湖南省永州市2019届高三下学期第三次模拟考试理科综合化学试题 含解析

1、2019年高考第三次模拟考试试卷理科综合能力测试化学部分可能用到的相对原子质量：h1li7c12n14o16na23mg24p-31s-32cl35.5k39mn55fe56pb207第卷一、选择题：本鹽共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.中国古代文物不仅彰显了民族和文化自信，还蕴含许多化学知识。下列说法不正确的是a.两代“四羊方尊”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金b.宋代莲塘乳鸭图缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质c.清代乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，主要成分是二氧化硅d.东晋洛神赋图中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜【答案】c【解析】【详解】a

2、青铜主要是铜、锡的合金，a项正确；b蚕丝的主要成分是蛋白质，b项正确；c瓷器的主要成分是硅酸盐，c项错误；d铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，d项正确；所以答案选择c项。2.na是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是a.1mol葡萄糖分子含有的羟基数目为6nab.58gc4h10中含有共价键总数为1.3nac.铅蓄电池放电时，正极质量每增加96g，转移电子数目为2nad.溶解了1molcl2的新制氯水中，hco、cl、clo粒子数之和为2na【答案】b【解析】【详解】a一个葡萄糖分子有6个氧，其中一个为醛基氧，其余均为羟基氧，所以1mol葡萄糖分子含有的羟基数目为5na，a项错误；b1个丁烷分子中含

3、有共价键数为13，则5.8g丁烷即0.1mol丁烷中共价键为1.3na，b项正确；c铅蓄电池放电时，正极电极反应式为：pbo2+4h+so42-+2e-=pbso4+2h2o。每得到2mol电子，正极质量增加64g，所以当正极增重96g时，则转移电子数为3na，c项错误；d因氯气与水反应可逆，所以溶液中还有氯分子，d项错误；所以答案选择b项。【点睛】铅蓄电池放电时，两电极质量均增加，正确写出正极的电极反应式，利用比例关系进行直接求算即可。3.下列关于有机物的说法正确的是a.淀粉、油脂都有固定的熔沸点b.苯、甲苯分子中所有原子一定共平面c.石油的裂化、煤的气化都属于化学变化d.棉花、羊毛完全燃烧

4、都只生成二氧化碳和水【答案】c【解析】【详解】a.淀粉是高分子化合物，是混合物，天然油脂也是混合物，而混合物没有固定的熔、沸点，a项错误；b.苯中所有的12个原子共面，而甲苯中因有甲基，形成四面体结构，所以甲苯中所有原子不共面，b项错误；c.石油的裂化通常是指将16碳以上的烃分解为汽油，而煤的气化是指将煤转化为co、h2等气体，二者均属于化学变化，c项正确；d.棉花的主要成分是纤维素，完全燃烧生成二氧化碳和水，而羊毛主要成分是蛋白质，完全燃烧除生成二氧化碳和水以外，还生成氮气，d项错误；所以答案选c项。4.钼（mo）的最重要用途是作为铁合金的添加剂，用co还原moo3制备单质mo的装置如图所示

5、（尾气处理装置已省略）。下列说法正确的是a.装置用于制备co2，其中石灰石可用纯碱替代b.装置中盛有饱和碳酸钠溶液，以除去co2中的hcl气体c.在装置中生成了钼单质d.装置中的现象不能达到检验moo3是否被co还原的目的【答案】d【解析】【详解】a.装置用于制备co2，发生的反应为caco3+2hcl=cacl2+h2o+co2,其中石灰石不可用纯碱替代，因为纯碱是粉末状，必然漏到底部，无法随时控制反应的进行和停止，a项错误；b.装置中如盛有饱和碳酸钠溶液，则发生两个反应：na2co3+2hcl=2nacl+h2o+co2和co2+h2o+na2co3=2nahco3，虽除去了杂质氯化氢，但

6、同时消耗了主要成分二氧化碳，所以选用饱和碳酸钠溶液不合适，可以选用饱和碳酸氢钠溶液，b项错误；c.在装置发生反应：c+co22co，为装置提供还原剂co，装置中生成了钼单质，c项错误；d.因co2在装置没有被完全还原，也会进入装置中的，所以该装置中石灰水变浑浊，不能直接得出moo3被co还原的结论，d项正确；所以答案选择d项。【点睛】明确在本方案设计中每一个装置的作用是解题的关键。本题中还原剂co的提供是依靠炭与二氧化碳反应实现的。5.过碳酸钠（2na2co3h2o2），俗名固体双氧水，具有na2co3和h2o2双重性质，可用作无毒漂白剂和供氧剂。一种利用双氧水和纯碱在稳定剂作用下制备过碳酸钠

7、的工艺流稳定程如下图。已知：2na2co33h2o22na2co33h2o2下列说法不正确的是a.fecl3溶液可加速过碳酸钠的失效b.加入nacl的作用是降低2na2co33h2o2的溶解度，以析出更多晶体c.生产过碳酸钠的流程中遗漏了晶体的洗涤一步，导致产品纯度降低d.该生产流程中可循环使用的物质是co2和nh4cl【答案】d【解析】【详解】a过碳酸钠具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，三氯化铁溶液既能与碳酸钠反应，又能作过氧化氢分解的催化剂，因此三氯化铁溶液能使过碳酸钠失效，a项正确；b根据溶解结晶平衡，加入nacl，增加了钠离子浓度，溶解结晶平衡正向移动，析出晶体更多，b项正确；c晶体表面

8、总是会吸附一定量溶液中的杂质离子，若不洗涤，将导致产品纯度降低，c项正确；d在反应煅烧这一步产生的co2可用于反应，但反应的产物nh4cl并不循环使用，d项错误；所以答案选择d项。【点睛】工艺流程图中可循环使用的物质的判断，一是可依据流程中往回打的箭头来判断，一是依据反应中反应物和生成物来判断。本题是分析每一步反应所需的反应物和生成物来判断循环物质的。6.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。x、y、z、w为这些元素形成的化合物，x为二元化合物且为强电解质，w的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是a.离子半径：c+d3+b2b.由a、b、

9、e形成的化合物，其水溶液呈强酸性c.c单质的熔点低于d单质的熔点d.电解c、e形成的化合物水溶液，只生成c、e对应的单质【答案】c【解析】【分析】由转化关系可知两性氢氧化物为氢氧化铝，则d为al，x为二元化合物且为强电解质，应为hcl，则z为氯化铝，w的水溶液呈碱性，应为naalo2，则y为naoh，气体单质为氢气，依据“a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期”，可以知道a为h元素，b为o元素，c为na元素，d为al元素，e为cl元素。【详解】a离子的电子层数相同时，核电荷数小的半径大，所以氧离子半径大于钠离子大于铝离子，即b2-c+d3+，a项错误；ba、b

10、、e三种元素形成的化合物可以是次氯酸、氯酸、高氯酸等，其中次氯酸为弱酸，b项错误；c铝离子的半径比钠离子小，且铝离子所带电荷数比钠离子多，则na的熔点低于al的熔点，c项正确；d电解氯化钠溶液，得到的是氢气、氯气、氢氧化钠，并不能得到钠单质，d项错误；所以答案选择c项。7.如图，下列关于新型镁锂双离子二次电池的说法不正确的是a.充电时，导线上每通过1mole，理论上左室电解液质量减轻12gb.充电时，外加电源的正极与y相连c.放电时，li由左向右移动d.放电时，正极的电极反应式为li1xfepo4+xli+xe=lifepo4【答案】a【解析】【详解】a充电时，左室电极反应式为：mg2+2e-

11、=mg，导线上每通过1mol电子，电解液质量减轻12g，同时右侧极室将有1molli+移向左室，使电解液质量增加7g，所以左极室溶液质量共减轻12g-7g=5g，a项错误；b充电时，外加电源的正极与该电池的正极相连，所以外加电源的正极与y相连，b项正确；c放电时，溶液中阳离子移向正极，所以li+由左向右移动，c项正确；d放电时，右边是正极，发生还原反应，电极反应式为：li1xfepo4+xli+xe=lifepo4，d项正确；所以答案选择a项。k8.高锰酸钾是强氧化剂，用途十分广泛。某化学兴趣小组拟以锰酸钾（2mno4）为主要原料在实验室制备kmno4并测定其纯度，实验装置（固定和加热装置已省

12、略）如下ikmno4的制备将墨绿色的k2mno4溶液倒入三颈烧瓶中，打开甲装置分液漏斗活塞加入稀硫酸，加热，将生成乙酸蒸气通入乙装置，水溶加热，搅拌，kmno4在酸性条件下发生歧化反应生成kmno4和mno2。（1）乙装置中发生反应的化学方程式是_。（2）已知：物质293k溶解度/gkmno46.4k2hpo4150k2so411.1ch3cookkcl21734k2co3111根据表格中所提供的相关物质的溶解度，从制备及方便产物分离角度考虑，除乙酸外，还可用试剂_（填字母序号）替代乙酸与k2mno4溶液反应制备kmno4。a磷酸b盐酸c硫酸d.co2（3）将乙中所得溶液过滤，把滤液倒入蒸发皿

13、中，浓缩冷却，抽滤，洗涤，干燥得kmno4产品。请设计实验探究产品中是否含有没反应完的k2mno4_。（4）查阅资料可知，工业上采用惰性电极隔膜法电解k2mno4溶液制备kmno4和koh装置如下图：a极所发生反应的电极反应式为_。传统无膜法电解时，锰元素利用率偏低，与之相比，用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，其原因是_。高锰酸钾产品纯度的测定（5）利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2mno4+5c2o42+16h=2mn2+10co2+8h2o，现称取制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500ml溶液，用移液管量取25.00ml待测液，用0.1000moll1草酸钠标准溶液

14、进行滴定，终点时消耗标准溶液的体积为5000ml（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的纯度为_保留4位有效数字：假设杂质不反应：m（kmno4）158gmol1。若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗，则测定结果将_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【答案】(1).3k2mno4+4ch3cooh2kmno4+mno2+4ch3cook+2h2o(2).ad(3).取少量产品溶于水，通入适量乙酸蒸气，产生黑色沉淀，则证明产品中含有k2mno4；反之，则无(4).mno42e=mno4(5).无膜时，mno4可在阴极被还原，锰元素利用率降低(6).87.23%(7).偏小【解析】【分析】锰酸

15、钾在酸性介质中发生歧化反应，生成了高锰酸钾和二氧化锰。根据题给的溶解度数据，利用溶解度差异，实现更好地分离。根据题图中的箭头，明确a极发生了氧化反应，从而写出电极反应式。【详解】(1)kmno4在醋酸提供的酸性条件下发生歧化反应生成kmno4和mno2：3k2mno4+4ch3cooh2kmno4+mno2+4ch3cook+2h2o；(2)因为要分离得到溶解度较小的kmno4，所以溶液中生成的另外的物质溶解度越大越好，从表格所给的溶解度的数据来看，磷酸、醋酸和二氧化碳都是挺好的选择，而硫酸、盐酸较差；所以答案选a、d；(3)没反应完，说明醋酸的加入量不足，可考虑继续加入醋酸进行反应，通过产生

16、二氧化锰这一灰黑色沉淀，确认原溶液中有未反应的锰酸钾。所以该实验方案设计为：取少量产品溶于水，通入适量乙酸蒸气，如产生了灰黑色沉淀，则证明产品中含有k2mno4；反之，则没有锰酸钾；(4)b极产生氢气，发生了还原反应，为阴极，所以a电极为阳极，发生氧化反应。从图给箭头可以看出，加入的是锰酸钾，生成的是高锰酸钾，所以电极反应式为：mno42e=mno4；阳离子交换膜，阻止了产物扩散进入阴极；无膜时，mno4可在阴极被还原，锰元素利用率相对降低；(5)h2c2o4和kmno4溶液反应的配比为：5h2c2o4-2kmno4，消耗草酸的物质的量为：n(h2c2o4)=0.1000mol/l0.050l

17、=0.0050mol，所以反应的kmno4的物质的量为n(kmno4)=0.4n(h2c2o4)=0.0020mol，所以7.245g高锰酸钾样品中含kmno4的物质的量为0.040mol，其质量为6.32g，所以高锰酸钾的质量分数为=87.23%；若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗，则造成草酸标准液的浓度偏低，其体积用量增加，所以计算得到的高锰酸钾的量偏大。9.今年为门捷列夫发现元素周期律150周年。门捷列夫预言了很多未知元素，锗是其中一种，工业上用精硫锗矿（主要成分为ges2）制取高纯度，其工艺流程如图所示：（1）ge在元素周期表中的位置是_。（2）800，在n2氛围中使精硫锗矿升华的

18、目的是_。（3）酸浸时ge、s元素均被氧化到最高价态，写出该反应的离子方程式_。酸浸时温度不能过高的原因是_。（4）gecl4易水解生成geo2nh2o，此过程化学方程式为_。温度对gecl4水解率的影响如下图所示，为提高水解率，实验时可采取的措施为_(填序号）。a冰水浴b冰盐水浴c49水浴（5）geo2是锗酸（h2geo3）的酸酐。请通过计算判断25时0.1moll-1的nahgeo3溶液ph_（填“”或“”）7，理由是_。（已知25时，h2geo3的ka1=1.710-9，ka,2=1.910-13）。【答案】(1).第四周期第a族(2).避免ges2被氧化，得到较为纯净的ges2(3).

19、ges+8h+10no3=geo2+so42+10no2+4h2o(4).浓硝酸受热易分解(5).gecl4(n+2)h2o=geo2nh2o4hcl(6).b(7).(8).nahgeo3水解平衡常数kh=kw/ka1=11014/1.7109=1/1.7105ka2=1.91013,即nahgeo3溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故ph7【解析】【详解】(1)ge原子序数为32，为第四周期第a族元素；(2)利用n2氛围，避免了ges2被氧气氧化，可以通过升华进行提纯，以得到较为纯净的ges2；(3)使用浓硝酸进行酸浸时，ge被氧化到+4价，题图中已给出产物为geo2，s被氧化到+6

20、价，生成so42-，浓硝酸被还原为no2:ges+8h+10no3=geo2+so42+10no2+4h2o；如酸浸时温度过高，浓硝酸的挥发和分解加剧；(4)gecl4发生水解，反应物有水，一种水解产物已给出，据元素守恒可推断出另一产物为hcl，配平时暂定geo2nh2o计量数为1即可：gecl4(n+2)h2o=geo2nh2o4hcl；从所给的图示可以直观看出，温度低对水解有利，而冰水浴只能提供0左右的低温，冰盐水浴可以提供更低的温度，所以选用冰盐水浴；(5)hgeo3-既可以发生电离，也可以发生水解。hgeo3-水解平衡常数kh=kw/ka1=110-14/1.7109=1/1.7105

21、，hgeo3-的电离平衡常数为ka2=1.910-13，可见khka2，即nahgeo3溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故ph7。10.“vhro”系统（v、h、r、o分别表示相应反应容器中所发生反应的催化剂）是一种净化柴油机尾气中nox的系统，工作示意图及对应反应热化学方程式如下（1）反应：4nh3(g)4no(g)o2(g)4n2(g)6h2o(g)的h=_kjmol1。（2）设计反应目的是_。（3）富氧条件下，控制比例一定时，将氨气和no通入装有催化剂的反应容器中发生反应，下图表示在相同反应时间时，测得no的去除率随温度变化的曲线。请分析温度高于380时，no的去除率迅速下降的可

22、能原因是_（一种即可）。（4）反应分两步进行，反应历程如图所示。则第一步反应的化学方程式为_；总反应速率由第_步（填“一”或“二”）反应决定。（5）在10l恒容密闭容器中进行反应：2no(g)o2(g)2no2(g)n2o4(g)，其中no2二聚为n2o4的反应可以迅速达到平衡。t时，在容器中充入32molno和2molo2，达到平衡后，no2的体积分数为，其中no2的物质的量为n2o4的4倍。试求o2平衡转化率(o2）_%，该温度下反应的平衡常数k_。【答案】(1).1632(2).将尾气中剩余的nh3选择性氧化为氮气，以减少氨气的排放，避免造成二次污染(3).催化剂活性降低或正反应放热，温

23、度升高使平衡逆向移动(4).2non2o2(5).二(6).75(7).2000或2103【解析】【分析】利用盖斯定律，对相关的热化学方程式直接进行加加减减。总反应速率由最慢的一步决定。计算化学平衡常数，要算出平衡时各物质的浓度，代入平衡常数定义式计算。【详解】(1)反应、与反应无关。根据盖斯定律，反应的焓变可如此计算：+2，代入数据可得其焓变为-1632.4kj/mol；(2)将尾气中剩余的nh3选择性氧化为氮气，以减少氨气的排放，避免造成二次污染；(3)催化剂都有活性温度范围。温度过高或过低，催化剂活性都会降低。该反应是一个正向放热反应，随着温度升高，平衡也会逆向移动；(4)直接看始态和终

24、态，得反应物和生成物，配平即可：2non2o2；总反应速率由最慢的步骤决定，即由第二步决定；(5)假设生成的产物只有no2，没有n2o4，先写出反应的三段式：2no(g)o2(g)2no2(g)初始3.220变化2xx2x平衡3.2-2x2-x2x由题给信息，no2的物质的量为n2o4的4倍，我们把一个n2o4看作是2个no2，设n2o4物质的量为a，则其对应消耗的no2为2a，产物中no2的量为4a，即有三分之一的no2转化为n2o4，所以据no2的体积分数为可得：，解得x=1.5mol，所以o2的转化率为=75%；容器的体积为10l，平衡时c(no2)=0.2mol/l，c(no)=0.0

25、2mol/l，c(o2)=0.05mol/l，则该温度下反应的平衡常数为=2000或2103。11.非金属元素在化学中具有重要地位，请回答下列问题：（1）氧元素第一电离能比同周期的相邻元素要小，理由_。（2）元素x与（se）同周期，且该周期中x元素原子核外未成对电子数最多，则x为_（填元素符号），其的基态原子的电子排布式为_。（3）臭齅排放的臭气主要成分为3mbt（2甲基-2-丁烯硫醇），结构简式为）1mol3mbt中含有键数目为_na（na为阿伏伽德罗常数的值）。该物质沸点低于(ch3)2cchch2oh，主要原因是_。（4）人类由反应ptf6o2=o2ptf6第一次制得氧元素显正价的盐，已

26、知ptf6分子为正八面体结构。pfe分子中ptf6的杂化轨道类型是否为sp3？答：_（填“是”或“否”），其原因是_。pcl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子；熔体中pcl的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释pc熔体能导电的原因_，正四面体形阳离子中键角大于pcl3的键角原因为_，该晶体的晶胞如图所示，立方体的晶胞边长为apm（1pm10-12m），na为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_g/cm3。【答案】(1).f对最外层电子的吸引力比o强，n原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于o(2)

27、.cr(3).1s22s22p63s23p63d54s1或ar3d54s1(4).15(5).(ch3)2c=chch2oh分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高(6).否(7).sp3杂化类型呈正四面体结构(8).2pcl5pcl4+pcl6(9).pcl3分子中p原子有一对孤电子对，pcl4+中p没有孤电子对。孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力(10).【解析】【分析】或第四周期中铬元素的外围电子排布采用3d54s1，遵循洪特规则的特例，保证d轨道半满，结构更稳定。当分子间形成氢键时，熔沸点会显著偏高。计算晶体密度时，直接利用密度的定义式进行求算即可。【详解】(1).f对最外层电子的吸引力比o强，n原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于o；(2)第四周期中未成对电子数最多的元素是cr，有6个未成对电子；其基态电子排布式可表达为：1s22s22p63s23p63d54s1或ar3d54s1；（3）因所给为键线式，在键计数时别忘记数氢原子形成的键，共有15个键；(ch3)2c=chch2oh分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高；(4)ptf6的杂化轨道类型不是为sp3，若杂化方式为sp3，则形成正四面体结构；电离形成了带电