山西省大学附属中学2019届高三化学下学期4月模块诊断试题（含解析）.docx

山西省大学附属中学2019届高三化学下学期4月模块诊断试题（含解析）1.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是A. 新能源汽车的推广使用有助于减少光化学烟雾B. 黑火药燃烧反应时，氧化剂只是单质硫C. “侯氏制碱”中的“碱”不属于碱，而是盐NaHCO3D. 杜康用高粱酿酒原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来【答案】A【解析】【详解】A.新能源汽车的推广使用，可减少氮氧化合物的排放，因此有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B.黑火药燃烧反应时，氧化剂有单质硫和硝酸钾，B错误；C. “侯氏制碱”中的“碱”是纯碱Na2CO3，不属于碱，而是盐，D错误；D.高粱中不含有乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇，然后根据乙醇与水的沸点不同，用蒸馏方法分离出来，D错误；故合理选项是A。2.下列关于有机物的说法中，正确的一组是淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应；“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，它是一种新型化合物；除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液；石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化；淀粉遇碘酒变蓝色，在加热条件下，葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应；塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料；A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】淀粉属于多糖，可水解为单糖，油脂可水解为甘油和高级脂肪酸（盐），蛋白质可水解为氨基酸，故符合题意；乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混合形成的新型替代能源，属于混合物，故不符合题意；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被除去，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故符合题意；石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质生成属于化学变化，故不符合题意。碘遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基，所以能和新制氢氧化铜反应，故符合题意；天然橡胶、纤维素不是合成高分子材料，故不符合题意；故选C。3.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A. 1 L 1 mol/L葡萄糖溶液含有氧原子数为6NAB. 氯气通入到含有1mol的FeBr2溶液中，当有NA个Br-被氧化时，共消耗标准状况下氯气22.4LC. 标准状况下，2.24 L HF中所含质子数目为NAD. 4.4 g由14CO2与14N2O组成的混合物中所含中子数为2.2NA【答案】B【解析】【详解】A.溶质葡萄糖及溶剂水中都含有O原子，乙醇不能确定O原子的数目，A错误；B.由于还原性Fe2+Br-，所以将氯气通入到含有1mol的FeBr2溶液中，当有NA个Br-被氧化时，Fe2+完全被氧化为Fe3+，转移电子的物质的量为2mol，故共消耗氯气的物质的量为1mol，在标准状况下氯气体积为22.4L，B正确；C.标准状况下，HF 以聚合分子分子，乙醇不能确定其分子数目，也就不能判断含有的质子数目，C错误；D. 14CO2的分子中含有24个中子，4.4 g 14CO2含有的中子数目为NA=2.3NA；14N2O的分子中含有22个中子，4.4 g 14N2O含有的中子数目为NA=2.2NA；所以4.4g由14CO2与14N2O组成的混合物中所含中子数大于2.2NA，D错误；故合理选项是B。4.根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是选项实验操作和现象结论或解释A向含有酚酞的Na2SO3溶液中加入少量BaCl2固体，产生白色沉淀，溶液红色变浅Na2SO3溶液中存水解平衡B将SO2气体通入用盐酸酸化的KMnO4溶液中，紫红色褪去SO2有还原性和漂白性C向2mL0.1 molL1KI溶液中加入0.1 molL1FeCl3溶液3mL，充分振荡，用苯萃取多次后，上层呈紫红色，取下层滴加5滴KSCN溶液，出现血红色FeCl3溶液与KI溶液的反应是可逆反应DCH3CH2Br与NaOH溶液混合，共热并充分振荡，冷却后滴加硝酸银溶液，未出现淡黄色沉淀CH3CH2Br是非电解质，不与氢氧化钠反应A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. Na2SO3水解使溶液显碱性，向溶液中加入少量BaCl2固体，SO32-与Ba2+反应产生BaSO3白色沉淀，由于c(SO32-)减小，水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，由溶液颜色变化可知在Na2SO3溶液中存在水解平衡，A正确；B.KMnO4溶液具有强的氧化性，能够将盐酸氧化，因此酸化高锰酸钾溶液不能使用盐酸，要用硫酸，且将SO2气体通入用硫酸酸化的KMnO4溶液中，紫红色褪去，体现的是二氧化硫的还原性，不是漂白性，B错误；C.由于KI溶液与FeCl3溶液发生反应时FeCl3溶液过量，所以向反应后的溶液中滴加5滴KSCN溶液，过量的Fe3+会与SCN-发生络合反应，出现血红色，不能证明FeCl3溶液与KI溶液的反应是可逆反应，C错误；D.CH3CH2Br水解后产生的Br-要在酸性条件下进行检验，由于水解再碱性条件下进行，因此水解后没有加硝酸化至溶液显酸性就加入硝酸银溶液，因此不能检验得到结论，D错误；故合理选项A。5.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是A. W的氧化物对应水化物均为强酸B. 简单离子半径：WXYC. 简单氢化物沸点：ZWD. Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】W与X形成红棕色有刺激性气味的气体是NO2，且W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，则W为N，X为O，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na，Z原子最外层电子数与W电子总数相同，则Z为Cl。综上，W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl。【详解】根据以上分析，W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl，A项，W为N，N的氧化物N2O3对应水化物HNO2为弱酸，故A项错误；B项，N3-、O2-、Na+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，所以简单离子半径：N3-O2-Na+，故B项错误；C项，Z为Cl，W为N，由于氨分子之间存在氢键，沸点较高，简单氢化物沸点：ClN，故C项正确；D项，Y为Na，Z为Cl，Y与Z形成的化合物为NaCl，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。6.新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A. 电极b为电池负极B. 电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2SC. 电极b上的电极反应为：O2+4e-4H+=2H2OD. 电极a上的电极反应为：2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O【答案】D【解析】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D正确，选D。点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。7.MnO2是一种重要的化工原料，可用于合成工业的催化剂和氧化剂。采用软锰矿(主要成分为MnO2)可制备高纯MnO2，其流程如下：下列叙述错误的是A. “含Mn2+、A13+的溶液”中还含Fe3+B. 加入“氨水”同时搅拌，搅拌的目的是提高反应速率C. “滤渣”可完全溶解在NaOH溶液中D. 电解含Mn2+的溶液，MnO2为阳极产物【答案】C【解析】【分析】由流程可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，软锰矿溶解得到Mn2+、A13+、Fe3+的溶液，向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤得到含Mn2+的溶液，电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2。【详解】A项、由化合价变化可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，FeSO4将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，故A正确；B项、加入“氨水”同时搅拌，可以增大氨水与溶液的接触面积，提高反应速率，故B正确；C项、向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应，滤渣不能完全溶解，故C错误；D项、电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2，故D正确。故选C。【点睛】本题考查化学工艺流程，对元素及其化合物的主要性质的理解，结合题目获取新信息是解答关键，C选项为易错点，注意滤渣的组成为氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铁不溶于氢氧化钠溶液。8.ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。请回答：已知：2NaClO3H2O2H2SO4=2ClO2O2Na2SO42H2O2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2OClO2熔点59、沸点11；H2O2沸点150 (1)仪器A作用是_；冰水浴冷却的目的是_(写两种)。(2)空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因_。(3)Cl存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：_(用离子方程式表示)，H2O2Cl2=2ClO22H+。(4)H2O2浓度对反应速率有影响。通过图所示装置将少量30%H2O2溶液浓缩至40%，B处应增加一个设备。该设备的作用是_，馏出物是_。(5)抽滤法分离NaClO2过程中，下列操作不正确的是_。A为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤B先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀C洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀D抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管后，关闭水龙头【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度、降低NaClO2溶解度、防止ClO2分解 (3). 空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解 (4). 2ClO32Cl4H+=2ClO2Cl22H2O (5). 降低体系压强，减少双氧水分解 (6). H2O (7). C【解析】(1)仪器A为安全瓶，防止倒吸；冰水浴冷却的目的是为降低NaClO2的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；减少ClO2的分解用冰水浴冷却；故答案为：防止倒吸；降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、减少ClO2的分解；(2)空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率；故答案为：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收；(3)Cl存在时会催化ClO2的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气反应为，2ClO3-+2Cl-+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O，H2O2+Cl22Cl-+O2+2H+；故答案为：2ClO3-+2Cl-+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O；(4)过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，馏出物为H2O；故答案为：减压；H2O；(5)抽滤法分离NaClO2过程中，洗涤时为洗净晶体，应让洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触；故答案为：C。点睛：本题以物质制备为载体，考查学生对原理的分析理解、物质的分离提纯、氧化还原反应、实验方案设计、信息获取与迁移运用等，需要学生具备扎实的基础。本题中氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO23H2O。9.合理利用或转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是人们共同关注的课题。.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：2NO(g)N2O2(g)(快)v1正k1正c2(NO)，v1逆k1逆c(N2O2)H10N2O2(g)O2(g)2NO2(g)(慢) v2正k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆k2逆c2(NO2)H20请回答下列问题：(1)反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)H_(用含H1和H2的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K_。(2)决定2NO(g)O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应，反应的活化能E1与反应的活化能E2的大小关系为E1_E2(填“”“”或“”)。.(3)反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)k1p(N2O4)，v(NO2)k2p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_，理由是_(4)在25 时，将a molL1的氨水溶液与0.02 molL1 HCl溶液等体积混合后溶液恰好呈中性(忽略溶液混合后体积的变化)，用含a的表达式表示25 时NH3H2O的电离常数Kb_。用质量分数为17%，密度为0.93 gcm3的氨水，配制200 mL a molL1的氨水溶液，所需原氨水的体积V_ mL。(5)如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-。物质A的化学式为_，阴极的电极反应式是_。【答案】 (1). H1+H2 (2). (3). 9.2，形成的主要是Ni(OH)2沉淀，还含有少量的NiCO3沉淀；此时的滤液A中主要含有氯化钠、Na2CO3，可回收利用，(4)沉淀中含有Ni(OH)2、NiCO3，用HCl溶解，Ni(OH)2、NiCO3转化为Ni2+，向溶液中加入NaClO、NaOH，在碱性条件下，NiCl2、NaClO发生氧化还原反应，Cl元素由+1价降低到-1价，反应生成NaCl，而Ni元素则由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应离子方程式为：2Ni2+ClO-+4OH-=Ni2O3+Cl-+2H2O；(5)结合图示，阴极电流效率及镍的成粉率越高越好，根据图2可知，NH4Cl的浓度为10g/L时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g/L；当NH4Cl的浓度大于15gL1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，在阴极上溶液中的H+放电，产生氢气，所以相应的电极反应式：2H+2e-=H2 ，也可写为：2NH4+2H2O+2e-=2NH3H2O+H2；(6)草酸镍晶体在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧三小时，可以制得Ni2O3，同时获得混合气体，根据元素守恒可知混合气体为CO和CO2的混合气体，则反应为：2NiC2O42H2ONi2O3+3CO+CO2+4H2O。【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识，涉及反应速率影响因素、反应条件的控制、氧化还原反应的书写、电解原理、信息获取能力、化学方程式的书写等，是高考常考题型，较为全面的考查了学生对基础知识的掌握和应用等综合能力。11.A族元素形成的化合物在实验室和工业生产上有着广泛的应用。回答下列问题：(1)SCN-与Fe3可形成多种配离子，其中一种为Fe(SCN)63-，该配离子中的SCN-会使Fe3的剩余价电子压缩配对，则每个配离子中Fe3的单电子个数为_个。(2)Se与S是同族元素，请写出基态Se原子电子排布式_。H2Se的酸性比H2S_(填“强”或“弱”)。H2O、H2S、H2Se沸点由高到低的顺序为_，原因是：_。(3)有一种由19号元素中的部分元素组成，且与SCl2互为等电子体的共价化合物，它的分子式为_，其VSEPR构型为_。(4)已知S4O62-的结构为，其中S原子的杂化方式是_。键长a_b(填“”、“”或“”)。(5)离子晶体中阳离子和阴离子的半径比不同可形成不同的晶胞结构，见下表：半径比0.2250.4140.4140.7320.7321典型化学式立方ZnSNaClCsCl晶胞已知某离子晶体RA，其阴阳离子半径分别为184pm和74pm，摩尔质量为M g/mol，则阳离子配位数为_，晶体的密度为_g/cm3(列出计算式，无需化简，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). 1 (2). Ar3d104s24p4 (3). 强 (4). H2O H2Se H2S (5). 原因：H2O分子间可以形成较多氢键，而H2Se和H2S分子间不形成氢键；H2Se的相对分子质量比H2S大，范德华力较大 (6). OF2 (7). 四面体形 (8). sp3杂化 (9). Se，元素的非金属性越强，共价键越不容易断裂，所以H-Se键比H-S容易断裂，因此H2Se的酸性比H2S 的强；H2O、H2S、H2Se都是由分子构成的物质，由于H2O的分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，所以H2O的沸点最高；H2S、H2Se结构相似，对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高。由于相对分子质量H2SH2Se，所以沸点：H2SH2SeH2S；(3)利用原子替换，同主族元素原子价电子数目相等，前19号元素形成的物质中，只有OF2与SCl2互为等电子体；OF2的中心原子价层电子对数为2+=4，所以其VSEPR构型为四面体形；(4)S4O62-的结构中两边的S原子均形成4个键且无孤对电子，所以均为sp3杂化，中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子，也是sp3杂化，所以均为sp3杂化。由于原子间形成的共价键数目越大，原子间结合力就越强，该化学键的键长就越短。A键是S=O双键，b键是S-O单键，所以键长ab；(5)根据741840.402可知离子晶体RA的晶胞为立方ZnS型，由晶胞构型可以看出阴离子的配位数为4，由于阴阳离子个数比为1：1，所以阳离子的配位数为4。1个晶胞含有4个RA，晶胞中微粒总质量=g，阴阳离子半径之和为体对角线的且体对角线为晶胞边长的倍，则晶体密度=g/cm3。【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及原子核外电子排布、配离子中配位体对电子排布的影响、氢键、分子间作用力与物质熔沸点的关系、原子的杂化、分子的空间构型，密度的计算等，注意晶胞中配位数的判断：可以直接读图、补全晶胞、均摊法计算、原子配位数之比等于相应原子数目反比。12.环丁基甲酸是有机合成中一种有用的中间体。某研究小组以丙烯醛为原料，设计了如下路线合成环丁基甲酸(部分反应条件、产物已省略)。已知：(1)(2)请回答下列问题：(1)由丙烯醛生成化合物A的反应类型为_。(2)化合物C的结构简式是_。(3)下列说法中正确的是_(填字母代号)。A丙烯醛可以发生银镜反应 B化合物B和C能形成高聚物C化合物G的化学式为C6H8O4 D1mol化合物B与足量金属钠反应能生成1mol氢气(4)写出DEF的化学方程式：_。(5)符合下列条件的G的同分异构体有_种，写出其中在1H-NMR谱上显示两组峰且面积比为31的结构简式：_。能使Br2/CCl4溶液褪色；1mol G与1mol Na2CO3反应可以生成1mol CO2(6)以1，3-丁二烯和化合物E为原料可制备，请选用必要的试剂设计合成路线_。【答案】 (1). 加成反应 (2). HOOCCH2COOH (3). ABCD (4). (5). 18 (6). (CH3)2C=C(COOH)2 (7). 【解析】【分析】由合成流程可知，丙烯醛与水发生加成反应生成A为HOCH2CH2CHO，A与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成D为BrCH2CH2CH2Br，A氧化生成C为HOOCCH2COOH，C与乙醇发生酯化反应生成E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，D与E发生信息中的反应生成F为，F发生水解后酸化生成G为，G发生信息中反应生成环丁基甲酸；(6)以1，3-丁二烯和化合物E为原料可制备环戊基甲酸，先使1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再与氢气加成，然后与E在C2H5Na作用下发生信息中的反应