电子产生LixC6，电极反应式为C6 + xLi+ + xeLixC6；放电时，正极b极上Li1xFePO4得电子产生LiFePO4，电极反应式为Li1xFePO4 + xLi+ + xe=LiFePO4。10.I）碳和氮是动植物体中的重要组成元素，向大气中过度排放二氧化碳会造成温室效应，氮氧化物会产生光化学烟雾，目前，这些有毒有害气体的处理成为科学研究的重要内容。(1)已知热化学方程式：2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(l)H1C(s)O2(g)=CO2(g)H2 H2(g)1/2O2(g)=H2O(l)H3则反应2C(s)H2(g)=C2H2(g)的H=_。(用含H1、H2、H3的关系式表示)(2)利用上述反应设计燃料电池（电解质溶液为氢氧化钾溶液），写出电池的负极反应式：_。(3)用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)HT2，则K1_K230 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母编号)。a通入一定量的NOb加入一定量的C c适当升高反应体系的温度d加入合适的催化剂e适当缩小容器的体积若30min后改变温度至T3，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则T1 _T3(填 “”或“”或“=”)。）NH3 催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：由图可知SCR技术中的氧化剂为：_。已知c(NO2 )/c(NO)=1：1时脱氮效率最佳，若生成1molN 2 反应放出的热量为QkJ，此时对应的脱氮反应的热化学方程式为 _。下图是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知最佳的催化剂和相应的温度分别为：_ 、 _.【答案】 (1). 2H2H3H1/2 (2). C2H210e14OH=2CO328H2O (3). 0.042 molL1min1 (4). 9/16 (5). (6). ae (7). (8). NO，NO2 (9). 2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g) H=2QkJ mol1 (10). Mn (11). 200左右【解析】【分析】综合应用盖斯定律、原电池原理、平衡移动原理、氧化还原知识，通过分析计算解答。【详解】I）(1)据盖斯定律，得2+，则H42H2H3H1。(2)反应设计的燃料电池中，C2H2在负极失电子，O2在正极得电子。碱性电解质溶液中，CO2转化为CO32-。负极反应为C2H210e14OH=2CO328H2O。(3)v(NO)=0.042mol/(Lmin)。据题意和表中数据，2030min、4050min都是T1时的化学平衡，都可计算得K1=。因正反应H0，温度由T1降至T2，化学平衡右移，K增大，则K1K2。表中数据表明，从2030min的平衡到4050min的平衡，三种气体的浓度等倍数增大（1.2倍）。题中脱除NO的反应中，气体分子数保持不变，故改变压强不能使该化学平衡发生移动。因此，通入一定量的NO或适当缩小容器体积均可使三种气体的浓度变成原来的1.2倍。加入一定量的C 或合适的催化剂，都不能使平衡发生移动，三种气体的浓度不变。升高体系的温度，会使平衡左移，NO浓度增大，而N2、CO2浓度减小，故选ae。T3平衡时，NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则K3K1=。即升高温度使化学平衡向左移动，T1T3。）由图，NH3中N从3价升至0价，是还原剂，NO、NO2中N分别从+2、+4价降至0价，是氧化剂。当c(NO 2 )/c(NO)=1：1时，化学方程式为2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O，热化学方程式为2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g) H2QkJ mol1。据图，在Mn作催化剂、200左右，脱氮率最高约55%。在Cr作催化剂、450左右，脱氮率最高约60%。故在脱氮率相差不大时，用Mn作催化剂需要的温度低、更经济，最佳的催化剂和相应的温度分别为Mn、200左右。【点睛】催化剂不能使平衡移动，但能提高化学反应速率，缩短反应达到化学平衡的时间，故化工生产中使用催化剂能大大提高生产效率，降低生产成本。11.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Ca、Cu、Fe 四种金属元素组成，回答下列问题：（1）基态Fe原子有_个未成对电子，Fe3+的价电子排布式为_。（2）新制的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛分子中含有的键与键的比例为_。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为_，配合物Cu(NH3)4(OH)2中含有的化学键类型有_，1 mol该物质中有_个键。（3）Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_个铜原子。（4）CaCl2熔点高于AlCl3的原因_。（5）CaF2晶胞如图所示，已知：氟化钙晶体密度为gcm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。氟化钙晶体中Ca2+和F-之间最近核间距(d)为_pm(只要求列出计算式即可)。【答案】 (1). 4 (2). 1s22s22p63s23p63d5 (3). 6: 1 (4). sp2 sp3 (5). 离子键、共价键、配位键 (6). 18NA (7). 16 (8). CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体 (9). 【解析】【详解】(1)26号元素铁基态原子核外电子排布是为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，失去电子变成铁离子时，先失去4s上的2个电子后失去3d上的1个电子，因此铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；(2).一个乙醛分子含有6个键和一个键，乙醛中甲基上的碳形成4条键，无孤对电子，因此采取sp3杂化类型，醛基中的碳形成3条键和1条键，无孤对电子，采取sp2杂化类型。配合物Cu(NH3)4(OH)2中铜离子提供空轨道，氮原子提供孤对电子，铜离子和氨气分子之间形成配位键，氨气分子中氮和氢原子之间以共价键结合，内界离子和外界离子氢氧根离子之间以离子键结合，所以含有的化学键离子键、共价键、配位键, 1mol Cu(NH3)4(OH)2中