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山东省淄博市2019届高三化学三模考试试题(含解析)一、选择题:本题共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.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下:“凡造淀,叶与茎多者入窖,少者入桶与缸。水浸七日,其汁自来。每水浆一石,下石灰五升,搅冲数十下,淀信即结。水性定时,淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是A.溶解B.搅拌C.升华D.蒸发【答案】C【解析】【详解】A、“水浸七日,其汁自来”涉及到溶解,故A不选;B、“搅冲数十下”涉及到搅拌,故B不选;C、升华是指由固态受热直接变成气体,文中没有涉及,故C选;D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发,故D不选;故选C。2.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素B.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C.疫苗一般应冷藏存放,其目的是避免蛋白质变性D.“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A.丝绸的主要成分是蛋白质,故A错误;B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程,油脂不属于高分子,故B错误;C.疫苗一般应冷藏存放,其目的是避免蛋白质变性,使蛋白质失去活性,故C正确;D.硅是半导体,“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅,故D错误;故选C。3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,反应中转移的电子数为2NAB.25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,由水电离出的OH-数目为0.001NAC.1mol-OH(羟基)与lmolNH4+中所含电子数均为10NAD.2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1NA【答案】B【解析】【分析】A、根据水蒸气与Na2O2的方程式计算;B、25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,水电离出的OH-浓度为10-3mol·L-1;C、一个-OH(羟基)含9个电子;D、苯中不含碳碳双键。【详解】A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2△m2e-4g2mol2g1mol反应中转移的电子数为1NA,故A错误;B、25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,水电离出的OH-浓度为10-3mol·L-1,由水电离出的OH-数目为0.001NA,故B正确;C、1mol-OH(羟基)中所含电子数均为9NA,故C错误;D、苯中不含碳碳双键,故D错误;故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用,难点A根据化学方程式利用差量法计算,易错点B,醋酸钠水解产生的OH-来源于水。4.一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示,(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是A.该反应属于化合反应B.b的二氯代物有6种结构C.1molb加氢生成饱和烃需要6molH2D.C5H11Cl的结构有8种【答案】D【解析】【分析】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl;B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代;C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2;D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl,属于取代反应,故A错误;B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代,故B错误;C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2,故C错误;D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种,故D正确。故选D。【点睛】易错点B,区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件,后者甲基上的氢也可以被取代。5.下列图示(加热装置省略,其序号与选项的序号对应)的实验操作,能实现相应实验目的的是A.探究乙醇的催化氧化B.实验室制取并收集少量纯净的氯气C.研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响D.实验室制备少量NO【答案】C【解析】【分析】A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化;B、盐酸易挥发;C、研究催化剂对反应的速率的影响,过氧化氢的浓度应相同;D、NO易被空气中氧气氧化。【详解】A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化,无法判断酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是乙醛还是乙醇,故A错误;B、因盐酸易挥发,收集到的氯气中混有氯化氢和水,故B错误;C、研究催化剂对反应速率的影响,加入的溶液的体积相同,金属离子和过氧化氢的浓度也相同,符合控制变量法的原则,可达到实验目的,故C正确;D、NO易被空气中氧气氧化,应用排水法收集,故D错误;故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,涉及乙醇催化氧化、气体的制备以及反应速率的影响因素等,把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键,注意方案的合理性、操作性分析。6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。p、q、r是由这些元素组成的二元化合物,常温常压下,p为无色无味气体,q为液态,r为淡黄色固体,s是气体单质。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是A.原子半径:Z>Y>XB.m、n、r都含有离子键和共价键C.m、n、t都能破坏水的电离平衡D.最简单气态氢化物的稳定性:Y>X【答案】A【解析】【分析】p、q、r是由这些元素组成的二元化合物,常温常压下,p为无色无味气体,q为液态,r为淡黄色固体,s是气体单质,可知r为Na2O2,q为H2O,且r与p、q均生成s,s为O2,p为CO2,n为Na2CO3,m为NaHCO3,t为NaOH,结合原子序数可知,W为H,X为C,Y为O,Z为Na。【详解】由上述分析可知,W为H,X为C,Y为O,Z为Na,A.电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,原子半径CO,则原子半径:Z>X>Y,故A错误;B.m为NaHCO3,n为Na2CO3,r为Na2O2,均含离子键、共价键,故B正确;C.m为NaHCO3,n为Na2CO3,t为NaOH,n、m促进水的电离,t抑制水的电离,则m、n、t都能破坏水的电离平衡,故C正确;D.非金属性Y>X,则最简单气态氢化物的稳定性:Y>X,故D正确;故选:A。【点睛】本题考查无机物的推断,把握淡黄色固体及q为水是解题关键,侧重分析与推断能力的考查,注意元素化合物知识的应用。7.人体血液存在H2CO3/HCO3-、HPO42-/H2PO4-等缓冲对。常温下,水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx[x表示c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)]与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2(pKa=-lgKa)。则下列说法正确的是A.曲线I表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)与pH的变化关系B.a-b的过程中,水的电离程度逐渐减小C.当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,c(HPO42-)=c(H2PO4-)D.当pH增大时,c(HCO3-)∙c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小【答案】D【解析】【分析】H2CO3HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=c(H+)·c(HCO3-)/c(H2CO3),所以lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=pKal-pH=6.4-pH,H2PO4-HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2=c(H+)·c(HPO42-)/c(H2PO4-),所以lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-pKa2=pH-7.2,A.当lgx=0时,pH分别为6.4、7.2;B.酸对水的电离有抑制作用,酸性越强即pH越小,抑制作用越大,水的电离程度越小;C.当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,即lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=0,溶液中pH=6.4,则lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8;D.c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3-)·c(H+)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2,pH增大则H2CO3HCO3-+H+正向进行,使c(H2CO3)减小。【详解】A.当lgx=0时,pH分别为6.4、7.2,所以曲线I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=pKal-pH=6.4-pH,曲线II表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-pKa2=pH-7.2,故A错误;B.酸对水的电离有抑制作用,酸性越强即pH越小,抑制作用越大,水的电离程度越小,a-b的过程中pH增大,溶液酸性减弱,水的电离程度增大,故B错误;C.当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,即lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=0,溶液中pH=6.4,则lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8<0,即c(HPO42-)<c(H2PO4-),故C错误;D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3-)·c(H+)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2,pH增大则H2CO3HCO3-+H+正向进行,使c(H2CO3)减小,Ka1、Ka2不变,所以pH增大时,c(HCO3-)∙c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小,故D正确;故选D。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系,把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键,注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法。8.S2Cl2是有机化工中的氯化剂和中间体,为浅黄色液体。可由适量氯气通入熔融的硫磺而得。Cl2能将S2Cl2氧化为SCl2,SCl2遇水发生歧化反应,并且硫元素脱离水溶液。已知:回答下列问题。(1)写出下列反应的化学方程式①制取氯气:________________。②SCl2与水反应:___________。(2)为获得平稳的氯气气流,应_____。(3)C装置中进气导管应置于熔融硫上方且靠近液面,还是伸入熔融硫的下方?请判断并予以解释___。(4)D装置中热水浴(60℃)的作用是________。(5)指出装置D可能存在的缺点_________。【答案】(1).2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O(2).2SCl2+2H2O==S↓+SO2↑+4HCl(3).控制分液漏斗的活塞,使浓盐酸匀速滴下(4).深入熔融硫的下方,使氯气与硫充分接触、反应,减少因氯气过量而生成SCl2(5).除去SCl2(6).没有吸收Cl2、SCl2等尾气的装置【解析】【分析】(1)①不加热条件下可用KMnO4或KClO3与浓HCl作用制氯气;②SCl2与水发生水解反应;(2)为获得平稳的氯气气流,应控制分液漏斗的活塞,使浓盐酸匀速滴下。(3)可通过控制分液漏斗的活塞,来调节反应的快慢;(4)SCl2的沸点是59℃,60℃时气化而除去;(5)Cl2、SCl2等尾气有毒,污染环境。【详解】(1)①不加热条件下可用KMnO4或KClO3与浓HCl作用制氯气,化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O;②SCl2与水发生水解反应:2SCl2+2H2O==S↓+SO2↑+4HCl;(2)为获得平稳的氯气气流,应控制分液漏斗的活塞,使浓盐酸匀速滴下。(3)C装置中进气导管应置于熔融硫上方且靠近液面,深入熔融硫的下方,使氯气与硫充分接触、反应,减少因氯气过量而生成SCl2。(4)SCl2的沸点是59℃,60℃时气化而除去。D装置中热水浴(60℃)的作用是除去SCl2。(5)Cl2、SCl2等尾气有毒,污染环境。装置D可能存在的缺点:没有吸收Cl2、SCl2等尾气的装置9.铍铜广泛应用于制造高级弹性元件。从某废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程如下:已知:I.铍与铝元素处于周期表中相邻周期对角线的位置,化学性质相似。Ⅱ.常温下:Ksp[Cu(O
本文标题:山东省淄博市2019届高三化学三模考试试题(含解析)
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