高中化学陕西省榆林市2019届高三化学下学期模拟第三次测试试卷（含解析）

这是一份高中化学陕西省榆林市2019届高三化学下学期模拟第三次测试试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
陕西省榆林市2019届高三化学下学期模拟第三次测试试卷（含解析）
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 F-19 Na-23 S-32 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64
一、选择题(本大题共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.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. 维生素D能促进人体对钙的吸收
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. 闪电时，空气中的氧气有些变成了臭氧，它能净化空气，使空气清新，故A错误；
B. 维生素D能促进人体对钙的吸收，故B正确；
C. 碳海绵是一种气凝胶，它的内部有很多孔隙，充满空气，具有很强的吸附性，所以吸收原油时是物理变化，故C错误；
D. 油脂的皂化是油脂的碱性条件下水解反应，且油脂不属于高分子，故D错误，
故选B。
【点睛】油脂不属于高分子，它是高级脂肪酸甘油酯，这是此题中易错点。

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.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且位于不同的主族，其主族序数之和等于前三周期元素的种类数，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，短周期主族元素中Z的原子半径最大。下列说法正确的是
A. 一定条件下，X和Z的单质与水反应均生成H2
B. Y的氢化物的沸点低于硫化氢
C. Z与Y和W分别形成1：1的化合物中，所含化学键完全相同
D. W是所在周期中金属性最强的元素
【答案】A
【解析】
【详解】前三周期元素一共有18种，短周期主族元素中Z的原子半径最大，则Z为Na，结合题干中其它信息知，X为C，Y为O，W为Cl，
A. 一定条件下，C和水反应生成CO和H2，Na和水反应也能生成H2，故A正确；
B. Y的氢化物是水，沸点为100℃，硫化氢常压下为气态，故水的沸点高，故B错误；
C. Z与Y和W分别形成1：1的化合物分别为过氧化钠和氯化钠，过氧化钠中既有离子键又有共价键，而氯化钠中只含离子键，故C错误；
D. W是所在周期中非金属性最强的元素，故D错误，
故选A。

4.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是
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，22.4LCl2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，23gC2H6O中，一定含有2.5NA个C－H键
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下，pH=1的盐酸，不知道盐酸的体积，所以含有H+的数目无法确定，故A错误；
B. 标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，每个氯气分子得到两个电子生成2个Cl-，所以转移电子数为2NA，故B错误；
C. 32gO2和32gO3都由氧原子构成，则n(O)=32g/16g/mol=2mol，所以原子数均为2NA，故C正确；
D. C2H6O可以是乙醇也可以是二甲醚，乙醇分子中有5个C－H键，而二甲醚中有6个C－H键，故D错误，
故选C。

5.从海水中提取镁、溴和碘是海水综合利用的重要内容，下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置正确的是

A. 用装置甲灼烧碎海带
B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I－Cl2
D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I－后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 灼烧碎海带应该在坩埚中进行，故A错误；
B. 图示为过滤装置，可以过滤海带灰的浸泡液，故B正确；
C. 制备Cl2时需要加热，故C错误；
D. Cl2难溶于饱和食盐水，不能用饱和食盐水进行尾气处理，故D错误，
故选B。

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电极附近溶液的pH减小
C. a电极反应式：C6H10O5+24e－+7H2O=6CO2↑+24H+
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.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KOH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. 步骤②的反应为Al3++3HCO3－=A1(OH)3↓+CO2↑
D. 检验Fe3+的离子反应方程式为Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3↓(血红色)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 无色气体应该是氨气，红褐色沉淀应该是氢氧化铁，加入的溶液应该是碱，铝离子没有沉淀，说明是强碱，所以步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液，故A正确；
B. 应该用湿润的红色石蕊试纸检验生成的氨气，故B错误；
C. 步骤②的反应为AlO2- + HCO3- + H2O = CO32- + Al(OH)3↓，故C错误；
D. 生成Fe(SCN)3(血红色)不是沉淀，故D错误；
故选A。

三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试題考生都必须作答。第33题～第38题为选考题考生根据要求作答。)
(一)必考题(共129分)
8.探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题
(1)已知：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206.1kJ·mol－1
②2H2(g)+CO(g)CH3OH(1) △H2=－128.3kJ·mol－1
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H3=－483.6kJ·mol－1
25℃时，在合适催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为______________________。
(2)向某密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

①工业生产时一般会选择在P4和1250℃条件下进行反应，请解释其原因______________________。
②在压强为P4、1100℃的条件下，该反应在5min时达到平衡点X，则0-5min内，用CO表示该反应平均速率为___________；该温度下，反应的平衡常数为___________(保留3位有效数字)。
(3)工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，如图为4种投料比[n(CO)︰n(H2)分别为5︰7、10︰17、5︰9、1︰2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。

①曲线b对应的投料比是___________
②当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和投料比的关系是___________。
③投料比为10︰17反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为___________。
【答案】 (1). CH4（g）+O2（g）CH3OH（l）△H=-164.0 kJ·mol-1 (2). 较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率 (3). 0.032 mol·L-1·min-1 (4). 1.64 (5). 5：9 (6). 投料比越大，反应温度越低 (7). 20.8%
【解析】
分析】
根据运用盖斯定律计算和书写热化学方程式；根据转化率运用三段式法进行反应速率、平衡常数和物质的含量相关等。
【详解】（1）根据盖斯定律：2①+2②+③得2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1) △H=2△H1+2△H2+△H3=2×206.1kJ·mol－1 －2×128.3kJ·mol－1－483.6kJ·mol－1=328.0kJ·mol－1，
故答案为：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1) △H=328.0kJ·mol－1
(2)①根据图表所示及工业生产需要分析知较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率，
故答案为：较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率；
②起始时甲烷的浓度为0.1mol·L－1，转化率为80%，则甲烷浓度变化为0.1mol·L－1×80%=0.081mol·L－1，v(CO)=2×v(CH4)=2× =0.032 mol·L-1·min-1；
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
起始 0.1 0.1 0 0
转化 0.08 0.08 0.16 0.16
平衡 0.02 0.02 0.16 0.16
K=，
故答案为：0.032 mol·L-1·min-1；1.64；
(3)①由方程式知，投料比n(CO)︰n(H2)越小，CO转化率越高，所以b曲线的投料比是排第二小的是5：9；
②根据图像趋势知投料比越大，反应温度越低，；
③投料比为10︰17对应曲线c，反应温度为T1时，平衡时CO转化率为75%，则
2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)
起始 17 10 0
转化 15 7.5 7.5
平衡 2 2.5 7.5
混合气体中CO的物质的量分数为 20.8%；
故答案为：5：9；投料比越大，反应温度越低； 20.8%。
【点睛】三段式法的运用是解决此题的关键；在分析图像数据时，准确获取图像中有用信息也是解决此题的关键。

9.黄铁矿石是制取硫酸的主要原料，主要成分为FeS2和少量FeS(假设其它杂质中不含铁、硫元素，且高温下不发生化学变化)。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置(夹持和加热装置略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，4FeS+7O2=2Fe2O3+4SO2

(1)鼓人空气的作用是___________，锥形瓶乙中NaOH溶液的作用是___________。
【实验一】测定硫元素的含量
反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：

(2)反应结束后，给乙瓶溶液中加入足量H2O2溶液的目的是___________(用化学方程式表示)。
(3)洗涤滤渣的方法是______________________。
(4)该黄铁矿石中硫元素的质量分数为___________(列出表达式即可)。
【实验二】测定铁元素的含量
①用足量稀硫酸溶解石英管中的固体残渣；②加还原剂使溶液中的Fe3+恰好完全转化为Fe2+后，过滤、洗涤；③将滤液稀释至250mL；④取25.00mL稀释液，用0.1000mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验，平均消耗酸性KMnO4溶液25.00mL。
(5)操作②中用铁粉作还原剂，测定铁的含量___________(填“偏高”或“偏低”或“不变”)，操作④中滴定时酸性KMnO4溶液盛装在___________填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)，③中稀释液中Fe2+的物质的量浓度c(Fe2+)=___________。
【答案】 (1). 提供反应物O2，排尽生成的SO2，使之完全被乙瓶溶液吸收 (2). 吸收反应生成的SO2 (3). Na2SO3+H2O2==Na2SO4+H2O (4). (沿玻璃棒）向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作2~3次。 (5). (6). 偏高 (7). 酸式滴定管 (8). 0.5000 mol·L-1
【解析】
【分析】
根据方程式计算计算质量分数；根据流程图及反应原理分析流程中操作的目的和方法；根据滴定原理计算溶液的浓度。
【详解】(1)反应中有氧气参加，同时空气可以将生成物带出；产物二氧化硫有毒，用氢氧化钠吸收，
故答案为：提供反应物O2，排尽生成的SO2，使之完全被乙瓶溶液吸收；吸收反应生成的SO2；
(2)H2O2有氧化性，可以氧化亚硫酸钠： Na2SO3+H2O2==Na2SO4+H2O，
故答案为： Na2SO3+H2O2==Na2SO4+H2O；
(3)洗涤滤渣的方法是 (沿玻璃棒）向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作2~3次，
故答案为： (沿玻璃棒）向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作2~3次；
(4) S ~ BaSO4
32g 233g
m m2g
则黄铁矿石中硫元素的质量分数为
故答案为：
(5)①使用铁粉作还原剂，使得铁的含量偏高；因为高锰酸钾溶液有强腐蚀性，所以操作④中滴定时酸性KMnO4溶液盛装在酸式滴定管；
5Fe2+ ~ KMnO4
n(Fe2+)=5n( KMnO4)=5×0.1000mol·L－1×25.00mL=0.0125mol，则c(Fe2+)=0.0125mol/25mL= 0.5000 mol·L-1，
故答案为：偏高；酸式滴定管； 0.5000 mol·L-1。

10.重铬酸钠是一种用途极广的强氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2或FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，其主要工艺流程如图所示。请回答下列问题：

(1)煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为______________________。
(2)调节溶液的pH所选的试剂为___________(填名称)，写出生成Al(OH)3的化学方程式______________________。
(3)Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO42－(黄色)+2H+Cr2O72－(橙红色)+H2O。
①该反应___________氧化还原反应(填“是”或“不是”)，反应的平衡常数表达式：K=___________。
②若向Na2Cr2O7溶液(橙红色)中加入足量的NaOH固体，溶液___________(填标号)
A 变黄色 B 颜色不变 C 变红色溶液
③已知：25℃时，Ag2CrO4的Ksp=1.12×10－12，Ag2Cr2O7，的Ksp=2×10－7。25℃时，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，生成砖红色沉淀，且溶液酸性增强，该沉淀的化学式是___________。
(4)用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液生产重铬酸钾的反应为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图回答，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是___________。

【答案】 (1). 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3 (2). 稀硫酸 (3). AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓ (4). 不是 (5). (6). A (7). Ag2CrO4 (8). 低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分
【解析】
【分析】
根据题干信息及物质性质书写化学方程式；根据化学平衡原理书写平衡常数表达式，并判断平衡移动方向；根据沉淀溶解平衡原理分析沉淀的组成。
【详解】(1)根据反应原理判断，产物中还有氧化铁和二氧化碳，则煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3，
故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3；
(2)根据流程图中信息知调节溶液的pH所选的试剂为稀硫酸；生成Al(OH)3的化学方程式为AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓，
故答案为：稀硫酸；AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓；
(3)①反应中Cr元素化合价没有变化，所以不是氧化还原反应；根据平衡特点，反应的平衡常数表达式：K=，
②加入足量的NaOH固体，平衡向逆方向移动，溶液变黄色，
③Ksp越小越容易沉淀，所以沉淀为Ag2CrO4，
故答案为：不是；；A；Ag2CrO4 ；
(4)根据溶解度图知，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分，
故答案为：低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分。

(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11.将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。
(1)Cu2+价电子排布式为___________；[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，1mol[Cu(NH3)4]2+含有σ键的数目为___________。
(2)SO42－中S原子轨道杂化类型为___________，H3O+几何构型为___________。
(3)NH3极易溶于H2O中，可能的原因为___________。
(4)N、O、S第一电离能由大到小的顺序为___________。

(5)Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为ag·cm－3，则Cu与F最近距离为___________pm(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式，不用化简)。
【答案】 (1). 3d9 (2). 16NA (3). sp3 (4). 三角锥形 (5). NH3和H2O都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间易形成氢键，NH3和H2O可发生化学反应 (6). N>O>S (7).
【解析】
分析】
根据核外电子排布规律书写电子排布式；根据价层电子对互斥理论和等电子体理论判断分子的空间构型；根据晶胞的结构和密度进行相关计算。
【详解】(1)根据核外电子排布规律知Cu2+价电子排布式为3d9；配体氨气分子中有3个σ键，每个[Cu(NH3)4]2+含4个配位键，所以1mol[Cu(NH3)4]2+含有σ键的数目为3×4+4=16mol，即 16NA，
故答案为： 16NA；
(2)SO42－空间构型为四面体，所以S原子轨道杂化类型为 sp3；H3O+与氨气互为等电子体，故几何构型为三角锥形，
故答案为： sp3；三角锥形；
(3)从NH3与H2O中的化学键类型分析知，可能的原因为NH3和H2O都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间易形成氢键，NH3和H2O可发生化学反应，
故答案为：NH3和H2O都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间易形成氢键，NH3和H2O可发生化学反应；
(4)非金属性越强第一电离能越大，又应N核外电子排布的半满结构，导致N第一电离能大于O，所以第一电离能由大到小的顺序为N>O>S ，
故答案：N>O>S ；
(5)晶胞中含有Cu原子数为：8×1/8+6×1/2=4，含有F原子数为4，晶胞的质量为g，晶胞体积为cm3，则晶胞棱长l= ×1010pm，F原子与周围的4个Cu原子形成正四面体结构，F原子与正四面体顶点Cu的距离最近，F原子与Cu原子连线处于晶胞体对角线上，且体对角线长度的1/4等于晶胞棱长的，故Cu与F最近距离为pm，
故答案为：。
【点睛】本题考查晶胞计算，关键是理解F原子与Cu的最近距离与体对角线长度关系，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力。

【化学——选修5有机化学基础】
12.尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：

已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________。
(2)B的结构简式为___________。
(3)由C生成D的化学方程式为___________，E→F的反应类型为___________。
(4)C中的官能团有___________、___________(填官能团名称)。
(5)由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：

反应①的试剂和条件为___________；中间体B的结构简式为___________；反应③试剂和条件为___________。
(6)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有___________种(不含立体异构)；
①含有两个苯环且两个苯环直接相连
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③两个取代基不在同一苯环上
其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2︰2︰2︰2︰2︰1的结构简式为___________。
【答案】 (1). 苯 (2). (3). (4). 取代反应 (5). 溴原子 (6). 硝基 (7). 浓硝酸/浓硫酸，加热 (8). (9). H2，雷尼镍 (10). 9 (11).
【解析】
【分析】
运用逆合成法根据合成路线及反应条件等题干信息分析各有机物的组成，书写相关方程式；根据限制条件判断同分异构体的种类及写出相关结构简式。
【详解】运用逆合成法，根据反应条件及题干信息分析知，F为，E为，D为，C为，B为，A为苯；
(1)A的化学名称为苯，
故答案为：苯；
(2)B为苯与溴发生的取代反应，的结构简式为，
故答案为：；
(3)根据上述分析，C生成D的化学方程式为；E→F的反应类型为取代反应，
故答案为：；取代反应；
(4)C为，其中官能团有溴原子；硝基，
故答案为：溴原子；硝基；
(5)反应①为硝化反应，试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B为三硝基苯甲酸，结构简式为；反应③为硝基被还原，根基题干信息知反应试剂和条件为H2，雷尼镍，
故答案为：浓硝酸/浓硫酸，加热；；H2，雷尼镍；
(6)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则另一个取代基为氨基，两个苯环直接相连，以直接相连的两个碳原子为准，与之向邻的碳原子两边各有2个，与之相间的碳原子两边各有2个，与之相对的碳原子两边各有1个，若羟基在其中一个苯环的邻位上，则氨基在另一苯环上的位置有邻位、间位和对位3种，若羟基在间位，则氨基也有3种，若羟基在对位，氨基也有3种情况，所以同分异构体一共有3+3+3=9种；其中根据对称性满足核磁共振氢谱的结构为：，
故答案为：. 9；。