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-1-辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三化学下学期第八次模拟试题(含解析)1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()现象或事实解释AAl(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量的热BK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性,被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物,可以软化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂,能氧化CO2生成O2D浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A.Al(OH)3受热分解时需要吸收大量的热,同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用,从而用作塑料的阻燃剂,故A错误;B.K2FeO4具有强氧化性,用于自来水的消毒,被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物,具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用,但不能软化硬水,故B错误;C.Na2O2与二氧化碳反应产生氧气,是过氧化钠自身的氧化还原反应,C错误;D.KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2,而乙烯具有催熟作用,故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜,D正确。答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.高温下,0.2molFe与足量水蒸气反应,生成的H2分子数目为0.3NAB.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时,电路中通过的电子数目为2NA-2-D.5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA【答案】D【解析】试题分析:A.高温下,Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁,四氧化三铁中Fe的化合价为价,因此Fe失去电子的物质的量为:,根据得失电子守恒,生成H2的物质的量为:,因此生成的H2分子数目为,A错误;B.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L,且H+全部由水电离,由水电离的OH-浓度等于水电离出的H+浓度,因此由水电离的OH-为10-13mol/L×1L=10-13mol,B错误;C.氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应,当消耗标准状况下22.4L气体时,电路中通过的电子的数目为,C错误;D.该反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA,D正确。故答案D。考点:考查阿伏伽德罗常数的相关计算。3.用下列装置完成相关实验,合理的是()A.图①:验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B.图②:收集CO2或NH3C.图③:分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D.图④:分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5【答案】B【解析】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢,氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀,干扰二氧化碳与-3-硅酸钠反应,A错误;B.氨气的密度比空气密度小,二氧化碳的密度比空气密度大,则导管长进短出收集二氧化碳,短进长出收集氨气,B正确;C.Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层,应选分液法分离,C错误;D.CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶,不能分液分离,应选蒸馏法,D错误;答案选B。点睛:本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,选项A是解答的易错点,注意浓盐酸的挥发性。4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,X是同周期中金属性最强的元素,Y原子的最外层电子数等于电子层数,W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A.单质的沸点:ZWB.简单离子半径:XWC.元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素,据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素;A.Z、W的单质分别为氯气、氟气,二者形成的晶体都是分子晶体,相对分子质量氯气较大,则氯气的沸点较高,即单质的沸点:Z>W,故A正确;B.X为Na、W为F,二者的离子都含有2个电子层,Na的核电荷数较大,则钠离子的离子半径较小,即简单离子半径:X<W,故B错误;C.X为Na,金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键,故C正确;D.X、-4-Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸,氢氧化铝具有两性,则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应,故D正确;故答案为B。5.化学式为C3H7FO的物质,含有羟基的同分异构体数目为(不考虑空间异构)()A.4种B.5种C.6种D.7种【答案】B【解析】【分析】C3H7FO可以看做丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代,丙烷只有一种结构,F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子,可以取代不同碳原子上的H原子,据此书写判断。【详解】C3H7FO可知丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代,丙烷只有一种结构,F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子,有2种:CH3CH2CH(OH)F、CH3CF(OH)CH3,可以取代不同碳原子上的H原子,有3种:HOCH2CH2CH2F、CH3CH(OH)CH2F、CH3CHFCH2OH,共有5种,故答案为B。【点睛】本题是根据等效氢的方法判断同分异构体的数目,等效氢法的判断可按下列三点进行:①同一碳原子上的氢原子是等效的;②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的;③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的(相当于平面成像时,物与像的关系)。6.银Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中,氧化银能将甲醛充分氧化为CO2;②Fe3+与产生的Ag定量反应生成Fe2+;③Fe2+与Ferrozine形成有色配合物;④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A.①中,负极上消耗1mol甲醛时转移2mol电子B.①溶液中的H+由正极移向负极C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1∶4D.④中,甲醛浓度越大,吸光度越小【答案】C【解析】A.甲醛分子中碳元素的化合价为0价,1mol甲醛被氧化时转移4mol电子,故A错误;B.原电池中阳离子向正极移动,故B错误;C.每生成1molFe2+转移1mol电子,1mol甲醛被氧化时转移4mol电子,根据电子转移的数目相等,可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比-5-为1:4,故C正确;D.④中,甲醛浓度越大,反应生成的Fe2+的浓度越大,吸光度越大,故D错误;答案为C。7.常温下,向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()A.M点溶液中水的电离程度比原溶液小B.在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)molC.随着NaOH的加入,c(H+)/c(NH4+)不断增大D.当n(NaOH)=0.1mol时,c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)【答案】C【解析】A.M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液,铵根离子浓度和一水合氨浓度相同,一水合氨是一元弱碱抑制水电离,此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度,A正确;B.在M点时溶液中存在电荷守恒,n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+),n(OH-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol,B正确;C.铵根离子水解显酸性,结合水解平衡常数分析,c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O),随氢氧化钠固体加入,反应生成一水合氨浓度增大,平衡常数不变,则c(H+)/c(NH4+)减小,C错误;D.向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后,当n(NaOH)=0.1mol时,恰好反应生成氯化钠和一水合氨,根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),D正确;答案选C。8.H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答:Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下,用天然气与SO2反应,同时生成两种能参与大气循环的氧化物。-6-(1)该反应的化学方程式为_____________。Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。(2)H2S的第一步电离方程式为________。(3)已知:25℃时,Ksp(SnS)=1.0×10-25,Ksp(CdS)=8.0×10-27。该温度下,向浓度均为0.1mol·L-1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S,当Sn2+开始沉淀时,溶液中c(Cd2+)=________(溶液体积变化忽略不计)。Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为ⅰ.COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)ΔH=+7kJ·mol-1;ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-42kJ·mol-1。(4)已知:断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)H2O(g)CO2(g)能量/(kJ·mol-1)1319442x6789301606表中x=________。(5)向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g),进行上述两个反应。其他条件不变时,体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。①随着温度升高,CO的平衡体积分数_____(填“增大”或“减小”)。原因为_______②T1℃时,测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol。则该温度下,COS的平衡转化率为_____;反应ⅰ的平衡常数为_____(保留两位有效数字)。【答案】(1).4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O(2).H2SH++HS-(3).8.0×10-3mol·L-1(4).1076(5).增大(6).反应ⅰ为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大;反应ⅱ为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO的平衡体积分数也增大(7).20%(8).0.044【解析】-7-【分析】I.(1)工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下,用天然气与SO2反应,同时生成两种能参与大气循环的氧化物,从元素角度考虑,这两种氧化物为CO2和H2O,反应产生H2S;II.(2)H2S的第一步电离产生H+和HS-,是不完全电离;(3)根据溶度积常数计算;III.(4)根据盖斯定律计算,△H=反应物总键能-生成物总键能;(5)①根据方程式和图象分析,升高温度,CO的平衡体积分数增大,升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行;②T1℃时,测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol,此时CO的平衡体积分数为5%,根据方程式计算COS的平衡转化率,将各组分平衡浓度代入平衡常数表达式计算反应i的平衡常数。【详解】I.(1)工业上一种制备H
本文标题:辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三化学下学期第八次模拟试题(含解析)
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