陕西省咸阳市2020届高三化学模拟检测试题（三）（含解析）VIP

咸阳市2020年高考模拟检测（三）理综试题化学部分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cu-64 Zn-65 1.化学与生活、社会、科技关系密切，下列解释正确的是A. 夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NOB. 加碘盐中添加的是KI或KIO3C. “碳海绵”吸收泄露的原油时发生了化学变化D. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程【答案】B【解析】【详解】A. 夏天雷雨过后空气清新的主要原因是产生了臭氧，臭氧能消毒杀菌，故A错误；B. 加碘盐中添加的是KI或KIO3，而非碘单质，故B正确；C. “碳海绵”多孔具有强吸附性，吸收泄露的原油时是物理变化，故C错误；D. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，不是高分子，故D错误，故选B。2.有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如图，下列说法不正确的是A. M、N、W均能发生加成反应和取代反应B. N、W组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物C. 1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同D. M苯环上的二氯代物有6种【答案】B【解析】【详解】A. M、N、W中都含有苯环，属于不饱和结构，在一定条件下可以发生加成反应和取代反应，故A正确；B. N、W组成上虽然相差一个CH2原子团，但结构不相似，一个含有羧基一个含有酯基，不是同系物，故B错误；C. M和W分子组成相差1个C和2个O，正好是燃烧产物CO2的组成，所以可以知1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同，故C正确；D. M苯环上的二氯代物的取代基位置分别有2，3；2，4；2，5；2，6；3，4；3，5，共有6种，故D正确，故选B。【点睛】在确定取代物种类时，可以先确定一个取代基的位置，然后再确定另一个取代基的位置，同时注意结构的对称性，这是解决此类问题的一般规律。3.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A. Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是“84消毒液的主要成分B. Z的氢化物的水溶液能与W的含氧酸盐反应，说明非金属性ZWC. X的最高价氧化物的水化物能与Y的最高价氧化物的水化物反应D. 简单离子半径：XYZ【答案】C【解析】【详解】W元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则W为碳或硫；W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同，则W为碳，X为钠，Y为铝；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯；A. Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是NaClO4，而“84消毒液的主要成分是NaClO，故A错误；B. 盐酸能和碳酸盐反应，不能说明非金属性ZW，因为盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，故B错误；C. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，Y的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以反应，故C正确；D. 简单离子X、Y电子层为两层，Z离子为三层，Z离子半径最大，故D错误，故选C。【点睛】比较元素非金属性时，可以通过比较二者最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，而不能比较一种元素的氢化物与另一种元素的含氧酸的酸性强弱，这是此题容易被忽略的地方。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温下，pH =1的盐酸中含有H+的数目为0.1NAB. 标准状况下，22.4 LCl2与Fe完全反应时，转移电子数为3NAC. 32gO2和32gO3中所含原子数均为2NAD. 常温常压下，28 g乙烯含有2NA个碳碳双键【答案】C【解析】【详解】A. 常温下，pH =1的盐酸中H+的浓度为0.1mol/L，但不知道溶液的体积，所以数目无法确定，故A错误；B. 标准状况下，22.4 LCl2为1mol，与Fe完全反应时，转移电子数为2NA，故B错误；C. 32gO2和32gO3中所含原子数均为 32g16g/molNAmol1=2NA ，故C正确；D. 28 g乙烯物质的量为1mol，含有NA个碳碳双键，故D错误，故选C。【点睛】在有关阿伏加德罗常数的计算时，涉及到气体体积的时候要注意是否为标准状态，在已知溶液浓度时，注意是否已知溶液体积，这是常被忽略的地方。5.对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是A. 步骤所加试剂可以是浓NaOH溶液B. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体C. 红褐色沉淀与HI反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2OD. 步骤的反应为：Al3+3HCO3-=Al(OH)3+CO2【答案】A【解析】【详解】A. 无色气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁，X溶液为偏铝酸钠溶液，所以步骤所加试剂可以是浓NaOH溶液，故A正确；B. 应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故B错误；C. 可以氧化I-生成I2，故C错误；D. 步骤的反应为：AlO2- + HCO3- + H2O = CO32- + Al(OH)3，故D错误；故选A。6.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5，表示，咸水中的主要溶质为NaCl。下列有关说法正确的是A. a为原电池的负极B. b电极附近溶液pH减小C. a电极反应式为D. 中间室：Na+移向左室，Cl-移向右室【答案】A【解析】【详解】A. a极生成CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应，a为原电池的负极，故A正确；B. b电极的电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，附近溶液氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；C. a电极反应式应为：C6H10O5-24e+7H2O=6CO2+24H+，故C错误；D. 中间室：Na+移向正极右室，Cl移向负极左室，故D错误，故选A。【点睛】本题侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据元素化合价的变化确定正负极，难点是电极反应式的书写；掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是解决此题的关键。7.常温下，现有0.1 mol/L的NH4HCO3溶液，pH =7.8。已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如下图所示。下列说法不正确的是A. 常温下Kb(NH3H2O) Kal(H2CO3)B. 向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，NH4+和HCO3一浓度都逐渐减小C. NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c( NH4+) +c( NH3H2O) =c(HCO3-)+c（CO3 2-）+c( H2 CO3)D. 当溶液的pH =9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3-)c(NH4+c(NH3H2O)c（CO3 2-）【答案】B【解析】【详解】A. 由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），即Kb(NH3H2O) Kal(H2CO3)，故A正确；B. 根据图象可知，向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，pH增大，HCO3一浓度增大，故B错误；C. NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故C正确；D. 结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3-）c（NH4+）c（NH3H2O）c（CO32-），故D正确，故选B。8.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素； 相关金属离子形成氯氧化物沉淀时的pH如下： 金属离子Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH 3.8 1.5 63 10.6 8.8 9.6 沉淀完全的pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6 常温下， CaF2、MgF2的溶度积分别为1.4610-10、7.4210-11回答下列问题： (1)“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为_。 (2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是： 焙烧温度_，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为_，焙烧时间为_.(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_；然后调节溶液pH使Fe3+、Al3+沉淀完全，此时溶液的pH范围为_。再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，当c(Ca2+)=1.010-5mo1L-1时， c(Mg2+)=_mo1L-1(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为_。 (5)流程中能循环利用的固态物质是_。【答案】 (1). MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O (2). 500 (3). 1.10 (4). 60min (5). MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O (6). 5.2pH8.8 (7). 510-6 (8). Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O (9). NH4Cl【解析】【详解】(1)根据工艺流程图知“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3+CO2+H2O；(2)根据图示锰浸出率比较高，焙烧菱镁矿的最佳条件是：焙烧温度500；氯化铵与菱镁矿粉的质量比为1.10；焙烧时间为60min； (3)二氧化锰具有氧化性，可以氧化亚铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；根据题干信息知pH在5.2时Al3+沉淀完全，pH在8.8时，Mn2+开始沉淀，所以将Fe3+、Al3+沉淀完全，可以调整pH范围在5.2pH8.8；根据 CaF2、MgF2的溶度积计算得：c2(F-)=1.4610101.0105=1.46105 ，c(Mg2+)= mol/L；(4)根据流程图知碳化结晶时，发生反应的离子方程式为：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O；(5)流程图可以看出能循环利用的固态物质是NH4Cl。【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。9.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。 (1)已知： COg+12O2g=CO2gH=-283.0kJmo1-1则煤气化主要反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=_(2)已知的正反应速率为，逆反应速率为，k为速率常数。2500K时， ，则该温度下的反应平衡常数K=_ 。(3)甲醇制甲醚有关反应为： 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)一定温度下，在三个容积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生该反应。 容器编号温度起始物质的量mol平衡物质的量/molCH3OHCH3OCH3H2OI3870. 20xII3870. 40y2070. 200. 0900. 090xy=_.已知387oC时该反应的化学平衡常数K=4。该温度下，若起始时向容器I中充入0.10mol CH3OH(g)、0.15mo1CH3OCH3g和0.10mo1H2O(g)，则反应将向_（填“正”或“逆”）反应方向进行。 容器中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的措施为_（填序号） A.升高温度 B.其他条件不变，增加CH3OH的物质的量C.降低温度 D.保持其他条件不变，通入氖气(4)为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中CO、NOx及CxHy的排放量意义重大。机动车尾气污染物的含量与空燃比（空气与燃油气的体积比）的变化关系示意图如图所示：当空燃比达到15后NOx减少的原因可能是_（填字母）。 a.反应是吸热反应b.当空燃比大干15后，燃油气燃烧放出的热量相应减少随空燃比增大，CO和CxHy的含量减少的原因是_。【答案】 (1). +131.3kJmo1-1 (2). 0.40 (3). 1/2 (4). 正 (5). C (6). ab (7). 随空燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO和的含量减少【解析】【分析】根据盖斯定律计算反应热；根据平衡常数表达式进行相关计算；根据化学平衡移动原理判断平衡的移动。【详解】(1)根据盖斯定律得：=-393.5kJmo1-1-（-241.8kJmo1-1）-（-283.0kJmo1-1）=；(2)达到平衡时正=逆，根据平衡常数表达式及题干信息得：K=c(CO2)c(O)c(CO)c(O2)=逆k逆正k正=1.211053.02105=0.40 ；(3)根据转化之比等于化学计量数之比，容器I达到平衡时H2O的物质的量为xmol；两容器内温度、容积相同，又因为该反应前后气体分子数保持不变，容器II中起始量为容器I的2倍，故容器I和容器II为比例等效平衡，则平衡时，生成的H2O的物质的量容器II也为容器I的2倍，所以1/2；因为该反应前后气体分子数保持不变，Qc=，QcK，所以平衡正向移动；A.387时，平衡常数K=4，因为该反应前后气体分子数保持不变，K=，则x=0.08，207时，甲醚的物质的量为0.09mol，则根据化学平衡移动原理分析知该反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醚的产率降低，故A错误；B.其他条件不变，增加CH3OH的物质的量，甲醚的产率不变，故B错误；C.降低温度，平衡正向移动，甲醚产率提高，故C正确； D.该反应前后气体分子数不变，所以通入氖气时，平衡不移动，甲醚的产率不变，故D错误，故答案为：C；(4)a.反应是吸热反应，增加空气的量，温度降低，平衡逆向移动，NOx含量降低，故a为可能原因；b.当空燃比大干15后，燃油气燃烧放出的热量相应减少，平衡逆向移动，故b为可能原因；随空燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO和CxHy的含量减少。10.实验能力和创新意识是化学学科核心素养的重要内容之一。某研究性学习小组在验证反应“ Fe”的实验中检测到Fe3+。发现和探究过程如下：向硝酸酸化的硝酸银溶液（pH2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。 (1)检验产物： 检验上层清液中所含离子的方法：取上层清液，滴加_，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。 经检验黑色固体为Ag，检验方法：取出少量黑色固体，洗涤后，加入适量稀硝酸使固体溶解，再滴加_（填试剂），产生_（填现象）。(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是_。（用离子方程式表示）o针对这两种观点继续实验：取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号取样时间/min 现象I3产生大量白色沉淀；溶液呈红色II30产生白色沉淀，较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深III120产生白色沉淀，较30min时量少；溶液红色较30min时变浅（资料： -生成白色沉淀AgSCN） (3)实验中溶液变为红色的离子方程式为_，产生白色沉淀说明存在_（填离子符号）。 (4)对Fe3+产生的原因做如下假设： 假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+假设b：空气中存在O2发生反应产生Fe3+假设c：酸性溶液中的NO3-将Fe2+氧化为Fe3+假设d：溶液存在Ag+将Fe2+氧化为Fe3+下述实验可证实假设a、b，c不是产生Fe3+的主要原因，并可证实假设d成立。 实验：向硝酸酸化的_溶液( pH2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3min 时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。 实验II的现象说明发生了反应_（用离子方程式表示）。 (5)实验中发生的反应可以用下列装置来验证。其中甲溶液是_，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，_ （“前者”或“后者”）红色更深。 【答案】 (1). K3Fe(CN)6 (2). 稀盐酸 (3). 白色沉淀 (4). 2Fe3+Fe=3Fe2+ (5). Fe3+3SCN-Fe(SCN)3 (6). Ag+ (7). 0.05mol/L的NaNO3溶液 (8). Ag+Fe2+ Ag+Fe3+ (9). FeSO4溶液 (10). 后者【解析】【分析】根据离子检验的方法及原理分析解答并书写相关离子方程式；根据题干信息分析实验原理是否正确；根据原电池原理分析解答。【详解】(1)检验Fe2+，滴加K3Fe(CN)6，产生蓝色沉淀； Ag与稀硝酸反应生成硝酸银，检验Ag+，可以滴加稀盐酸，出现白色沉淀；(2)铁离子有较强的氧化性，可以与铁反应，离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+；(3)溶液变为红色的离子方程式为Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，根据题干信息，白色沉淀是AgSCN，产生白色沉淀说明存在Ag+ ；(4)为了验证Ag+将Fe2+氧化为Fe3+，可将硝酸银溶液换成0.05mol/L的NaNO3溶液；实验II的现象说明Ag+的量减少、Fe2+向Fe3+转化，发生反应为：Ag+Fe2+ Ag+Fe3+；(5)若要验证银离子可以氧化亚铁离子，可以利用原电池原理，需要甲溶液中含有亚铁离子，所以甲溶液为FeSO4溶液；电池工作一段时间后会生成Fe3+，所以后者颜色深。11.我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题： (1)请写出基态Cu原子的价电子排布式_。焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时价电子发生了_ 而变为激发态。 (2)黄铜是人类最早使用合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Il(Zn)_ Il(Cu)（填“大于”或“小于”），原因是_。(3)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式： 请分析1个松脂酸铜中键的个数_加“*”碳原子的杂化方式为_。(4)硫酸铜溶于氨水形成4深蓝色溶液。 中阴离子的立体构型是_。在中之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。 氨的沸点_（填“高于”或“低于”）膦；(5)黄铜合金可以表示为，为面心立方晶胞，晶体密度为8.5，求晶胞的边长_（只写计算式，不求结果）【答案】 (1). 3d104s1 (2). 跃迁 (3). 大于 (4). Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子 (5). 6 (6). sp3 (7). 正四面体 (8). 配位键 (9). N (10). 高于 (11). 【解析】【分析】根据核外电子排布规律分析解答；根据价层电子对互斥理论分析轨道杂化类型、空间构型；根据配位键的形成分析解答；根据晶胞的结构和密度进行相关计算。【详解】(1)Cu原子一共有29个电子，根据核外电子排布规律及洪特规则的特例，其价电子排布式为3d104s1；焰色反应，是电子在不同的轨道发生跃迁产生的现象；(2)Zn外围电子排布为3d104s2，Cu外围电子排布为3d104s1，Zn原子核外电子排布为全满结构，更难失去电子，故第一电离能锌大于铜，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子；(3)单键是键，双键中有1个键和1个键，该有机物中含有32=6个双键，所以1个松脂酸铜中键的个数为6；加“*”碳原子形成的都是单键，其杂化方式为sp3；(4) 中阴离子为硫酸根，中心原子S的价层电子对数为4，则轨道杂化类型为sp3，S上没有孤电子对，SO42-的立体构型是正四面体；在Cu(NH3)42+中提供空轨道，提供孤对电子，所以形成的化学键称为配位键；提供孤电子对的成键原子是N； 因为氨气分子间可以形成氢键，所以氨的沸点高于膦；(5)由题干信息知，黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶胞中含有3个Cu、