寧夏大學附屬中學2019屆高三化學下學期第一次模擬考試試卷含解析

1、寧夏大學附屬中學2019屆高三化學下學期第一次模擬考試試卷（含解析）1.很多詩句或諺語都包含了豐富的化學知識，下列說法不正確的是A. “雷雨發(fā)莊稼”說明有銨鹽生成B. “落湯螃蟹著紅袍”涉及化學變化C. “水乳交融”“火上澆油”前者涉及物理變化，后者涉及化學變化D. “忽聞海上有仙山，山在虛無縹渺間”的海市蜃樓是一種自然現(xiàn)象，與膠體知識有關【答案】A【解析】【詳解】A、空氣中的氧氣和氮氣化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再經(jīng)過復雜的化學變化，最后生成了易被農(nóng)作物吸收的硝酸鹽，選項A正確；B、“落湯螃蟹著紅袍”生成了紅色的新物質(zhì)，發(fā)生了化學變化，選項B正確；C水乳交融指形成乳濁液，是物理變化，火上

2、澆油指燃燒，包含化學變化，選項C正確；D、海市蜃樓現(xiàn)象和膠體的丁達爾現(xiàn)象有關，選項D正確。答案選A。2.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A. 標準狀況下，2.24LHF與1.8gH2O分子所含電子數(shù)目均為NAB. 14g用于考古測年的14C原子中含中子數(shù)為8NAC. 鈉與氧氣反應生成1molNa2O2時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2NAD. 28g乙烯中含有的共價鍵數(shù)目為6NA【答案】A【解析】【詳解】A. HF的沸點是19.5，標準狀況下，HF不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算HF的物質(zhì)的量，無法計算2.24LHF的物質(zhì)的量，選項A不正確；B、1個14C原子中含有8個中子，14g用

3、于考古測年的14C原子中含中子數(shù)為8NA，選項B正確；C. 生成1molNa2O2時，消耗2mol鈉，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2NA，選項C正確；D. 1個乙烯分子含有6個共價鍵，28g乙烯中含有的共價鍵數(shù)目為6NA，選項D正確。答案選A。3.乙酸橙花酯是一種食用香料，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，關于該有機物的下列敘述中正確的是分子式為C12H20O2能使酸性KMnO4溶液褪色能發(fā)生加成反應，但不能發(fā)生取代反應它的同分異構(gòu)體中可能有芳香族化合物，且屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體有8種1mol該有機物水解時只能消耗1molNaOH1mol該有機物在一定條件下和H2反應，共消耗H2為3molA. B. C. D.

4、 【答案】B【解析】【分析】由結(jié)構(gòu)可知分子式，分子中含碳碳雙鍵、-COOC-，結(jié)合烯烴和酯的性質(zhì)來解答。【詳解】根據(jù)有機物成鍵特點，其分子式為C12H20O2，故正確；含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；含有酯基，能發(fā)生水解反應，水解反應實質(zhì)為取代反應，故錯誤；分子中含有3個雙鍵，則不飽和度為3，而芳香族化合物的不飽和度為4，因此不能形成芳香族化合物，故錯誤；1mol該物質(zhì)中只含有1個酯基，因此消耗1molNaOH，故正確；只有2個碳碳雙鍵，消耗2mol羥基，酯中羰基不能和氫氣發(fā)生加成，故錯誤；因此選項B正確。【點睛】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高考常見題型，把握常見有機物的官能

5、團為解答的關鍵，熟悉烯烴、酯的性質(zhì)即可解答，題目難度不大。4.下列選項中的操作、現(xiàn)象與結(jié)論完全一致的是( )選項操作現(xiàn)象結(jié)論A將苯滴入溴水中，振蕩、靜置溴水層褪色溴和苯發(fā)生加成反應B無水乙醇與濃硫酸共熱至170,將產(chǎn)生氣體通入溴水溴水褪色乙烯和溴水發(fā)生加成C向CuSO4溶液中通入H2S出現(xiàn)黑色沉淀酸性：H2SH2SO4D向AgCl 懸濁液中滴加飽和Na2S 溶液有黑色沉淀產(chǎn)生Ksp(Ag2S) Ks(AgCl)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A苯與溴水不反應，苯與液溴在催化條件下發(fā)生取代反應，選項A錯誤；B可能生成二氧化硫與溴水反應，不能確定乙烯與溴水發(fā)生加成反應，選

6、項B錯誤；C向CuSO4溶液中通入H2S氣體，出現(xiàn)黑色沉淀，沉淀為CuS，為復分解反應，結(jié)論不合理，硫酸酸性強，選項C錯誤；D、向AgCl 懸濁液中滴加飽和Na2S 溶液，有黑色沉淀產(chǎn)生，說明Ag2S更難溶，Ksp(Ag2S)M【答案】C【解析】短周期元素X、Y、M、R在周期表中Y、M同主族，X在Y、M左邊相鄰主族，R在Y、M右邊相鄰主族，最外層電子數(shù)之和為24，設Y、M最外層電子數(shù)為x，X為x-1，R為x+1，故4x=24，x=6，故Y、M為第VIA族元素，X、Y、M、R分別為：N、O、S、Cl。A、Y的氫化物為：H2O、H2O2，H2O2中存在非極性鍵，故A錯誤；B、X的氫化物為NH3與R

7、的氫化物（HCl）反應，產(chǎn)物的水溶液為NH4Cl，呈酸性，故B錯誤；C、食品中可適量添加MY2（SO2），SO2有漂白性、氧化性、還原性、故適量添加，可以起到去色、殺菌、抗氧化的作用，故C正確；D、根據(jù)元素周期律，只能比較最高價氧化物對應的水化物的酸性，故D錯誤；故選C。6.H2S燃料電池應用前景非常廣闊，該電池示意圖如下。下列說法正確的是A. 電極a是正極B. O2-由電極a移向電極bC. 電極 a 的反應式為：2H2S+2O2-4e-=S2+2H2OD. 當通入1.12LO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)0.2NA【答案】C【解析】根據(jù)2H2S(g)+O2(g)S2(s)+2H2O反應，得出負極H2S失電子

8、發(fā)生氧化反應，正極O2得電子發(fā)生還原反應。A、由2H2S(g)+O2(g)S2(s)+2H2O反應，得出負極H2S失電子發(fā)生氧化反應，則a為電池的負極，故A錯誤；B、原電池中陰離子向負極移動，則O2-由電極b移向電極a，故B錯誤；C、a為電池的負極，發(fā)生氧化反應，反應式為：2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O，故C正確；D、為注明是否為標準狀況，無法確定1.12LO2的物質(zhì)的量，故D錯誤；故選C。點睛：本題側(cè)重考查原電池原理，明確電解質(zhì)溶液酸堿性是解本題關鍵，難點是電極反應式的書寫。7.已知常溫時 HClO 的 Ka=3.010-8，HF 的 Ka= 3.510-4?，F(xiàn)將 pH 和體積都相

9、同的次氯酸和氫氟酸溶液分別加蒸餾水稀釋，pH 隨溶液體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是A. 曲線 I 為次氯酸稀釋時 pH 變化曲線B. 取 a 點的兩種酸溶液，中和相同體積、相同濃度的NaOH 溶液，消耗次氯酸的體積較小C. a 點時，若都加入相同大小的鋅粒，此時與氫氟酸反應的速率大D. b 點溶液中水的電離程度比 c 點溶液中水的電離程度小【答案】B【解析】常溫下Ka（HClO）Ka（HF），酸性：HClOHF，根據(jù)圖像將pH和體積都相同的HClO和HF稀釋同等倍數(shù)，I的pH改變值大于II的pH改變值，曲線I代表稀釋HF時pH變化曲線，曲線II代表稀釋HClO時pH變化曲線。A項，根據(jù)上

10、述分析，曲線I為HF稀釋時pH變化曲線，A項錯誤；B項，a點HClO溶液和HF溶液的pH相同，a點c（HClO）大于c（HF），取a點的兩種酸溶液中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗HClO溶液的體積較小，B項正確；C項，a點HClO溶液和HF溶液的pH相同，即a點兩溶液中c（H+）相等，此時與相同大小的鋅粒反應的反應速率相等，C項錯誤；D項，酸溶液中OH-全部來自水的電離，根據(jù)圖像b點溶液的pH大于c點溶液的pH，b點溶液中c（H+）小于c點溶液中c（H+），b點對水的電離的抑制小于c點，b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度大，D項錯誤；答案選B。點睛：本題考查弱酸溶液稀釋p

11、H曲線的分析、不同弱酸的對比、酸溶液中水的電離程度的分析，正確判斷曲線I、曲線II代表的物質(zhì)是解題的關鍵。注意酸溶液中和堿的能力取決于酸的物質(zhì)的量和酸的元數(shù)，酸溶液與相同大小鋅粒反應速率的快慢取決于溶液中c（H+）。8.“綠水青山就是金山銀山”，研究NO2、NO、CO、NO2-、碳氫化合物大氣污染物和水污染物的處理對建設美麗中國具有重要意義。(1)已知：汽車尾氣中的CO、NOx、碳氮化合物是大氣污染物。使用稀土等催化劑能將CO、NO轉(zhuǎn)化成無毒物質(zhì)。已知:N2(g)+O2(g)=2NO(g) H1=+180.5kJ/mol K1(該反應的平衡常數(shù))2C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=-2

12、21kJ/mol K2(同上)C(s)+O2(g)=CO2(g) H3=-393.5kJ/mol K3(同上)寫出NO(g)與CO(g)催化轉(zhuǎn)化成N2(g)和CO2(g)的熱化學方程式_，以及該熱化學方程式的平衡常數(shù)K=_(用K1、K2、K3表示)(2)污染性氣體NO2與CO在一定條件下的反應為:2NO2+4CO4CO2+N2 H=-1200kJ/mol。某溫度下，在2L密閉容器中充入0.lmolNO2和02m1CO，此時容器的壓強為1個大氣壓，5秒時反應達到平衡時，容器的壓強變?yōu)樵瓉淼?9/30，則反應開始到平衡時NO2的平均反應速率v(NO2)=_mol/(Ls)。若容器中觀察到_，可判斷

13、該反應達到平衡狀態(tài)；能使該反應的反應速率增大，且平衡向逆反應方向移動的是_。A.及時分離出CO2 B.適當升高溫度C.減小容器體積使體系壓強增大 D.選擇高效催化劑(3)電化學降解NO2-的原理如圖:陰極反應式為_。(4)在高效催化劑作用下可用NH3還原NO2進行污染物處理。相同條件下，選用A、B、C三種催化劑進行反應，生成氮氣的物質(zhì)的量與時間變化如圖?；罨茏钚〉氖莀用E(A)、E(B)、E(C)表示三種催化劑下該反應的活化能。在催化劑A作用下測得相同時間處理NO2的量與溫度關系如圖。試說明圖中曲線先增大后減小的原因_(假設該溫度范圍內(nèi)催化劑的催化效率相同)?！敬鸢浮?(1). 2NO(g)

14、+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H= 746.5kJmol-1 (2). K= (3). 0.002 (4). 體系內(nèi)顏色不再發(fā)生變化 (5). B (6). 2NO2- +6e-+8H+=N2+4H2O (7). E(A) (8). 低于300，反應未達到平衡，溫度升高，反應速度加快；高于300，反應已平衡，隨溫度升高，反應逆向進行【解析】【詳解】（1）NO(g) 與CO(g)催化轉(zhuǎn)化成N2(g)和CO2(g)的反應可以由2-得到，H=H32-H1-H2=-393.5-180.5-（-221）=-746.5因此熱化學方程式為：2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(

15、g) H= 746.5kJmol-1；此反應的K值也做相應的變換K=；（2）設達到平衡時CO的濃度改變x，則： 2NO2 + 4CO 4CO2 + N2起始(mol）： 0.1 0.2 0 0改變(mol）： x 2x 2x 1/2x平衡(mol）： 0.1-x 0.2-2x 2x 1/2x故=，解得x=0.02，v(NO2)= =0.002mol/(Ls)；若容器中觀察到體系內(nèi)顏色不再發(fā)生變化，可判斷該反應達到平衡狀態(tài)；A.及時分離出CO2 可使平衡向正向移動，反應速率不會增大，選項A錯誤；B.適當升高溫度，可增大反應速率，此反應是吸熱反應，升溫逆向移動，選項B正確；C.減小容器體積使體系壓

16、強增大，平衡向氣體物質(zhì)的量減小的方向移動，即正向移動，選項C錯誤；D.選擇高效催化劑，只改變反應速率，對平衡沒有影響，選項D錯誤；答案選B；（3）活化能越小反應速率越快，所以活化能最小的是E(A)；低于300，反應未達到平衡，溫度升高，反應速度加快；高于300，反應已平衡，隨溫度升高，反應逆向進行，所以相同時間處理NO2的量與溫度關系圖中曲線先增大后減小。【點睛】點睛：根據(jù)蓋斯定律，化學反應的焓變只與反應的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應途徑無關，可以根據(jù)蓋斯定律計算2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)的H。9.過氧化鈣(CaO2)是一種白色晶體，無臭無味，能潮解，難溶于水，可與水緩慢

17、反應；不溶于醇類、乙醚等，易與酸反應，常用作殺菌劑、防腐劑等。通常利用CaCl2在堿性條件下與H2O2反應制得。某化學興趣小組在實驗室制備CaO2的實驗方案和裝置示意圖如下:已知:CaO2的制備原理:CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O= CaO28H2O+2NH4Cl請回答下列問題:(1)儀器A的名稱為_，儀器C支管B的作用_；(2)加入氨水的作用是_；(從化學平衡移動的原理分析)(3)過濾后洗滌沉淀的試劑最好用_；A.水 B.濃鹽酸 C.無水乙醇 D.CaCl2溶液(4)沉淀反應時常用冰水浴控制溫度在O左右，其可能原因是_、_(寫出兩種)。(5)已知CaO2在350時能迅速分解，

18、生成CaO和O2。該小組采用如圖所示的裝置測定剛才制備的產(chǎn)品中CaO2的純度(設雜質(zhì)不分解產(chǎn)生氣體)檢查該裝置氣密性的方法是:_；準確稱取0.50g樣品，置于試管中加熱使其完全分解，收集到44.80mL(已換算為標準狀況)氣體，則產(chǎn)品中過氧化鈣的質(zhì)量分數(shù)為_(保留4位有效數(shù)字)；【答案】 (1). 恒壓滴液漏斗或恒壓分液漏斗 (2). 平衡氣壓，便于恒壓滴液漏斗中的液體能夠順利滴下 (3). CaCl2+H2O2CaO2+2HCl，加入氨水與氯化氫發(fā)生中和反應，使該可逆反應向著生成CaO2的方向移動，提過CaO2的產(chǎn)率 (4). C (5). 防止氨水揮發(fā) (6). 防止過氧化氫分解 (7).

19、 連接好裝置，向水準管中注水至液面與量氣管中形成液面差，靜置一段時間，若液面差保持不變，則裝置不漏氣，反之裝置漏氣 (8). 57.60% 或0.5760【解析】（1）、C中裝的是液態(tài)藥品，C裝置能控制液體的滴加，有支管，所以為恒壓滴液漏斗或恒壓分液漏斗。支管B的作用是平衡氣壓，便于恒壓滴液漏斗中的液體能夠順利滴下。（2）加入氨水能與氯化氫發(fā)生中和反應，使該可逆反應CaCl2+H2O2CaO2+2HCl向著生成CaO2的方向移動，提過CaO2的產(chǎn)率。（3）洗滌沉淀的試劑不能與CaO2反應，A、結(jié)合題干知過氧化鈣能潮解，難溶于水，可與水緩慢反應，故不選A。 B、結(jié)合題干可知過氧化鈣易與酸反應，故

20、不選B。C、CaO2不溶于醇類，故選C。D CaCl2溶液中也含有水，結(jié)合題干知過氧化鈣能潮解，難溶于水，可與水緩慢反應，故不選D。正確選項為C。（4）反應時溫度不能過高，溫度高氨氣就會揮發(fā)，過氧化氫就會分解。（5）檢查該裝置氣密性的方法是：連接好裝置，向水準管中注水至液面與量氣管中形成高度差，靜置一段時間，若高度差不變，則裝置不漏氣，反之裝置漏氣。準確稱取樣品可以使用分析天平或電子天平或電光天平。收集到標準狀況下的氣體44.80mL，對應的物質(zhì)的量為0.0448/22.4=0.002mol，設產(chǎn)品中過氧化鈣的物質(zhì)的量為，則可列算式：可得：2/x=1/0.002，解得：x=0.004mol，則

21、產(chǎn)品中過氧化鈣的質(zhì)量分數(shù)為：0.00472/0.50=0.576。10.某化學興是小組對一種度舊合金(含有Cu、Fe、Si等元素)進行分離、回收利用，所設計工藝流程如下。已知298時，KspFe(OH)3=4.010-38，KspCu(OH)2=2.210-20，KspMn(OH)2=1.910-13，當離子濃度小于110-5認為離子沉淀完全?；卮鹣铝袉栴}:(1)操作I、lI、III為_，固體A是_(填化學式)。(2)加入過量FeC13溶液過程中與較不活潑的金屬反應的化學方程式_。(3)調(diào)節(jié)pH至2.9-3.2的目的_。(4)向溶液b中加入酸性KMn04溶液發(fā)生反應的離子方程式為_。若將溶液b

22、配制成250ml溶液，用滴定管取配制后的溶液25.00m1；再用amol/LKMnO4溶液滴定，恰好反應時消耗KMn04溶液VmL,則流程圖中所得紅棕色固體C的質(zhì)量為_g(用含a、v的代數(shù)式表示)(5)常溫下，若溶液c中所含的金屬陽離子濃度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，最后沉淀的金屬離子為_(填金屬陽離子)?！敬鸢浮?(1). 過濾 (2). Si (3). 2FeCl3 +Cu= 2FeCl2+CuCl2 (4). 使Fe3+沉淀完全 (5). MnO4 + 5Fe2+ + 8H+= Mn2+ 5Fe3+4H2O (6). 4aV (7). Mn2+【解析】【詳解】(1) 操作I、lI

23、、III都是將固體和液體分開，操作方法為過濾。合金中的銅、鐵能與氯化鐵溶液反應而溶解，硅不反應，故剩余的固體為Si；（2）合金中銅不活潑，和氯化鐵溶液反應的是銅，方程式為2FeCl3 +Cu= 2FeCl2+CuCl2；（3）Fe3+在PH=3.2時沉淀完全，故調(diào)節(jié)pH至2.9-3.2使Fe3+沉淀完全；（4）向溶液b中加入酸性KMn04溶液，高錳酸鉀會把Fe2+氧化成Fe3+，方程式為：MnO4+ 5Fe2+ + 8H+= Mn2+ 5Fe3+4H2O。由MnO4 5Fe2+ n(Fe2+)=5n(MnO4)=aV10-35mol.因取出的溶液是配成溶液的十分之一，則Fe2+總的物質(zhì)的量為a

24、V10-350mol.再有2Fe2+Fe2O3可得n（Fe2O3）=aV10-325mol，則m（Fe2O3）= aV10-325160= 4aVg；（5）向溶液c中逐滴加入KOH溶液,會生成氫氧化物沉淀，KspMn(OH)2的值最大，說明Mn(OH)2的溶解度最大，最后沉淀，故最后沉淀的金屬離子為Mn2+?！军c睛】本題的氫氧化鐵與其他兩種難溶的氫氧化物的組成并不相似，本題因為沒有給出金屬離子的具體濃度，只能根據(jù)其溶度積的數(shù)據(jù)，結(jié)合流程的操作判斷有關金屬離子的沉淀順序。嚴格地說,在金屬離子濃度相同的條件下，只有組成相似的難溶物才能根據(jù)其溶度積的相對大小判斷不同金屬離子的沉淀順序。11.配合物F

25、e(CO)5的熔點一20，沸點103?？捎糜谥苽浼冭F。Fe(CO)5的結(jié)構(gòu)如圖所示。(1)基態(tài)Fe原子的價電子排布式是_；Fe(CO)5晶體類型屬于_晶體。(2)CO分子中C、O原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，CO分子的結(jié)構(gòu)式是_,寫出與CO互為等電子體的分子的電子式:_。(3)C、O、Fe的第一電離能由大到小的順序為_。(4)關于Fe(CO)5，下列說法正確的是_。A. Fe(CO)5是非極性分子，CO是極性分子 B. Fe(CO)5中Fe原子以sp3雜化方式與CO成鍵C.1molFe(CO)5含有10mol配位鍵 D.Fe(CO)5=Fe+5CO反應中沒有新化學鍵生成(5)鐵的三種晶體的晶胞均為

26、立方晶胞，三種晶體的晶胞如下圖所示。上述三種晶體的晶胞中屬于面心晶胞的是_(填“a”“”或“”)-Fe。a-Fe晶胞中鐵原子的配位數(shù)為_。-Fe晶胞的邊長為apm，則-Fe單質(zhì)的密度為_g/cm3(NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，列出計算式即可)?！敬鸢浮?(1). 3d64s2 (2). 分子 (3). CO (4). (5). OCFe (6). A、C (7). (8). 6 (9). =(224/a3NA)1030(或=456/a3NA1030)【解析】(1)鐵為26號元素，基態(tài)Fe原子的價電子排布式為3d64s2；Fe(CO)5的溶點-20，沸點103，熔沸點較低，F(xiàn)e(CO)5晶體屬于

27、分子晶體，故答案為：3d64s2；分子；(2) CO分子中C、O原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，CO分子的結(jié)構(gòu)式為CO，與CO互為等電子體的分子有N2，故答案為：CO；N2；(3)C、O、Fe三種元素的原子中鐵的原子半徑最大，F(xiàn)e原子的價電子排布式為3d64s2，失去1個電子生成3d54s2，結(jié)構(gòu)更穩(wěn)定，第一電離能最小，C、O是同一周期元素，同一周期，從左到右，第一電離能逐漸增大，第一電離能由大到小的順序為OC Fe，故答案為：OC Fe；(4)A根據(jù)Fe (CO)5的結(jié)構(gòu)可知， Fe(CO)5為三角雙錐結(jié)構(gòu)，分子中正負電荷分布均勻，是非極性分子，CO中正負電荷分布不均勻，是極性分子，故A正確；BF

28、e(CO)5中Fe原子與5個CO成鍵，不是sp3雜化，故B錯誤；C. 1molFe(CO)5 中Fe原子與5個CO形成5個配位鍵，在每個CO分子中存在1個配位鍵，共含有10mol配位鍵，故C正確；D. Fe(CO)5=Fe+5CO屬于化學變化，包括化學鍵的斷裂與形成，斷開了分子中的配位鍵，形成了金屬鍵，故D錯誤；故選AC；(5)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，三種晶體的晶胞中屬于面心晶胞的是，故答案為：；晶胞中晶胞頂點的鐵原子與周圍的6個鐵原子距離相等且最小，配位數(shù)為6，故答案為：6；晶體晶胞的邊長為a pm，1個晶胞中含有的鐵原子數(shù)目=8+6=4，則-Fe單質(zhì)的密度=g/cm3，故答案為：。點睛：本題的易錯點為(4)和(5)，(4)中要注意Fe(CO)5為三角雙錐結(jié)構(gòu)，具有對稱性結(jié)構(gòu)，鐵原子與配體間形成配位鍵，CO中也存在配位鍵；(5)中要注意晶體密度的計算方法。另外C、O、Fe的第一電離能的大小也可以根據(jù)元素的金屬性和非金屬性的強弱判斷。12.某同學擬用煤干餾的產(chǎn)物W為基本