宁夏银川市2019届高三化学下学期质量检测试题试题（含解析）

宁夏银川市2019届高三化学下学期质量检测试题试题（含解析）可能用到的相对原子质量：h-1 c-12 n-14 o-16 na-23 s-32 ni-59一、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.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是选项现象或事实解释a化石燃料燃烧时采取脱硫措施提高化石燃料的利用率b用热的烧碱溶液洗去油污na2co3可直接与油污反应c商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎该鼎属于铁合金制品d静置后的淘米水能产生达尔效应说明淘米水具有胶体的性质a. ab. bc. cd. d【答案】d【解析】【详解】a.化石燃料燃烧时采取脱硫措施是为了减少二氧化硫的排放，以免污染空气，故a错误；b.盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强，因此用热的纯碱溶液可以洗去油污，并不是碳酸钠可与油污直接反应，故b错误；c.后母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品，故c错误；d.丁达尔效应是胶体所特有的性质，故静置后的淘米水能发生丁达尔效应，则说明淘米水是胶体，故d正确。故选d。2.海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是a. 从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的b. 用澄清的石灰水可鉴别nahco3和na2co3c. 在步骤中可通入cl2使溴离子被还原为br2d. 在步骤中，so2水溶液吸收br2后，溶液的ph增大【答案】a【解析】【详解】a.从海水中得到粗盐采用蒸发的方法，故a正确；b.在nahco3或na2co3中加入澄清的石灰水，现象均为产生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别nahco3和na2co3，故b错误；c.步骤中发生反应的化学方程式为：2nabr+cl2= br2+2nacl，br的化合价由-1价升高为0价，溴离子被氧化为br2，故c错误；d.步骤中so2水溶液吸收br2，发生反应的化学方程式为：so2+br2+2h2o=h2so4+2hbr，溶液的酸性增强，ph减小，故d错误。故选a。3.下列关于有机化合物的说法正确的是a. c4h9c1的同分异构体数目为3b. 用饱和na2co3溶液可鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯c. 乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液都能发生加成反应d. 淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物【答案】b【解析】【详解】a.c4h9c1的同分异构体包括ch3ch2ch2ch2cl、ch3ch2chclch3、(ch3)2chch2cl、(ch3)3ccl，共4种，故a错误；b.乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙醇与碳酸钠不反应不分层，乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，现象不同，可鉴别，故b正确；c.乙烯与高锰酸钾溶液反应属于氧化反应，与溴水的反应属于加成反应，故c错误；d.油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而淀粉、蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物，故d错误。故选b。4.na代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是a. 6.0g醋酸中含有非极性键总数为0.2nab. 22.4l(标准状况)氖气含有的质子数为10nac. 1l0.1moll1的nahco3溶液中，hco3离子数为0.1nad. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mo1氧气转移的电子数为0.4n【答案】b【解析】【详解】a.1个醋酸分子中含有1个非极性键，6.0g醋酸的物质的量为6.0g60g/mol=0.1mol，故含有非极性键总数为0.1na，故a错误；b.标准状况下，22.4l氖气的物质的量为1mol，氖气是单原子分子，1个氖气分子中含有10个质子，故含有的原子数约为na，故b正确；c.nahco3的物质的量为1l0.1moll1=0.1mol，hco3-在溶液中能电离为co32-和水解为h2co3，根据物料守恒可知，溶液中的hco3-、co32-、h2co3之和为0.1na个，故c错误；d.过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2na个，故d错误。故选b。5.短周期主族元素w、m、x、y、z原子序数依次增大。w的族序数是周期数的3倍，原子的最外层只有一个电子，y是地壳中含量最多的金属元素，z在同周期中原子半径最小。下列说法错误的是a. x2w2和x2w中阴、阳离子数之比均为1：2b. 可用m的单质与w的氢化物反应证明非金属性mwc. m、z两种元素气态氢化物的稳定性比较：mco32，故d正确。故选d。7.一种新型的双离子可充电电池的原理如图所示，以下说法正确的是a. 电极a发生的反应为还原反应b. 充电时a极与电源的正极相连c. 正极发生的电极反应可能为：cafeo3+e=cafeo2.5+1/2o2d. 放电时，每当有na个na+移向b极，外电路中一定转移2na个电子【答案】c【解析】【详解】a.由图可知，电极a发生的反应为na-e-=na+，为氧化反应，故a错误；b.充电时a极发生的反应为na+e-=na，还原反应，则a为电解池的阴极，阴极与电源的负极相连，故b错误；c.由图可知，电极b为正极，发生的电极反应可能为：cafeo3+e=cafeo2.5+1/2o2，故c正确；d.放电时，每当有na个na+移向b极，外电路中转移na个电子，故d错误。故选c。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.na2s2o4俗称保险粉，常用做纺织工业的漂白剂、脱色剂等。某科研小组制备并探究其性质。资料：na2s2o4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。制备na2s2o4 (部分加热等辅助仪器略去)(1)仪器的名称是_。(2)b装置用于制备na2s2o4。第一步反应：zn+2so2zns2o4；第二步，加入naoh溶液，于2835下反应生成na2s2o4，该步反应的化学方程式为_。(3)实验时，先向b中通入so2的原因，除产生zn s2o4之外，另一原因是_。(4)反应后除去b中的沉淀，在滤液中加入一定量的nacl固体搅拌，有na2s2o4晶体析出。加入nacl固体的作用是_探究na2s2o4的性质(5)隔绝空气加热na2s2o4固体完全分解得到固体产物na2so3、na2s2o3和so2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有na2so4。请设计实验证明该分解产物中含有na2so4。实验方案是_。(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、bacl2溶液、agno3溶液、kmno4，溶液)(6)制备纳米级银粉用naoh溶液溶解na2s2o4，加入一定量的agno3溶液，生成纳米级的银粉。在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，且生成的含硫物质只有一种，写出该反应的离子方程式_。(7)为测定某含硫代硫酸钠样品的纯度(其它杂质均不参加反应)设计如下方案，并进行实验：准确称取该硫代硫酸钠样品mg，配制成250ml待测溶液。移取25.00ml待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用 nmoll1i2标准溶液滴定(发生反应：2s2o32+i2=s4o32+2i)，至滴定终点。滴定终点的现象为_，平均消耗i2标准溶液vml，样品中na2s2o4的纯度为_(用代数式表示)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). zns2o4+2naohna2s2o4 + zn(oh)2 (3). 排出装置中残留的o2或空气(或防止生成物na2s2o4被氧化) (4). 加入氯化钠，增大了na+离子浓度，促进na2s2o4结晶析出(用沉淀溶解平衡解释可以 (5). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加bacl2溶液，若出现沉淀则说明含有na2so4杂质 (6). 2ag+s2o42+4oh2ag+2so32+2h2o (7). 滴入最后一滴i2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色 (8). 3.16nv/m(或316nv/m%或3.16nv/m100%)【解析】【分析】装置a中的浓硫酸通过分液漏斗滴到蒸馏烧瓶中和cu反应制得二氧化硫，二氧化硫和zn在三颈烧瓶中反应生成zns2o4，加入naoh溶液反应生成na2s2o4和zn(oh)2沉淀，装置c中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气，防止污染空气，据此答题。【详解】（1）仪器的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶。（2）2835下反应生成的zns2o4与naoh溶液反应，反应生成na2s2o4和zn(oh)2沉淀，反应的化学方程式为zns2o4+2naohna2s2o4+zn(oh)2，故答案为：zns2o4+2naohna2s2o4+zn(oh)2。（3）由于na2s2o4具有极强的还原性，易被空气氧化，所以b装置反应前应排尽装置中的空气，防止氧气干扰实验，故答案为：排出装置中残留的o2或空气(或防止生成物na2s2o4被氧化)。（4）加入nacl固体的目的是，溶液中的na+离子浓度增大，使na2s2o4的溶解度降低，更易结晶析出，提高产率，故答案为：加入氯化钠，增大了na+离子浓度，促进na2s2o4结晶析出(用沉淀溶解平衡解释可以)。（5）应固体中含有的na2so3、na2s2o3会干扰na2so4的检验，应先加入足量的稀盐酸，排除na2so3、na2s2o3的干扰，再加入bacl2溶液，检验是否存在na2so4，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加bacl2溶液，若出现沉淀则说明含有na2so4杂质。（6）由题意可知，agno3溶液和碱性na2s2o4溶液反应生成纳米级的银粉，反应中ag元素的化合价升高，做氧化剂，na2s2o4做氧化剂被氧化，因氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，由得失电子数目守恒可知s2o32-被氧化为so32-，反应的方程式：2ag+s2o42-+4oh-=2ag+2so32-+2h2o，故答案为：2ag+s2o42-+4oh-=2ag+2so32-+2h2o。（7）移取25.00ml待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用nmoll1i2标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象为：滴入最后一滴i2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色，根据离子方程式进行计算得到25.00ml硫代硫酸钠物质的量：2s2o32+i2=s4o32+2i2 1n（na2s2o3）nmol/lv10-3ln(na2s2o3)=2nv10-3mol配制的250ml溶液中含有n(na2s2o3)=0.02nvmol，样品中n(na2s2o3)的百分含量=0.02nv158g/molm100%=3.16nv/m，故答案为：滴入最后一滴i2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色；3.16nv/m(或316nv/m%或3.16nv/m100%)。9.中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：注：a1(oh)3和cu(oh)2分解温度分别为450和80(1)在电解精炼银时，阳极材料为_。(2)加快渣料(含少量银)溶于稀h2so4速率的措施为_(写出两种)。(3)滤渣a与稀hno3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣a与稀hno3反应的离子方程式为_。(4)过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有_。(5)固体混合物b的组成为_；在生成固体b的过程中，需控制naoh的加入量，若naoh过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_。(6)煅烧阶段通入惰性气体的原因_。【答案】 (1). 粗银 (2). 拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大h2so4的浓度或其它合理答案 (3). 3ag + 4h+ + no3- = 3ag+ no + 2h2o (4). 漏斗、玻璃棒 (5). al(oh)3和cuo的混合物 (6). al(oh)3oh=alo22h2o (7). 保护气(或防止铜被氧化)【解析】【分析】银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量的银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到al(oh)3和cuo的混合物，煅烧可得到cualo2，据此答题。【详解】（1）电解精炼铜时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，硫酸铜溶液作电解液，电解精炼银与此类似，则纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液，故答案为：粗银。（2）加快渣料(含少量银)溶于稀h2so4速率的措施有搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大h2so4的浓度或其它合理答案，故答案为：搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大h2so4的浓度或其它合理答案。（3）滤渣a的主要成分是ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银、产生无色气体，即3ag+4hno3(稀)=3agno3+no+2h2o，离子方程式为：3ag+4h+ +no3-=3ag+no+2h2o，无色的一氧化氮气体在空气迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即2no+o2=2no2；故答案为：3ag+4h+ +no3-=3ag+no+2h2o。（4）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒。（5）结合信息和流程图可知：硫酸铜、硫酸铝与稀氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸是氢氧化铜分解生成氧化铜，氢氧化铝不分解，所以固体b的主要成分是al(oh)3和cuo的混合物，若naoh过量，两性氢氧化物al(oh)3就会溶解，反应氮的离子方程式为：al(oh)3oh-=alo2-2h2o，故答案为：al(oh)3和cuo的混合物；al(oh)3oh-=alo2-2h2o。（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因是做保护气(或防止铜被氧化)，故答案为：保护气(或防止铜被氧化)。【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。10.“绿色”和“生态文明”是未来的发展主题，而co2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题；(1)在新型纳米催化剂 na-fe3o4，和hmcm-22的表面将co2先转化为烯烃再转化为烷烃，已知co2转化为co的反应为co2(g)+h2(g)=co(g)+h2o(g) h=+41kj/mol；2 co2 (g)+6h2(g)=c2h4(g)+4 h2o (g) h=128kj/mol则co转化为c2h4的热化学方程式为_。(2)用氨水捕捉烟气中的co2生成nh4co3。通常情况下，控制反应温度在35-40范围内的原因_。(3)有科学家提出可利用feo吸收co2，6feo(s)+co2(g)2fe3o4(s)+c(s) k1(平衡常数)，对该反应的描述正确的是_a生成 1mol fe3o4时电子转移总数为2nab压缩容器体积，可增大co2的转化率，c(co2)减小c恒温恒容下，气体的密度不变可作为平衡的标志d恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志(4)co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g) h，一定条件下，向2l恒容密闭容器中充入1 molco2和3mo1h2。在不同催化剂作用下发生反应i、反应ii、反应ii，相同时间内co2的转化率随温度变化如图所示：活化能最小的为_(填“反应i”、“反应ii”、“反应iii”)。b点反应速率v(正)_v(逆)(填“”、“=”或“”、“=”或“ (6). 59.26(或1600/27) (7). 放热反应 (8). (9). 2.16105 (10). 不变【解析】【详解】（1）已知co2(g)+h2(g)=co(g)+h2o(g) h=+41kj/mol；2co2(g)+6h2(g)=c2h4(g)+4h2o(g) h=128kj/mol；由盖斯定律-2可得：2co(g)+4h2(g)=c2h4(g)+2h2o(g) h=（-128kj/mol）-（+41kj/mol）2=-210kj/mol，则co转化为c2h4的热化学方程式为2co(g)+4h2(g)=c2h4(g)+2h2o(g) h=-210kj/mol，故答案为：2co(g)+4h2(g)=c2h4(g)+2h2o(g) h=-210kj/mol。（2）通常情况下，控制反应温度在35-40范围内，因为温度低于35，反应速率慢；高于40，nh4hco3受热易分解(或温度太高，气体物质的溶解性降低)，故答案为：防止nh4hco3分解，低于35反应速率慢高于40分解(或温度太高，气体物质的溶解性降低)。（3）a.由6feo(s)+co2(g)2fe3o4(s)+c(s)可知，反应方程式feo中铁元素化合价+2升至fe3o4中+8/3，co2由+4降至c中碳元素的0价，每生成1molc转移电子4mol，生成fe3o42mol，则生成1molfe3o4转移电子2mol，电子转移总数为2na，故a正确；b.压缩容器体积实质为增大压强，反应前后气体体积减小，平衡向逆反应方向移动，co2的转化率减小，c(co2)增大，故b错误；c.恒温恒容下，气体的密度=m/v，若密度不变，说明co2的质量不变，则co2的浓度不变，可以作为达到平衡的标志，故c正确；d.恒温恒压下，气体摩尔质量m=m/n，摩尔质量不变不能作为达到平衡的标志，故d错误。故答案为：ac。（4）相同温度下，相同时间内反应i中co2的转化率越大，所以催化效果最佳的是反应i，活化能也最小，故答案为：反应i。b点要达到平衡，co2的转化率增大，反应正向进行，故反应速率v(正)v(逆)，故答案为：。一定条件下，向2l恒容密闭容器中充入1molco2和3mo1h2，由图像可知，t4温度下，co2的平衡转化率为80%，则转化的co2的物质的量浓度为1mol/2l80%=0.4mol/l， co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)开始（mol/l） 0.5 1.5 0 0转化（mol/l） 0.4 1.2 0.4 0.4平衡（mol/l） 0.1 0.3 0.4 0.4t4温度下该反应的平衡常数k=c(ch3oh)c(h2o)/c3(h2)c(co2)=0.40.4/(0.3)30.1=59.26，故答案为：59.26(或1600/27)。由图可知，相同压强时，温度越高，co2的转化率越小，可以知道该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，h0；由反应可知，减小压强平衡逆向移动，由图可知，相同温度时，p2对应的转化率增大，p1p2，即该反应为气体体积减小的反应，压强越大，转化率越大，故答案为：放热反应，sialna (4). sp3 (5). 正四面体 (6). abd (7). 均为离子晶体，o2-半径小于s2-半径，mno的晶格能大于mns(或 mno的离子键强于mns (8). 8：3 (9). 4(0.8859+16)/na(42810-10)3或467.92/na(42810-10)3、271.68/na(42810-10)3、3.461024/na【解析】【分析】（1）cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成cr3+；，si原子核外电子数为14，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2；（2）非金属性越强，第一电离能越大；（3）根据杂化轨道理论进行判断；（4）二者为离子晶体，o2-半径小于s2-半径，mno的晶格能大于mns(或mno的离子键强于mns；（5）根据密度=质量/体积进行计算。【详解】（1）cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成cr3+，基态cr3+的核外电子排布式为ar3d3，si原子核外电子数为14，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为m，故答案为：ar3d3；m。（2）硅酸铝钠由o、na、al、si四种元素构成，非金属性越强，第一电离能越大。所以第四种元素的第一电离能由大到小的顺序为osialna，故答案为：osialna。（3）根据thf的结构式可知，c原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp3。bh4-中b原子价层电子数=4+1/2（3+1-41）=4，且不含孤电子对，根据杂化轨道理论，bh4-中b原子的杂化类型为sp3杂化，所以空间构型是正四面体构型；故答案为：正四面体。na+和bh-4之间存在离子键，硼原子和氢原子之间存在共价键、配位键，所以该化合物中不含氢键，故nabh4所含化学键类型有离子键、共价键、配位键，故答案为：abd。（4）mno的熔点（1650）比mns的熔点（1610）高，二者熔点较高，应为离子晶体，o2-半径小于s2-半径，mno的晶格能大于mns，离子晶体晶格能越大，熔点越高，则mno的熔点较高，故答案为：均为离子晶体，o2-半径小于s2-半径，mno的晶格能大于mns(或mno的离子键强于mns。（5）x为0.88，设晶体中ni3+个数为x、ni2+个数为y，则x+y=0.88，3x+2y-2=0（此式为化合价代数和为零），可解得：x=0.24；y=0.64，则晶体中ni2+和ni3+最简整数比为0.64：0.24=8：3；取1mol晶胞，则含有na个晶胞，nixo晶体的晶胞结构为nacl型，则一个晶胞中，ni原子数目为81/8+61/2=4，o原子数目为121/4+1=4，则1mol晶胞的质量为m=4(0.8859+16)g，一个晶胞的体积为v=4283pm3=(42810-10)3cm3，则晶体的密度为=m/nav=4(0.8859+10)/na(42810-10)3gcm3，故答案为：8：3；4(0.8859+16)/na(42810-10)3或467.92/na(42810-10)3、271.68/na(42810-10)3、3.461024/na。【点睛】第5小问根据均摊法计算晶胞中原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算。12.抗血栓药物氯贝丁酯()的一种合成路线如下图，部分反应条件及部分反应物、生成物已略去。回答下列问题：(1)e中官能团的名称为_。(2)有机物a的化学名称为_，b的结构简式为_，反应的反应类型为_。(3)要实现反应i的转化，加入下列物质能达到目的的是_。a nahco b naoh c na2co3 d ch3coona(4)写出