湖南省怀化市2019届高三化学下学期4月第二次模拟考试试题（含解析）

1、湖南省怀化市2019届高三化学下学期4月第二次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 0-16 Na-23 S-32 C1-35.5 Ca-40 Cu-64 Ca-70第I卷(选择题共126分)一、选择题：本大题共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.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A. “卤水点豆腐”运用了胶体电泳的性质B. 有漂白性，可漂白草帽和纸浆C. NaCl既可以做调味品，也可以做食品防腐剂D. 清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，它们的主要成分是硅酸盐【答案】A【解析】【详解】A、用盐卤点豆腐是胶体聚沉的应用，不

2、是胶体电泳的性质，故A错误；B、具有漂白性，可以漂白有机色素，可漂白草帽和纸浆，故B正确；C. NaCl具有咸味，用食盐腌制食品可以防止食品腐烂变质，所以既可以做调味品，也可以做食品防腐剂，故C正确；D. 清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，陶瓷是传统的硅酸盐产品，它们的主要成分是硅酸盐，故D正确。正确答案选A。2.下列说法正确的是A. 0.1molFe溶于硝酸，电子转移数目一定为0.3B. 标准状况下，14.4g正戊烷()中含C-C键数目为0.8NC. 18g重水()中含中子数目为10D. 12g熔融中含离子总数目为0.3【答案】B【解析】【详解】A、铁和过量硝酸反应后变为+3价，过量铁和硝酸反

3、应后变为+2价，故0.1molFe溶于硝酸，电子转移数目不一定为0.3，故A错误；B、一个正戊烷()分子中含C-C键4个，标准状况下，14.4g正戊烷()物质量为0.2mol，所以含C-C键的物质的量为0.2mol40.8 mol，数目为0.8NA，故B正确；C、一个D有1个质子，一个中子，一个电子，一个分子含有10个中子，的相对分子质量是20，所以18g物质的量有0.9mol，故18g重水()中含中子数目9，故C错误；D、NaHSO4在熔化状态下只能电离成Na+、HSO4，12 g NaHSO4在熔融时离子总数为0.2NA，故D错误。正确答案选B。【点睛】注意NaHSO4在熔化状态下只能电离

4、成Na+、HSO4，在水溶液中能电离成Na+、H+和SO42-。3.根据下图(其他产物未写出)分析，下列说法正确的是A. A和B生成C的反应为加成反应B. C中所有原子可能在同一平面C. B的分子式为D. C苯环上的二氯代物只有两种【答案】D【解析】【详解】A、A和B生成C的反应为取代反应，故A错误；B、C中含有甲基，所有原子不可能在同一平面，故B错误；C、B的分子式为，故C错误；D、C苯环上有2种不同氢原子，所以苯环上的二氯代物只有两种，故D正确。正确答案选D。4.短周期元素T、X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中T的单质在一定条件下能与W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反

5、应并生成两种酸性气体，则下列相关说法正确的是A. 离子半径：XYWB. 最简单气态氢化物的热稳定性：WZC. 分子中每个原子均满足8电子稳定结构D. 最高价氧化物对应水化物的碱性：XY【答案】C【解析】【分析】T的单质在一定条件下能与w的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应并生成两种酸性气体，根据元素在周期表中的位置关系可确定：T是C元素， X是Mg元素，Y是Al元素，Z是P元素,，W是S元素。【详解】A、电子层数相同离子，根据其核电核数大小判断：核电核数多的离子半径小，核电核数少的离子半径大；电子层数不同的离子，根据电子层数判断：电子层数多的离子半径大，电子层数少的离子半径小。X是Mg元素，Y

6、是Al元素，W是S元素，所以离子半径：Y X 【答案】C【解析】【详解】A、由图可知，1mo/LHClO2溶液的pH1， 1mo/LHMnO4的pH=0，说明HClO2是弱酸，HMnO4为强酸，故A错误；B、根据图像可知：因为HClO2为弱酸，稀释促进电离，不能满足满足0pH5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH=，HMnO4是强酸能满足满足0pH5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH=，故B错误；C、同体积同浓度中和1molL-1的NaOH溶液能力相同，故C正确；D、酸性：HClO27，NaMnO4溶液不水解显中性；故D错误。正确答案选C。8.某研究性学习小组利用下图装置探究草酸钙晶体(

7、)的热分解。已知：CO能与溶液反应生成黑色的钯粉。(1)A的作用是_；D中可观察到的现象是_。(2)B中长玻璃管的作用是_。(3)E、F位置_(填“能”或“不能”)互换，理由是_。(4)写出溶液与CO反应的化学方程式_。(5)为探究草酸钙晶体加热分解产物的成份并测x，进行如下实验：按上图连接好仪器，_(填实验操作名称)。将29.2g草酸钙晶体放入C中，从a处通入一段时间空气。加热草酸钙晶体直到质量不再减少，从a处一直通空气直至冷却。测得C中残留固体质量11.2g，D增重3.6g，E增重8.8g(澄清石灰水足量)。数据处理：计算可得x=_；写出上述实验中草酸钙晶体受热分解的化学方程式_。【答案】

8、 (1). 除去空气中CO2 ，防止对分解产物的检验产生干扰 (2). 无水CuSO4变蓝 (3). 平衡气压(合理答案均计分) (4). 不能 (5). 若互换则原F中可能产生的CO2 对原E中CO2 的检验会造成干扰 (6). (7). 检查装置气密性 (8). 1 (9). 【解析】【分析】加热草酸钙晶体产物可能有CO、CO2和水，为了防止空气中的CO2 和水对分解产物的检验产生干扰，需要对空气预处理；根据无水硫酸铜遇水变蓝，可用检验H2O的存在；CO2通入石灰水变浑浊，可用石灰水检验CO2；由题目提供的信息可知CO能与PdCl2溶液反应生成黑色的钯粉，可用PdCl2溶液检验CO。据此解

9、答。【详解】(1)空气中含有二氧化碳，利用氢氧化钠吸收二氧化碳，除去空气中的CO2，防止对分解产物的检验产生干扰；装置D中的无水硫酸铜遇水变蓝，可用检验H2O的存在；(2)装置B中长玻璃管与外界相通，其作用是平衡气压；(3)若互换则原F中可能产生的CO2，对原E中CO2的检验会造成干扰，所以不能互换；(4)由题目提供的信息可知CO能与PdCl2溶液反应生成黑色的钯粉，可知PdCl2把CO氧化为CO2，反应的方程式为；(5)连接好仪器，需要检查装置气密性；残留固体质量11.2g，说明生成CaO11.2g，n(CaO)= =0.2mol，D增重3.6g，说明生成H2O3.6g，n(H2O)= =0

10、.2mol，E增重8.8g(澄清石灰水足量)，说明生成CO28.8g，n(CO2)=0.2mol，m(CO)=29.2g-11.2g-3.6g-8.8g=5.6g，n(CO)=0.2mol，生成物质的量之比为1：1：1：1，所以x为1。根据以上分析可知反应的方程式为。9.镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：已知：镓在元素周期表中位于第四周期第A，化学性质与铝相似。lg2=0.3，lg3=0.48。部分物质的Ksp如F表所示。物质Ksp(1)滤渣1的主要成分是_(写化学式)。(2)

11、加入H2O2的目的是(用离子方程式表示)_。(3)调pH的目的是_；室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01mo/L，当溶液中某种离子浓度小于mol/L时即认为该离子已完全除去，则pH应调节的范围为_.(4)操作D包括：_过滤、洗涤、干燥。(5)制备、精炼金属Ga。电解法制备金属镓。用惰性电极电解溶液即可制得金属镓，写出阴极电极反应式_。电解法精炼金属镓(粗镓含Zn、Fe、Cu等杂质，已知氧化性：。下列有关电解精炼金属镓的说法正确的是_(填字母序号)。A.电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连B.电解精炼过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C.电解后，Cu和Fe沉积在电解槽底部形成阳极

12、泥D.若用甲烷燃料电池电解精炼金属镓，当阴极有56.0g镓析出时，电池负极最多消耗标准状况下的6.72L【答案】 (1). (2). (3). 使、沉淀完全面不沉淀 (4). 5.48pHKsp，Ga3+完全沉淀时Fe3+已经完全沉淀，浓度小于mol/L，c(OH-)=mol/L，c(H+)=mol/L，pH=-lg=5.48，Zn2+开始沉淀时c(OH-) =mol/L，c(H+)=mol/L，pH=-lg=6.6，则pH应调节的范围为5.48pH6.6（4）操作D包括：蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；（5）电解NaGaO2溶液生产Ga，Ga元素的化合价由+3价降为0价，GaO2-转

13、化为Ga为还原反应，电解时还原反应在阴极发生，阴极的电极反应式为：；电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连，离子氧化性顺序为：Zn2+Ga2+Fe2+GaFeCu，则阳极上Zn、Ga失电子进入电解质溶液，Fe、Cu以金属单质进入电解质溶液，则阳极泥成分是Fe、Cu，阴极上GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，电极反应式为；甲烷燃料电池负极电极反应：CH410OH8eCO327H2O，所以8Ga 3CH4870g 322.4L56g 6.72L但是电解精炼镓时能量的利用率达不到100%，实际耗电所消耗标准状态下的大于6.72L。故说法正确的是AC。10.氨气是一种重要化工原料。(1)德国化学家哈伯从1

14、902年开始研究由氮气和氢气直接合成氨。已知： H=a kJ/mol每破坏lmol有关化学键需要的能量如下表：H-HN-HNN436kJ391kJ946k则a=_。(2)下图为不同温度(T)、不同投料比n()/n()时反应达到平衡时转化率变化曲线。、的大小关系为_。保持温度和体积不变，提高投料比n()/n()，则重新达到平衡时，下列说法一定正确的是_(填字母序号)。A.的浓度增大B.的转化率增大C.的体积分数增大D.浓度减小温度为时，向2L密闭容器中加入1.0mol和1.0mol，若5min后反应达到平衡，则用v()表示该反应的平均速率为_；反应在时的平衡常数K=_。(3)一种新型除烟气中氮氧

15、化物的方法是采用作还原剂还原烟气中的氮氧化物且产物无污染，写出还原的化学反应方程式_。(4)若用标准盐酸测定某稀氨水的浓度，应选择_作指示剂；滴定过程中眼睛注视_。已知稀氨水体积为25.0mL，滴定结束测得消耗0.0100mol/L盐酸的平均体积为20.0mL，则该氨水的浓度为_(保留2位有效数字)；若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴无气泡，则测定结果_(填“偏大”、“偏小”、“不变”)。【答案】 (1). -92kJ/mol (2). (3). ABD (4). 0.06mol/(Lmin) (5). 12.5 (6). (7). 甲基橙 (8). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (9). 0.0

16、080mol/L或8.010-3mol/L (10). 偏大【解析】【详解】（1）H=反应物总键能-生成物总键能=-92kJ/mol（2）合成氨正反应是个放热反应，升高温度不利于氨气生成，所以从氨气转化率可以看出；保持温度和体积不变，提高投料比n(H2)/n(N2)，相当于增大氢气浓度，平衡向正反应方向进行，提高氮气的转化率，但自身的转化率会降低，由于体积不变，因此重新达到平衡时氢气的浓度也一定增大，氮气的浓度会降低，由于气体的物质的量也增加，因此平衡时氨气的体积分数不一定增大，答案选ABD；温度为时，向2L密闭容器中加入1.0mol和1.0mol，若5min后反应达到平衡，转化率为20%，反

17、应在时 起始浓度（mol/L） 0.50.5 0变化浓度（mol/L） 0.1 0.3 0.2平衡浓度（mol/L） 0.40.2 0.2则v()=0.06mol/(Lmin)，平衡常数K=12.5；（3）一种新型除烟气中氮氧化物的方法是采用NH3作还原剂还原烟气中的氮氧化物且产物无污染，因此生成物是氮气和水，则反应的化学反应方程为；（4）盐酸和氨水恰好反应后溶液呈酸性，可用甲基橙作为指示剂，甲基橙溶液的变色范围是3.14.4，当溶液由黄色变为橙色时，可说明达到滴定终点；滴定过程中眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；已知稀氨水体积为25.0mL，滴定结束测得消耗0.0100mol/L盐酸的平均体积

18、为20.0mL，则该氨水与盐酸两溶液恰好反应，则说明两溶液中氯化氢和一水合氨的物质的量相等，即氨水浓度为=0.008mol/l；若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴无气泡，气泡占用实际体积，使体积读数偏大，则测定结果偏大。11.铁和铜都是日常生活中常见的金属，有着广泛的用途。请回答下列问题：(1)配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_(填晶体类型)；Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=_；的核外电子排布式为_。(2)溶液可用于检验_(填离子符号)；中碳原子杂化轨道类型为_；1mol含有

19、的键数目为_(用N表示)；C、N、O第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(3)某M原子的外围电子排布式为，铜与M形成的某化合物的晶胞结构如下图所示(黑点代表铜原子)。该晶体的化学式为_。已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于_(填“离子”或“共价”)化合物。已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_pm(只需写出计算式)。【答案】 (1). 分子晶体 (2). 5 (3). 或 (4). (5). sp (6). 2 (7). NOC (8). CuCl (9). 共价 (10). 或或【解析】【详解】（1）Fe(CO

20、)x常温下呈液态，熔沸点较低，易溶于非极性溶剂，符合分子晶体的特点，因此Fe(CO)x属于分子晶体；中心原子铁价电子数为8，配体CO提供2个电子形成配位键，因此x=（188）/2=5；的核外电子排布式为或；（2）含Fe2的溶液与铁氰化钾K3Fe(CN)6溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，所以溶液可用于检验；C、N之间是叁键，CN中C有一个孤电子对，CN中心原子C价电子对数2，C杂化轨道类型为sp；C、N之间是叁键，1mol含有的键数目为2；C、N、O属于同一周期，电离能同周期从左向右增大，但是第A族大于第A族，第A族大于A族，因此NOC；（3）M原子的外围电子排布式3s23p5，M是第

21、三周期第A族元素，即Cl，铜在晶胞占有的位置为8个顶点、6个面，铜原子的个数81/861/2=4，Cl原子在晶胞的位置在体心，全部属于晶胞，Cl个数是4，化学式：CuCl；一般认为两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，铜与Cl电负性差值3.01.9=1.11.7，该化合物属于共价化合物；设边长为acm，=，a=，该晶胞类似与金刚石的晶胞，Cu和Cl最近的距离是体对角线的1/4，即距离为：pm。【点睛】计算晶体的密度一般方法是：先根据晶胞参数算出一个晶胞的体积，再根据每个晶胞中所含原子（离子）数量计算出单个晶胞的质量，求出单个晶胞的密度，单个晶胞的密度就是该晶

22、体的密度。12.口服抗菌药利君沙的制备原料E和某种广泛应用于电子电器领域的高分子化合物H的合成路线如下：已知：I、核磁共振氢谱显示E分子中有两组峰，且峰面积比为2：1、回答下列问题：(1)丙烯的结构简式为_；E的分子式为_；(2)B分子中官能团的名称为_；G的名称为_。(3)由甲苯生成F的反应类型为_。(4)写出CD的化学方程式_。(5)满足下列条件的G的同分异构体有_种。苯环上有三个取代基。遇溶液发生显色反应。能和溶液反应生成。(6)写出1，3丁二烯()和乙二醇()为某原料制备聚酯纤维的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】 (1). (2). (3). 氯原子；醛基 (4). 对苯二甲酸 (

23、5). 取代反应 (6). (7). 10 (8). 【解析】【分析】根据题中信息和转化关系可知A、B、C、D、E、F、G分别为ClCH2CH=CH2、ClCH2CH2CH2CHO、HOCH2CH2CH2CH2OH、OHCCH2CH2CHO、HOOCCH2CH2COOH、，据此解答。【详解】（1）丙烯的结构简式为；E为HOCH2CH2CH2CH2OH，分子式为；（2）B的结构简式为ClCH2CH2CH2CHO，分子中官能团的名称为氯原子、醛基。G为，其名称为对苯二甲酸；（3）由甲苯生成F是苯环上的氢原子被甲基取代，其反应类型为取代反应；（4）CD是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为；（5）的分

24、子式为C8H6O4，苯环上有三个取代基。遇溶液发生显色反应说明含有酚羟基。能和溶液反应生成说明含有羧基。即C8H6O4中含有一个羧基，一个酚羟基，一个醛基，采用“定二移一”的方法，先确定2个取代基的位置（邻、间、对3种），再移动第三个取代基。邻、间的二取代基的苯环上有4种H原子，对位的二取代基的苯环上有2种H原子，所以3个不同取代基的同分异构体共有10种；（6）根据题干信息和逆推法可知以1，3丁二烯和乙二醇为某原料制备聚酯纤维的合成路线为。【点睛】采用“定二移一”的方法，先确定2个取代基的位置（邻、间、对3种），再移动第三个取代基。邻、间的二取代基的苯环上有4种H原子，对位的二取代基的苯环上有2种H原子。 - 16 -