青海省西宁市第四高级中学、第五中学、第十四中学三校2019届高三化学下学期4月联考试题（含解析）

青海省西宁市第四高级中学、第五中学、第十四中学三校2019届高三化学下学期4月联考试题（含解析）1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A.明矾常用作净水剂，其作用是吸附杂质并杀菌B.加碘盐含有碘化钾，其作用是补充碘元素C.“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理D.汽车尾气中的污染物是造成雾霾天气的一种重要因素【答案】D【解析】【详解】A.明矾常用作净水剂，是因为Al3＋水解生成了Al(OH)3胶体，具有很强的吸附能力，使悬浮物聚沉，起到净水作用，没有杀菌消毒的作用，A项错误；B.加碘盐中含的是碘酸钾，而不是碘化钾，B项错误；C.酿酒加酒曲是因为酒曲上生长有大量的微生物，还有微生物所分泌的酶（淀粉酶、糖化酶和蛋白酶等），酶具有生物催化作用，可以将谷物中的淀粉加速转变成糖，糖在酵母菌的酶的作用下，分解成乙醇（酒精），利用的是催化剂加快化学反应速率的原理，催化剂不影响平衡，C项错误；D.汽车尾气中含有固体颗粒污染物，是造成雾霾天气的一种重要因素，D项正确；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.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAB.78g苯含有C=C双键的数目为3NAC.pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋数目为0.1NAD.50mL18.4mol·L－1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA【答案】A【解析】【详解】A.氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，A项正确；B.苯中不存在碳碳双键，B项错误；C.没有注明稀硫酸的体积，故不能计算H+的个数，只能写做c(H+)=0.1mol/L，C项错误；D.浓硫酸随着反应进行变成稀硫酸反应停止，不能用硫酸计算二氧化硫的数据，D项错误；答案选A。【点睛】B项是学生的易错点，要牢记苯环分子内的特殊化学键。3.以下叙述正确的是（）A.用重结晶的方法除去KNO3固体中混杂的NaCl，是利用NaCl在水中的溶解度很大B.金属钠着火时，立即用泡沫灭火器进行灭火C.在滤纸上称量氢氧化钠固体，导致所配制氢氧化钠溶液浓度偏低D.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色沉淀，说明溶解度Ag2S大于AgCl【答案】C【解析】【详解】A.用重结晶的方法除去硝酸钾中的氯化钠杂质，利用的原理是二者的溶解度随温度变化差异较大，A项错误；B.金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，可以使用沙子灭火，B错误；C.因氢氧化钠固体由腐蚀性，在滤纸上称量氢氧化钠固体，使实际称量的氢氧化钠质量偏小，最终导致所配制氢氧化钠溶液浓度偏低，C项正确；D.沉底的转化向着溶解度更小的方向进行，AgCl沉淀加入Na2S溶液转变为Ag2S，所以其溶解度关系：AgClAg2S，D项错误；答案选C。4.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是（）A.X与W的最高价氧化物对应水化物溶液反应所得产物可促进水的电离。B.Z的一种氧化物可使品红溶液褪色，将褪色后的溶液加热后恢复红色C.X形成的所有含氧化合物中只存在离子键D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时溶液中的微粒共有6种【答案】B【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Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，结合元素及物质结构与性质作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、W、Z分别是Na、P、Cl和S元素，则A.X与W的最高价氧化物对应水化物溶液反应生成高氯酸钠，为强酸强碱盐，对水的电离无影响，A项错误；B.二氧化硫可使品红溶液褪色，将褪色后的溶液加热后恢复红色，B项正确；C.X形成的所有含氧化合物之一过氧化钠，含有离子键与非极性共价键，C项错误；D.X最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，是一元强碱，Y的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，是三元中强酸，恰好中和时溶液中的微粒有：Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4、H3PO4、H2O、OH-、H+共7种，D项错误；答案选B。5.下列有关有机物同分异构体数目的叙述中，不正确的是()选项有机物同分异构体数目A戊烷3种BC8H10中属于芳香烃的有机物3种C分子式为C4H10的一氯代物4种DC5H12O中能被催化氧化成醛的有机物4种A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.戊烷有正戊烷、异戊烷与新戊烷3种同分异构体，A项正确；B.C8H10中属于芳香烃的有机物有：乙苯、邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯4种同分异构体，B项错误；C.C4H10的烃的一氯代物的同分异构体4种：，C项正确；D.C5H12O中能被催化氧化成醛的有机物有CH3CH2CH2CH2CH2OH、、、，共有四种，D项正确；答案选B。【点睛】掌握醇发生催化氧化的条件是解答的关键，醇发生催化氧化的条件是羟基碳原子上含有氢原子，如果含有1个氢原子，则生成酮类，如果含有2个或2个以上氢原子则氧化生成醛类，解答时注意灵活应用。6.某同学按下图所示的装置进行实验。A，B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，Y极上产生的气体使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，此时断开开关K。下列分析正确的是()A.A，B两种金属的活动性A＜BB.B极的名称为正极，电极反应：B－2e－===B2＋C.右侧U型管中加入稀盐酸可使电解液恢复原来状态D.X电极周围出现白色胶状沉淀【答案】D【解析】【分析】当K闭合时，Y极上产生的气体使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则Y极产生氯气，是氧化产物，则证明右侧U型管为电解池原理，Y极为阳极，X极为阴极；左侧U型管为原电池原理，B极为电源的正极，A极为电源的负极，根据原电池与电解池的工作原理分析作答。【详解】；A.根据上述分析知，左侧U型管为原电池原理，B极为电源的正极，A极为电源的负极，金属活动性：AB，A项错误；B.B极的名称为正极，为得电子的还原反应，其电极反应：B2＋+2e－=B，B项错误；C.右侧U型管中电极为惰性电极，电解质溶液为氯化铝溶液，阴极产生氢气的同时会生成氢氧化铝胶体，溶液中铝离子浓度减小，因此只加入稀盐酸，不控制稀盐酸的用量，可能恢复不到原有的状态，C项错误；D.X电极为阴极，电极反应式为：2H2O＋2e－＝H2↑+2OH－，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，周围出现白色胶状沉淀，D项正确；答案选D。【点睛】抓住Y极产生了氯气时解题的突破口，掌握电解池与原电池工作的基本原理，要考虑到电解质环境对产物的影响。7.室温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()A.I表示的是滴定醋酸的曲线,用酚酞作指示剂B.pH＝7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20.00mLC.V(NaOH)＝20.00mL时，两份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)D.V(NaOH)＝10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO－)c(Na＋)c(H＋)c(OH－)【答案】C【解析】【详解】A.根据图像可知，曲线发生突变时均消耗20.00ml氢氧化钠溶液，这说明醋酸和盐酸的起始浓度均是0.1000mol/L。滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，用酚酞作指示剂，A项正确；B.醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，盐酸所用NaOH溶液的体积等于20.00mL，醋酸所用NaOH溶液的体积小于20.00mL，B项正确；C.V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液显碱性，则根据电荷守恒可知c(Cl－)c(CH3COO－)，C项错误；D.当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸的（1:1）混合液，溶液显酸性；根据电荷守恒关系：c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)可知，当c(H+)c(OH-),则有c(CH3COO-)c(Na+)，D项正确；答案选C。8.四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/℃246−33沸点/℃652144其他性质无色晶体，易氧化无色液体，易水解回答下列问题：（1）甲装置中仪器A的名称为___________。（2）用甲装置制氯气，MnO4−被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为________________。（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到__________（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：①促进氯气与锡反应；②_______________________。（4）乙装置的作用____________，如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为_________；己装置的作用是_____（填序号）。A．防止空气中CO2气体进入戊装置B．除去未反应的氯气，防止污染空气C．防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解D．防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化（5）某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中不可用于检测是否产生SnCl2的有_______（填序号）。A．H2O2溶液B．酸性高锰酸钾溶液C．AgNO3溶液D．溴水（6）反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.04gSnCl4，则SnCl4的产率为_______（保留2位有效数字）。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).10Cl-+16H++2MnO4-=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+(3).丁中充满黄绿色气体(4).促进四氯化锡挥发(5).除去氯气中混有的氯化氢气体(6).Sn+2HCl=SnCl2+H2(7).BC(8).AC(9).78%【解析】【分析】SnCl4极易水解，应在无水环境下进行进行，A装置制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的Cl2中含有HCl及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，丙中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。氯气与Sn在丁处试管中反应生成SnCl4，反应生成SnCl4的为气态，在戊处冷却收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解。【详解】(1)根据装置图可知：甲装置中仪器A的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；(2)在A中KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，发生反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(3)若整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集，故答案为：丁中充满黄绿色气体；促进四氯化锡挥发；(4)乙装置的作用是除去氯气中混有的HCl杂质，如果缺少乙装置，氯气中混有的HCl气体与Sn反应产生SnCl2与氢气，其方程式为Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，使SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；己装置是干燥管，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的