高中化学陕西省咸阳市2019届高三化学模拟检测试卷（三）（含解析）

这是一份高中化学陕西省咸阳市2019届高三化学模拟检测试卷（三）（含解析），共17页。试卷主要包含了1NA，常温下，现有0等内容，欢迎下载使用。

陕西省咸阳市2019届高三化学模拟检测试卷（三）（含解析）
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NO
B. 加碘盐中添加的是KI或KIO3
C. “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Z>W
C. 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：X>Y>Z
【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Z>W，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0.1NA
B. 标准状况下，22.4 LCl2与Fe完全反应时，转移电子数为3NA
C. 32gO2和32gO3中所含原子数均为2NA
D. 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 ，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①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++3H2O
D. 步骤②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①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②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(NH3·H2O)> 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( NH3·H2O) =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(NH3·H2O)>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(NH3·H2O)> 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（NH3•H2O）=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（NH3•H2O）>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：①菱锰矿石主要成分是，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；
②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


③常温下， 的溶度积分别为
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：首先加入氧化为，反应的离子方程式为________；然后调节溶液pH使沉淀完全，此时溶液的pH范围为____。再加入沉淀，当时， =______
(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). 5.2≤pH<8.8 (7). 5×10-6 (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5.2≤pH<8.8；根据 的溶度积计算得：c2(F-)= ，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：


则煤气化主要反应________________
(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： 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/mol
CH3OH
CH3OCH3
H2O
I
387
0. 20
x

II
387
0. 40

y
Ⅲ
207
0. 20
0. 090
0. 090


________________.
②已知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 ，则反应将向_________（填“正”或“逆”）反应方向进行。
③容器Ⅱ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，研究机动车尾气中及的排放量意义重大。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：

①当空／燃比达到15后减少的原因可能是__________（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
②随空／燃比增大，CO和的含量减少的原因是______。
【答案】 (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：==；
(2)达到平衡时υ正=υ逆，根据平衡常数表达式及题干信息得：K= ；
(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；
②因为该反应前后气体分子数保持不变，Qc=，Qc ③A.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)①a.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；
②随空／燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO和的含量减少。

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”的实验中检测到发现和探究过程如下：向硝酸酸化的硝酸银溶液（）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：
①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+。
②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”，甲认为溶液中有乙认为铁粉过量时不可能有，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
I
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
II
30
产生白色沉淀，较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深
III
120
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
假设b：空气中存在发生反应产生
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。
①实验：向硝酸酸化的__________溶液( )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。
②实验II的现象说明发生了反应__________（用离子方程式表示）。
(5)实验Ⅱ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). K3[Fe(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)①检验Fe2+，滴加K3[Fe(CN)6]，产生蓝色沉淀；
②Ag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)①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；
②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π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。
① 中阴离子的立体构型是_______。
②在中之间形成的化学键称为_____，提供孤电子对的成键原子是_______________________。
③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σ键，双键中有1个σ键和1个π键，该有机物中含有3×2=6个双键，所以1个松脂酸铜中π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)① 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；
②在中提供空轨道，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；
③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、1个Zn，则晶胞的质量为： g，则晶胞的边长为。

12.化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过以下途径合成：

已知:①（苯胺易被氧化）
②甲苯发生一硝基取代反应与A类似。
回答下列问题：
(1)写出C中官能团的名称：___________。
(2)写出有关反应类型：BC _______；FG______ o
(3)写出AB的反应方程式：___________ 。
(4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式：_______________
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色
③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢
(5)合成途径中，C转化为D的目的是___________________
(6)参照上述合成路线，以甲苯和为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。__________
【答案】 (1). 氨基、醚键 (2). 还原反应 (3). 消去反应 (4). (5). 、、 (6). 保护氨基，防止合成过程中被氧化 (7).
【解析】
【分析】
根据合成路线中各中间产物的结构特点及反应条件分析每步合成的产物及反应类型；根据官能团的性质按照已知条件书写同分异构体；运用逆合成分析法，结合题干信息设计合成路线。
【详解】根据A、C的结构简式及题干信息知B为，B→C的过程是硝基转化为氨基，属于还原反应，比较C和D的结构变化知，该反应为取代反应，比较E和G的结构简式得F的结构简式为，F→G为消去反应，G到H为水解反应；
(1)根据C的结构简式知官能团的名称为氨基、醚键；
(2)B→C的过程是硝基转化为氨基，属于还原反应；F→G脱水形成双键，为消去反应；
(3)AB为硝化反应，方程式为：；
(4)①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，则结构中含由酚羟基形成的酯基；③核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢，说明结构具有一定对称性，则该结构可能为：、、；
(5)根据合成途径中最终产物结构及题干信息分析知，C转化为D的目的是保护氨基，防止合成过程中被氧化；
(6)参照上述合成路线结合已知①②，用逆合成分析法知目标产物可以由间氨基苯甲酸与（CH3CO）2O发生取代反应得到，而间氨基苯甲酸可以通过间硝基苯甲酸还原得到，间硝基苯甲酸由苯甲酸硝化反应得到，苯甲酸可以由甲苯氧化得到，设计合成路线为：
。