辽宁省沈阳市东北育才中学2019届高三化学最后一模试题（含解析）

辽宁省沈阳市东北育才中学2019届高三化学最后一模试题（含解析）可能用到的相对原子质量：li-7 o-16 mg-12 p-31 cl-35.5 k-39 fe-56 cr-52一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.下列有关叙述正确的是a. 汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的b. 酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好c. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法d. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂【答案】c【解析】【详解】a、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含n元素，故a错误；b、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故b错误；c、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属mg比铁活泼，mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故c正确；d、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故d错误，答案选c。2.设na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是a. 所含共价键数均为0.4na的白磷(p4)和甲烷的物质的量相等b. 1 mol na与o2反应，生成na2o和na2o2的混合物共失去na个电子c. 1mol na2o2固体中含有离子总数为4nad. 25时，ph=13的氢氧化钠溶液中约含有na个氢氧根离子【答案】b【解析】【详解】a、p4和甲烷空间结构都是正四面体，p4的空间结构是，1mol白磷中有6molpp键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molch键，0.4na共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故a错误；b、无论是na2o还是na2o2，na的化合价为1价，1molna都失去电子1mol，数目为na，故b 正确；c、由na2o2的电子式可知，1molna2o2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3na，故c错误；d、题中未给出溶液的体积，无法计算oh的物质的量，故d错误，答案选b。3.下列关于有机化合物的说法正确的是a. 乙酸和乙酸乙酯可用na2co3溶液加以区别b. 异丁烷的一氯代物有3种c. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键d. 甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4-二氯甲苯【答案】a【解析】【详解】a、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，乙酸乙酯不能，所以可用na2co3溶液加以区别，选项a正确；b. 异丁烷一氯代物有（ch3）2chch2cl、（ch3）2cclch3共2种，选项b错误；c. 聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，苯分子中也不含有碳碳双键，选项c错误；d甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，选项 d错误；答案选a。4.下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是 选项实验操作现象解释或结论a向某溶液中滴加双氧水后再加入kscn溶液溶液呈红色原溶液中一定含有fe2+b向饱和na2co3溶液中通入足量co2溶液变浑浊析出了nahco3晶体c两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别放在酒精灯上加热打磨过的铝箔先熔化并且滴落下来金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化d加热盛有nacl和nh4cl固体的试管试管底部固体减少，试管口有晶体凝结可以用升华法分离nacl和nh4cl固体a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】溶液中含有fe3+或fe2+，滴加双氧水后再加入kscn溶液，溶液都呈红色，故a错误；向饱和na2co3溶液中通入足量co2，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以析出nahco3晶体，故b正确；铝易被氧化为氧化铝，由于氧化铝熔点高，铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化并不滴落下来，故c错误；加热盛有nacl和nh4cl固体的试管，氯化铵分解为氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口又生成氯化铵，不属于升华，故d错误。点睛：fe2+的检验方法是，向溶液中滴加kscn溶液，不变血红色，在加入双氧水，溶液变为血红色，则原溶液中一定含有fe2+。5.x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，且x、z原子序数之和是y、w原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，m是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物n是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是a. 原子半径：r(y)r(z)r(w)b. 化合物n与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同c. 含w元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性d. z与x、y、w形成的化合物中，各元素均满足8电子结构【答案】c【解析】【分析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为h2o2，乙和丁组成的元素相同，则丁为h2o，化合物n是具有漂白性的气体(常温下)，则n为so2，根据转化关系，m是单质，h2o2分解成o2和h2o，即m为o2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有s元素，即丙为h2s，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，x为h，y为o，如果w为s，x、z原子序数之和是y、w原子序数之和的1/2，则z为na，如果z为s，则w不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为h2o2，乙和丁组成的元素相同，则丁为h2o，化合物n是具有漂白性的气体(常温下)，则n为so2，根据转化关系，m是单质，h2o2分解成o2和h2o，即m为o2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有s元素，即丙为h2s，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，x为h，y为o，如果w为s，x、z原子序数之和是y、w原子序数之和的1/2，则z为na，如果z为s，则w不符合要求；a、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(na)r(s)r(o)，故a错误；b、so2能使溴水褪色，发生so2br2h2o=2hbrh2so4，利用so2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故b错误；c、含s元素的盐溶液，如果是na2so4，溶液显中性，如果是nahso4，溶液显酸性，如果是na2so3，溶液显碱性，故c正确；d、形成化合物分别是nah、na2o/na2o2、na2s，nah中h最外层有2个电子，不满足8电子结构，故d错误，答案选c。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。6.下图是新型镁-锂双离子二次电池,下列关于该电池的说法不正确的是( )a. 放电时, li+由左向右移动b. 放电时, 正极的电极反应式为li1-xfepo4+xli+xe-=lifepo4c. 充电时, 外加电源的正极与y相连d. 充电时, 导线上每通过1mole-, 左室溶液质量减轻12g【答案】d【解析】【分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为mg-2e-=mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为li1-xfepo4+xli+xe-=lifepo4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。【详解】a放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以li+由左向右移动，故a正确；b、放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为li1xfepo4+xli+xelifepo4，故b正确；c、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与y相连，故c正确；d、充电时，导线上每通过1mole，左室得电子发生还原反应，反应式为mg2+2emg，但右侧将有1molli+移向左室，所以溶液质量减轻1275g，故d错误；答案选d。【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为d，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。7.常温下向20ml 0.1mol/l氨水中通入hcl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入hcl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是a. b点通入的hcl气体，在标况下为44.8mlb. b、c之间溶液中c(nh4+)c(cl-)c. 取10ml的c点溶液稀释时：c(nh4+)/c(nh3h2o)减小d. d点溶液呈中性【答案】c【解析】【分析】氨水中通入hcl，发生nh3h2ohcl=nh4clh2o，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；【详解】a、当两者恰好完全反应时，n(hcl)=n(nh3h2o)=20103l0.1moll1=2103mol，标准状况下hcl的体积为44.8ml，随着hcl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的h浓度为107moll1，此时溶液显中性，溶质为nh3h2o和nh4cl，即所加hcl气体在标准状况下的体积小于44.8ml，故a错误；b、b点时，溶液显电中性，即c(nh4)=c(cl)，c点溶质为nh4cl，c(cl)c(nh4)，因此b、c之间溶液中c(nh4)c(cl)，故b错误；c、c点溶质为nh4cl，nh4cl属于强酸弱碱盐，nh4发生水解，nh4h2onh3h2oh，加水稀释，促进水解，n(nh3h2o)增大，n(nh4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(nh4)/c(nh3h2o)减小，故c正确；d、d点溶质为nh4cl和hcl，溶液显酸性，故d错误，答案选c。8.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(cu2te)、三氧化二铬(cr2o3)以及少量的金(au),可以用于制取na2cr2o7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:已知:煅烧时,cu2te发生的反应为cu2te+2o22cuo+teo2。(1)煅烧时,cr2o3发生反应化学方程式为_。(2)浸出液中除了含有teoso4(在电解过程中不反应)外,还可能含有_(填化学式)。(3)工业上用重铬酸钠(na2cr2o7)母液生产重铬酸钾(k2cr2o7)的工艺流程如图所示:通过冷却结晶能析出大量k2cr2o7的原因是_。(4)测定产品中k2cr2o7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 ml溶液,用移液管取出25.00 ml于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.1000 moll-1硫酸亚铁铵(nh4)2fe(so4)2标准液进行滴定,重复进行二次实验。(已知cr2被还原为cr3+)氧化还原滴定过程中的离子方程式为_。若三次实验消耗(nh4)2fe(so4)2标准液的平均体积为25.00 ml,则所得产品中k2cr2o7的纯度为_%。已知m(k2cr2o7)=294 gmol-1,计算结果保留三位有效数字。(5)上述流程中k2cr2o7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有cr3+外,还含有一定浓度的fe3+杂质,可通过加碱调ph的方法使两者转化为沉淀。已知c(cr3+)=310-5 moll-1,则当溶液中开始析出cr(oh)3沉淀时fe3+是否沉淀完全?_(填“是”或“否”)。已知:kspfe(oh)3=4.010-38, kspcr(oh)3=6.010-31【答案】 (1). 2cr2o3+3o2+4na2co34na2cro4+4co2 (2). cuso4(或cuso4和h2so4) (3). 低温条件下,k2cr2o7的溶解度在整个体系中最小,且k2cr2o7的溶解度随温度的降低而显著减小 (4). cr2+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o (5). 49.0 (6). 是【解析】【详解】（1）根据流程中“水浸”，cr元素以na2cro4形式存在，na2cro4中cr的化合价为6价， cr2o3中cr的化合价为+3价，cr2o3作还原剂，被氧气氧化，根据化合价升降法进行配平，“煅烧”时cr2o3参加的反应是2cr2o33o24na2co34na2cro44co2；（2）“煅烧”除(1)中反应外，还有cu2te2o22cuoteo2，沉渣应含有cuo、teo2以及少量的au，加入稀硫酸，cuo与稀硫酸反应生成cuso4，根据题干，te以tioso4形式存在，au不与稀硫酸反应，即浸出液中含有teoso4、cuso4、h2so4；（3）na2cr2o7溶液加入kcl(s)，得到k2cr2o7，说明低温下，k2cr2o7的溶解度在整个体系中最小，且k2cr2o7的溶解度随温度的降低而显著减小；（4）cr2o42作氧化剂，把fe2氧化成fe3，+6价cr被还原成cr3，根据得失电子数目守恒，得出cr2o726fe214h=2cr36fe37h2o；根据的离子反应方程式得出：k2cr2o7的纯度=49.0%；（5）cr(oh)3开始出现沉淀时，溶液中c3(oh)=21026，fe3沉淀完全，c(fe3)应小于105moll1，fe(oh)3沉淀完全时，溶液中c3(oh)=41033ch (8). 半径mg2+ch，则c、h、o的电负性大小顺序是och；（4）mgco3和caco3都属于离子晶体，受热分解后生成mgo和cao，也都属于离子晶体，mgco3分解温度低于caco3，应从晶格能的角度分析，原因是半径mg2ca2，mgo晶格能大于cao， mg2更易结合碳酸根中的氧离子，故mgco3更易分解；（5）根据氯化钠晶胞，nacl的晶胞中有4个“nacl”，fe0.9o晶胞与nacl晶胞的相似，因此该晶体中有4个“fe0.9o”，晶胞的质量为，晶胞的体积(a1010)cm3，根据密度的定义，=，得出a=。12.某有机物f()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物b为基本原料制备f的路线图如下：已知：rcho+ch3chorch=chcho(1)乙烯生成a的原子利用率为100%，则x是_(填化学式)，f中含氧官能团的名称为_。(2)ef的反应类型为_，b的结构简式为_，若e的名称为咖啡酸，则f的名称是_。(3)写出d与naoh溶液反应的化学方程式：_。(4)e的同系物g比e多一个碳原子，g有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_种能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4 mol ag遇fecl3溶液发生显色反应分子中没有甲基，且苯环上有2个取代基(5)以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：_(其他试剂任选)。【答案】 (1). o2 (2). (酚)羟基、酯基 (3). 取代反应(或酯化反应) (4). (5). 咖啡酸乙酯 (6). +5naoh+2nacl+3h2o (7). 9 (8). ch2=ch2 ch3cho ch3ch=chcho ch3ch=chcooh【解析】【分析】根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据题干信息设计有机物合成路线。由c的结构简式、反应信息知，a、b中均含有