四川省成都市第七中学2019届高三化学下学期三诊模拟考试试题（含解析）

四川省成都市第七中学2019届高三化学下学期三诊模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：Cl-35.5Fe-56Cu-64Sn-119第Ⅰ卷（共126分）一、选择题：本题共13个小题，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。1.二氧化碳气体能引起温室效应，“碳捕捉技术”可实现二氧化碳的分离、储存和利用，其工艺流程示意图如下，下列叙述中正确的是（）A.CO2是引起酸雨的主要物质之一B.能源消耗低是该技术的一大优点C.捕捉CO2可使用小苏打溶液D.捕捉到的CO2可作化工原料【答案】D【解析】【详解】A.二氧化碳气体是引起温室效应的主要气体之一，故A错误；B.由流程示意图可知，该捕捉技术反应复杂且能耗大，故B错误；C.CO2和小苏打溶液不反应，故C错误；D.CO2可以和许多物质发生反应，因此可作化工原料，比如制纯碱就要用二氧化碳，故D正确；故选D。2.三氯生（常作抗菌剂）的一种衍生物结构如下图所示。关于该衍生物的说法不正确的是（）A.分子式为C12H6Cl4OB.是二氯苯的同系物C.其一溴代物有三种D.能发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A.三氯生的分子式是C12H6Cl4O，故A正确；B.同系物要满足结构相似，和二氯苯的结构不相似，故B错误；C.是以氧原子为中心的对称结构，苯环上有三种不同环境的氢原子，故其一溴代物有三种，故C正确；D.苯环与氢气发生加成反应，故D正确；故选B。3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L己烯中含有碳氢键数目为12NAB.5.6gFe与足量盐酸完全反应，失去电子数目为0.2NAC.0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3的数目为0.2NAD.电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，己稀不是气体，无法计算，故A错误；B.5.6gFe为0.1mol，与足量盐酸完全反应生成Fe2+，失去电子数目为0.2NA，故B正确；C.N2与H2的反应是一个可逆反应，0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3的数目小于0.2NA，故C错误；D.粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NA，故D错误；故选B。4.下列实验中，为达到实验目的所用的实验操作和原理解释都正确的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.胶粒和溶液都能够通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析的方法分离，故A错误；B.镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，直接蒸发无法获得氯化镁固体，应该在HCl气流中蒸发，故B错误；C.氯化铵溶液和氢氧化钠溶液要反应，故C错误；D.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中不溶，所以可以采取分液的操作，故D正确；故选D。5.X、Y、Z、W是第三周期元素，它们最高价氧化物对应的水化物溶于水，得到浓度均为0.010mol/L的溶液，其pH（25℃）与对应元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.简单离子的半径：XZWB.简单气态氢化物的稳定性：ZWYC.Y单质可用于制作半导体材料D.n=2-lg2【答案】D【解析】【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径YZCl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此来答题。【详解】A.比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层结构相同的离子，原子序数大，半径小，故离子的半径：ZWX，故A错误；B.非金属性越强，气态氢化物越稳定，故简单气态氢化物的稳定性：WZY，故B错误；C.Y为P元素，单质不可用于制作半导体材料，故C错误；D.Z为S元素，形成的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，由于PH=-lgc(H+)=-lg0.02=n，故n=2-lg2，故D正确；故选D。【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。据此，同种元素的原子半径大于阳离子半径，小于阴离子半径。6.用Li和石墨的复合材料以及纳米Fe2O3材料作电极的锂离子电池，在循环充放电过程中可实现对磁性的可逆调控(如图)。下列有关说法一定错误的是A.该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液B.放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2FeC.充电时，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-=Fe2O3+6Li+D.充放电过程中，电池可在被磁铁不吸引和吸引之间循环调控【答案】A【解析】【详解】A.因为该电池中含有Li和Fe2O3，都可以与硫酸反应，故A错误；B.放电时，Li作为负极，失电子被氧化，阳极Fe2O3得电子被还原，故放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe，故B正确；C.充电时，阳极与正极相反，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-=Fe2O3+6Li+，故C正确；D.根据题目的示意图，充电过程是从右往左的过程，可以看到电池没有被磁铁吸引，因为充电过程的物质转化过程是由Fe和Li2O转化为Li和Fe2O3，因此充电时电池不能被磁铁吸引，放电过程的物质转化是由Li和Fe2O3转化为Fe和Li2O，有铁生成，因此放电时电池被磁铁吸引，故D正确；故选A。7.常温下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（）A.各点溶液中的离子浓度总和大小关系：dcbaB.常温下,R-的水解平衡常数数量级为10-9C.a点和b点溶液中，水的电离程度相等D.d点的溶液中,微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)【答案】B【解析】【详解】A.根据图分析可知，b点导电能力最强，故b点溶液中的离子浓度最大，故A错误；B.根据起点PH=3，Ka=c(H+)c(R-)/c(HR)=(10-3)2/0.1=10-5，代入Kh=Kw/Ka=10-14/10-5=10-9，故B正确；C.a点是酸过量，抑制水的电离，b点恰好中和，水解促进水的电离，故C错误；D.d点是NH4R和NH3∙H2O的混合物，它们物质的量浓度相等，故物料守恒：2c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)，两式相加可得，2c(HR)+c(H+)+c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(OH-)，故D错误；故选B。【点睛】溶液是显电中性的，即溶液中阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数。8.常温下，无水四氯化锡是一种无色易挥发、易流动的液体，遇水极易发生水解。某学习小组设计了下图所示的装置制备无水四氯化锡。其反应原理是Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ/mol。请回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________，（2）装置B中反应的离子方程式是________________。（3）装置C的作用是除去氯化氢，所用试剂X的名称是___，装置D的作用是___。（4）当F中充满SnCl4时，将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是：________，再用橡皮球从冷凝管上口向装置内吹气。（5）若制取3kg含氯气的质量分数为13.0%的SnCl4，则至少需通入的氯气（标准状况）____m3。(保留2位小数)（6）上述实验设计中，还有一些不合理之处，请写出两点_______。【答案】(1).锥形瓶(2).2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑(3).饱和食盐水(4).干燥氯气(5).关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3(6).0.57(7).冷凝管和锥形瓶敞口生成物易挥发或易水解，没有安装尾气处理装置，没有对E装置进行冷却【解析】【分析】（1）仪器a的名称是锥形瓶。（2）装置B中发生的反应是2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑。（3）由于氯气在饱和食盐水中不溶，故除去氯气中的氯化氢用饱和食盐水，浓硫酸的作用是干燥氯气。（4）当F中充满SnCl4时，将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是：关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3，再用橡皮球从冷凝管上口向装置内吹气。（5）根据方程式Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)解答。（6）冷凝管和锥形瓶敞口生成物易挥发或易水解，没有安装尾气处理装置，没有对E装置进行冷却。【详解】（1）仪器a的名称是锥形瓶，故答案为：锥形瓶。（2）装置B中发生的反应是2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑，离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑，故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑。（3）由于氯气在饱和食盐水中不溶，故除去氯气中的氯化氢用饱和食盐水，浓硫酸的作用是干燥氯气，故答案为：饱和食盐水；干燥氯气。（4）当F中充满SnCl4时，将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是：关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3，再用橡皮球从冷凝管上口向装置内吹气。故答案为：关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3。（5）根据方程式Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)142261m3000×87％gm=1420g，至少需通入的氯气的质量为1420g+3000×13％g，标准状况下的体积为(1810g/71g∙mol-1)×22.4L∙mol-1≈571L≈0.57m3，故答案为：0.57。（6）冷凝管和锥形瓶敞口生成物易挥发或易水解，没有安装尾气处理装置，没有对E装置进行冷却，故答案为：冷凝管和锥形瓶敞口生成物易挥发或易水解，没有安装尾气处理装置，没有对E装置进行冷却。9.我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了炉甘石（ZnCO3）和木炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO、少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示。请回答下列问题：（1）《天工开物》中炼锌的方法中利用了木炭的____性。（2）滤渣1和滤渣3的主要成份分别是______、______（填化学式）。（3）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是______；“溶浸”时温度不宜过高，其原因是______。（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52-转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，该反应的离子方程式是______。（5）“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极放电的电极反应式是______。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_____（写化学式）。该流程中可以循环使用的物质是_____（写化学式）。【答案】(1).还原(2).Pb(3).Cu(4).ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++H2O或ZnO+2NH3∙H2O+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2O(5).避免氨水的分解与挥发(6).2AsCl52-+2H2O2+H2O=As2O5(胶体)+1OCl-+6H+(7).[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑(8).N2(9).NH4Cl(或NH3∙H2O和NH4Cl)【解析】【分析】（1）《天工开物》中炼锌，发生的氧化还原反应为2ZnO+C2Zn+CO2↑。（2）根据流程可知氧化锌烟灰中Zn，Cu，As三种元素都形成配合物了，故滤渣1为Pb，加入锌粉把铜置换出来，故滤渣3为Cu。（3）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn(NH