届吉林省名校高三下学期第一次联合模拟考试化学试题解析版.docx

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届吉林省名校高三下学期第一次联合模拟考试化学试题解析版

2019届吉林省名校高三下学期第一次联合模拟考试化学试题（解析版）

1.中华传统文化蕴含着很多科学知识，下列说法错误的是

A.“丹砂（HgS烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应

B.“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化

C.“霾尘积聚难见路人”形容的霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应

D.“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据题意，丹砂（HgS）烧之成水银，即红色的硫化汞（即丹砂）在空气中灼烧有汞生成，反应的化学方程式为：

HgS

Hg+S，汞和硫在一起又生成硫化汞，反应的化学方程式为：

Hg+S═HgS，由于反应条件不同，所以不属于可逆反应，故A错误；

B.“水声冰下咽，沙路雪中平”意思是：

流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪显得很平坦，所述未涉及化学变化，所以B选项是正确的；

C.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，所以C选项是正确的；

D.“甘露”，甘美的露水，“消渴”，口渴，善饥，尿多，消瘦。

包括糖尿病、尿崩症等，“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以“止渴”，所以D选项是正确的。

故选A。

2.羟甲香豆素（

）是一种治疗胆结石的药物，下列说法正确的是

A.分子中的两个苯环都可以发生加成反应

B.二氯代物超过两种

C.1mol羟甲香豆素与氢气加成，最多需要5molH2

D.所有原子均处于同一平面

【答案】B

【解析】

【分析】

A.分子内只含一个苯环；

B.根据等效氢思想判断氢原子的种类，再结合定一移一的方法分析二氯代物的种类；

C.苯环与碳碳双键与氢气均能发生加成反应；

D.分子内含甲基。

【详解】A.分子中含有一个苯环与一个杂环，并不是两个苯环，故A项错误；

B.羟甲香豆素中除酚羟基以外，还有5种不同环境的氢原子，则其二氯代物超过两种，故B项正确；

C.1mol羟甲香豆素分子中的苯环与氢气加成反应需要3mol，碳碳双键可与1mol氢气加成，则最多需要4molH2，故C项错误；

D.分子中含有甲基，甲基为正四面体结构，则所有原子不可能共平面，故D项错误；

答案选B。

【点睛】等效氢法：

同一个碳原子上的氢原子是等效的；同一个碳原子上的甲基是等效的；对称位置的氢原子（类似于平面镜成像中物体和像的关系）是等效的，据此可进行有关的判断。

3.用NA表示阿伏加德罗常数的数值。

下列说法正确的是

A.1.0molCH4与3.0molCl2光照下反应生成的CHCl3分子数为1.0NA

B.1.0mol·L－1的（NH4）3PO4溶液中阳离子数为3.0NA

C.5.6gFe与过量浓盐酸完全反应转移的电子数为0.2NA

D.常温下2.24LSO3中含有的质子数为4.0NA

【答案】C

【解析】

【分析】

A.根据甲烷取代反应的特点分析；

B.溶液的体积未知；

C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气；

D.在常温下，SO3为液体。

【详解】A.1.0molCH4与3.0molCl2光照下反应，会生成四种氯代物与氯化氢，因此生成的CHCl3分子数小于1.0NA，故A项错误；

B.1.0mol·L－1的（NH4）3PO4溶液，因体积未知，则无法计算溶液中阳离子数目，故B项错误；

C.5.6gFe的物质的量为

=0.1mol，与足量浓盐酸反应的方程式为：

2HCl+Fe＝FeCl2+H2↑，则完全反应转移的电子数为2×0.1×NA=0.2NA，故C项正确；

D.常温下SO3为液体，因条件不足，则无法计算2.24LSO3的物质的量，因此其分子内的质子数也无法计算，故D项错误。

答案选C。

【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。

本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。

4.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是

A.

所示装置进行用已知浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸浓度的实验

B.

所示装置验证二氧化硫的漂白性

C.

所示装置分离四氯化碳和苯的混合物

D.

所示装置检验氯化铵受热分解生成的两种气体

【答案】D

【解析】

【分析】

A.酸式滴定管只能盛放酸性溶液或强氧化性溶液，碱式滴定管用来盛放碱性溶液；

B.二氧化硫的漂白性可用品红溶液验证；

C.依据蒸馏时温度计的作用分析作答；

D.氯化铵受热易分解生成氨气与氯化氢。

【详解】A.玻璃中的二氧化硅成分会与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠，会导致活塞打不开，所以不能用酸式滴定管盛放标准的氢氧化钠溶液，而应用碱式滴定管盛放，故A项错误；

B.实验装置中生成的二氧化硫会与溴水和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使两者褪色，体现的是二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故B项错误；

C.四氯化碳和苯互溶且沸点不同，可用蒸馏法分离，其温度计应放在蒸馏烧瓶的支管口处，以便测量蒸汽的温度，故C项错误；

D.图中氯化铵受热易分解生成氨气与氯化氢，左侧的五氧化二磷为酸性干燥剂，可干燥氯化氢气体，使湿润的蓝色石蕊试纸变红，而右侧碱石灰为碱性干燥剂，可干燥氨气，使湿润的酚酞试剂变红，因此该实验能达到实验目的，故D项正确；

答案选D。

5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。

W、Y、Z最外层电子数之和为12；W与X、Y与Z分别同周期；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。

下列说法错误的是

A.常温常压下W的单质为气态

B.Z的氢化物为共价化合物

C.X和Y的原子半径大小：

X＜Y

D.X与Z形成的化合物属于碱性氧化物

【答案】D

【解析】

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀，则X为O，Z为Si，Y为金属元素，与Z同周期，则Y在第三周期，则Y可能为Na、Mg或Al，又W、Y、Z最外层电子数之和为12，且W与X同周期，原子序数比X小，则做如下分类讨论：

若Y为Na，则依据W、Y、Z最外层电子数之和为12，推出W的最外层电子数为7，原子序数比X（O）大，不符合题意，舍去；

若Y为Mg，则依据W、Y、Z最外层电子数之和为12，推出W的最外层电子数为6，原子序数等于X（O），不符合题意，舍去；

若Y为Al，则依据W、Y、Z最外层电子数之和为12，推出W的最外层电子数为5，是N元素，符合题意；

综上所述，W为N，X为O，Y为Al，Z为Si，据此分析作答。

【详解】A.常温常压下W的单子为N2，为气体，故A项正确；

B.Z为Si，其氢化物为SiH4，分子内的化学键只有Si-H共价键，为共价化合物，故B项正确；

C.在元素周期表中，从上到下，原子半径依次增大，X为O，Y为Al，则原子半径的大小关系为：

X＜Y，故C项正确；

D.X与Z形成的化合物为SiO2,可与碱发生反应生成盐和水，为酸性氧化物，故D项错误；

答案选D。

6.铝石墨双离子电池是一种全新的低成本、高效能电池，反应原理为

，电池结构如图所示。

下列说法正确的是

A.放电时，外电路中电子向铝锂电极移动

B.充电时，应将铝石墨电极与电源负极相连

C.放电时，正极反应式为Cx（PF6）+e−=xC+PF6−

D.充电时，若电路中转移1mol电子，则阴极质量增加9g

【答案】C

【解析】

【分析】

A.放电时，外电路中电子向正极移动；

B.充电时，铝石墨电极的C元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极；

C.依据原电池的工作原理书写电极反应式；

D.阴极锂离子发生还原反应，电极反应为：

Al+Li++e-═AlLi；

【详解】A.放电过程为原电池原理，外电路电子从负极流出，流向正极。

根据反应总方程式可知，该装置放电过程中，锂元素化合价升高发生氧化反应，碳元素化合价降低发生还原反应，所以铝锂电极做负极，铝石墨电极做正极，则外电路电子向铝石墨电极移动，故A项错误；

B.充电过程为放电过程的逆过程，铝石墨电极作为阳极与电源的正极相连，故B项错误；

C.放电时正极发生还原反应，其电极反应式可表示为：

Cx（PF6）+e−=xC+PF6−，故C项正确；

D.充电时，阴极锂离子发生还原反应，电极反应为：

Al+Li++e-═AlLi，所以转移1mole-，阴极电极从Al变为AlLi将增重1mol×7g/mol=7g，故D项错误；

答案选C。

7.下图为常温下向10mL0.1mol·L－1NH3·H2O中加入等浓度的盐酸时NH3·H2O的物质的量随V（盐酸）的变化曲线，（电离度为已电离的NH3·H2O占初始时NH3·H2O的百分比）下列说法正确的是

A.测得a点时溶液的pH＝11，则NH3·H2O的电离度为1％

B.b点时溶液的pH＝7

C.水的电离程度：

b＜c

D.c点时溶液中存在关系式：

2c（Cl−）=c（NH4+）+c（NH3·H2O）

【答案】A

【解析】

【分析】

A.根据溶液中的pH，计算出溶液中的c（OH−），结合电离度的定义分析；

B.等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中溶质为氯化铵；

C.氯化铵促进水的电离，盐酸抑制水的电离；

D.根据物料守恒规律得出结论。

【详解】A.常温下a点时溶液的pH＝11，则已电离的氢氧根离子浓度c（OH−）=

=

=10-3mol/L，NH3·H2O起始的物质的量浓度为0.1mol/L，则电离度=

×100%=1%，故A项正确；

B.b点时，氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，因铵根离子的水解使溶液显酸性，则pH＜7,故B项错误；

C.b点时溶液的溶质为氯化铵，c点时，溶液的溶质为氯化铵与氯化氢，因过量的酸会抑制水的电离可知，水的电离程度：

b>c，故C项错误；

D.c点时溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl与HCl，其溶液中存在物料守恒，即c（Cl−）=2[c（NH4+）+c（NH3·H2O）]，故D项错误；

答案选A。

8.一种以软锰矿（主要成分为MnO2、SiO2、Al2O3）和黄铁矿（FeS2、SiO2）为原料冶炼金属锰的工艺流程如图所示：

已知相关金属离子[c（Mn＋）＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH如下：

金属离子

Fe3＋

Mn2＋

Al3＋

开始沉淀的pH

2.7

8.3

3.2

沉淀完全的pH

3.7

9.8

5.0

回答下列问题：

（1）MnO2本身不能溶于硫酸，但是在Fe2＋的作用下却能溶解，写出该反应的离子方程式：

____________________________。

（2）滤渣1的成分除了SiO2外，还有一种淡黄色的物质是_______________（填化学式）。

（3）除杂步骤中加入的MnCO3的作用是____________________________，该过程需调节溶液pH的范围是___________________________，若把pH调得过高，其后果是_________________________。

（4）用惰性电极进行电解，电解刚开始时阴极的电极反应式为____________________，电解后阳极的电解质溶液可返回_______________________（填“酸浸”“除杂”或“电解”）工序继续使用。

【答案】

（1）.MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O

（2）.S（3）.调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀（4）.5.0≤pH＜8.3（5）.会使Al元素形成AlO2-混入溶液中而无法分离出来，且锰的产率会降低（6）.Mn2＋＋2e－＝Mn（7）.酸浸

【解析】

【分析】

（1）MnO2具有氧化性，Fe2＋具有还原性，在酸性条件下发生氧化还原反应；

（2）根据元素守恒法结合固体的颜色作答；

（3）加入MnCO3，根据沉淀所需的pH除去Fe3＋和Al3＋，且不引入新的杂质；依据相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH表格数据分析作答；

（4）电解质主要为硫酸锰，依据电解原理分析惰性电极中阴阳极的放电顺序，据此回答。

【详解】

（1）Fe2＋在酸性条件下将MnO2还原为Mn2＋，其离子方程式为：

MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，

故答案为：

MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；

（2）FeS2与硫酸会反应生成淡黄色难溶于水的沉淀，为S单质，

故答案为：

S；

（3）加入的MnCO3可调节溶液的pH到合适的范围，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀，所需的pH值≥5.0，而Mn2＋开始沉淀的pH为8.3，则调节的pH范围为：

5.0≤pH＜8.3；

故答案为：

调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀；若把pH调得过高，氢氧化铝沉淀会被碱性溶液溶解，生成偏铝酸根离子，且从沉淀所需pH值表格数据可看出，Mn2＋会开始沉淀，导致锰的产率会降低，

故答案为：

调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀；5.0≤pH＜8.3；会使Al元素形成AlO2-混入溶液中而无法分离出来，且锰的产率会降低

（4）用惰性电极进行电解MnSO4，阴极Mn2＋得电子发生还原反应得到金属锰，其电极反应式为：

Mn2＋＋2e－＝Mn，阳极发生氧化反应，其电极反应式为：

4OH−−4e－＝O2↑＋2H2O，使溶液呈酸性，得到的硫酸溶液可返回“酸浸”工序重复利用，

故答案为：

Mn2＋＋2e－＝Mn；酸浸。

9.世界能源消费的90%以上依靠化学技术。

回答下列问题：

（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气。

已知：

C（s）+

O2（g）=CO（g）△H1=－110.35kJ·mol－1

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2=－571.6kJ·mol－1

H2O

（1）=H2O（g）△H3=+44.0kJ·mol－1

则反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g）△H4=___________。

某实验小组在实验室模拟反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g），其平衡常数表达式为K=___________。

一定温度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2。

则6min内以CO表示的平均反应速率为___________（保留3位有效数字）。

（2）燃料气（主要含N2和H2，还含有少量其他杂质）中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。

CeO2可由草酸铈[Ce（C2O4）3]灼烧制得，反应的化学方程式为_________________________________。

在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度的变化如图所示。

加人H3PO4___________（填“促进”或“抑制”）CuO/CeO2的催化。

温度为120℃，催化剂为CuO/CeO2－HIO3时，若燃料气流速为1800mL·min－1，CO的体积分数为0.68%，则反应0.5h后CO的体积为___________mL。

（3）LiOH是制备锂离子电池正极材料的重要原料，利用LiCl溶液电解制备得LiOH的装置如图，LiOH在___________（填“M极”或“N极”）制得，N极产生的气体a通入淀粉KI溶液溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去。

据此写出N极的电极反应式：

______________________，蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，写出此反应的化学方程式：

____________________________________________。

【答案】

（1）.+131.45kJ/mol

（2）.

（3）.0.0292mol•L-1•min-1（4）.Ce2（C2O4）3

2CeO2+4CO↑+2CO2↑（5）.抑制（6）.73.44（7）.M极（8）.2Cl--2e-=Cl2↑（9）.5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl

【解析】

【详解】

（1）已知：

①C（s）+

O2（g）═CO（g）△H1=-110.35kJ•mol-1

②2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2=+571.6kJ•mol-1

③H2O（l）═H2O（g）△H3=+44.0kJ•mol-1

则：

反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）可以是①+②×

-③得到，所以△H4=①+②×

-③=（-110.35kJ•mol-1）+（571.6kJ•mol-1）×

-44.0kJ•mol-1=+131.45kJ/mol；

反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g）的平衡常数表达式为K=

；

6min时生成0.7gH2，c（H2）=

，根据反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g）可知，转化的c（CO）=c（H2），则6min内以CO表示的平均反应速率为υ（CO）=

0.0292mol•L-1•min-1；

（2）灼烧草酸铈[Ce（C2O4）3]分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，反应方程式为：

Ce2（C2O4）3

2CeO2+4CO↑+2CO2↑；

相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象知道当H3PO4加入时，CO的转化率降低，则抑制CuO/CeO2的催化；

120℃时，CO的转化率是80%，气体混合物流速为1800mL•min-1；CO的体积分数为0.68%，则反应0.5小时后CO的体积为1800mL•min-1×0.5h×60min/h×0.68%×（1-80%）=73.44mL；

（3）N极产生的气体a通入淀粉KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去，则气体a为Cl2，N极为阳极；则M是阴极，电极M上H+放电产生H2，促进M极附近水的电离，则LiOH在M极制得；N极为阳极，根据放电顺序，N极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成HIO3，则Cl2被还原成盐酸，反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl。

【点睛】本题考查反应热有关计算、电解原理应用、读图获取信息能力等，侧重于考查学生分析解决问题与知识迁移运用，题目难度中等。

10.二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

回答下列问题：

（1）在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式：

________________________。

（2）某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。

①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________________。

②装置B的作用是__________________。

③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式为__________________。

④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是______________________。

（3）测定装置C中ClO2溶液的浓度：

取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入_______________________作指示剂，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），当看到____________________________现象时，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为________mol·L－1。

【答案】

（1）.2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－

（2）.稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸（3）.防止倒吸（或作安全瓶）（4）.2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O（5）.加大氮气的通入量（6）.淀粉溶液（7）.溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色（8）.0.04

【解析】

【分析】

（1）依据电子转移数守恒配平该氧化还原反应方程式；

（2）①结合ClO2的特点，从安全隐患角度分析考虑；

②根据仪器的连接特点作答；

③NaClO3与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应用于制备ClO2；

④装置C中导管液面上升时，说明ClO2在水中过饱和，析出晶体；

（3）碘单质与淀粉溶液变蓝；再根据标准溶液滴定待测液的基本实验操作分析作答；最后依据电子转移数守恒及各物质之间的关系式列式计算。

【详解】

（1）ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，本身氯元素化合价降低到稳定的-1价，其离子方程式为：

2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－，

故答案为：

2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－；

（2）①氮气可稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，

故答案为：

可稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；

②ClO2易溶于水，则装置B作为安全瓶，可防倒吸，

故答案为：

防止倒吸（或作安全瓶）；

③装置A内发生氧化还原反应，NaClO3作氧化剂，H2O2做还原剂，反应有氧气生成，结合原子守恒规律可知，产物中还有水，其化学方程式为：

2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，

故答案为：

2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；

④装置C中导管液面上升时，说明ClO2浓度过大，为防止爆炸，需加大氮气的通入量，

故答案为：

加大氮气的通入量；

（3）KI可在酸性条件下被ClO2氧化为I2，因I2与淀粉溶液会变蓝，所以可用淀粉溶液作为反应的指示剂，用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2溶液，当滴定最后一滴标准Na2S2O3时，锥形瓶内的溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明已达到终点，依据电子转移数守恒规律列出关系式2ClO2

5I2

10S2O32-，则n（ClO2）=

n（S2O32-）=

×0.1000mol·L－1×20.00×10-3L=4×10-4mol，因此锥形瓶内ClO2的浓度为c（ClO2）=

=0.04mol/L，

故答案为：

淀粉溶液；溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.04。

【点睛】氧化还原反应的应用是高考必考点，利用关系式法可以化繁为简。

所谓关系式法，就是根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算，这样可以很快理清思路，提高做题准确率与做题效率。

如最后一问，利用碘单质中间量，直接找出ClO2与S2O32-之间的等量关系，是解此小题的突破口。

11.Zn在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位，明朝末年宋应星所著的《天工开物》一书中就有世界上最早的关于炼锌技术的记载。

回答下列问题：

（1）Zn基态原子的电子排布式为___________，4s能级上的成对电子数为___________。

（2