陕西省汉中市2019届高三化学下学期第二次教学质量检测试题（含解析）

陕西省汉中市2019届高三化学下学期第二次教学质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1B-llC-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31S-32C1-35．5Fe-56Cu-64一、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.化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是（）A.“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材质为Fe2O3B.我国发射的“嫦娥”系列卫星使用了碳纤维，碳纤维是一种新型的有机高分子材料C.“一带一路”是现代“丝绸之路”，丝绸的主要成分是天然纤维素D.将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率【答案】D【解析】【详解】A.司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故A错误；B.碳纤维是碳的单质，属于无机物，是一种无机非金属材料，故B错误；C.丝绸的主要成分是蛋白质，故C错误；D.“地沟油”是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将“地沟油”变成肥皂，可以提高资源的利用率，故D正确；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.1mol－OH(羟基)与1molNH4+中所含电子数均为10NAB.Na2O2与足量的CO2反应生成1molO2，转移电子数目为4NAC.S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NAD.标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子【答案】C【解析】【详解】A.1mol－OH(羟基)中含有的电子数为9NA，1molNH4+中所含电子数为10NA，故A错误；B.Na2O2与CO2反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，生成1molO2，转移电子数目为2NA，故B错误；C.由于S2和S8均由S原子构成，故6.4g混合物中无论两者的比例如何，含有的硫原子的物质的量均为6.4g/32g/mol=0.2mol，个数为0.2NA，故C正确；D.标准状况下SO3是固体，无法用22.4L/mol计算，故D错误；故选C。3.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，且B、C相邻，A在周期表中原子半径最小，C最外层电子数是次外层的三倍，D的简单阳离子和它的含氧酸根离子反应可生成白色沉淀，E单质常温下是黄绿色气体。下列说法中正确的是（）A.元素的简单离子半径：DCBB.A与B两种元素共同形成的10电子粒子有2种C.B的最高价氧化物对应水化物的酸性比E的最高价氧化物对应水化物的酸性弱D.由A、B、C三种元素构成的物质一定是共价化合物【答案】C【解析】【分析】A在周期表中原子半径最小，为H元素，C最外层电子数是次外层的三倍，为O元素，A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B、C相邻，B为N，D的简单阳离子和它的含氧酸根离子反应可生成白色沉淀，D为Al，E单质常温下是黄绿色气体，E为Cl。【详解】A.电子层结构相同的离子，原子序数大，半径小，故离子半径：BCD，故A错误；B.A与B两种元素共同形成的10电子粒子有NH3，NH4+，NH2-，故B错误；C.B为N，E为Cl，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯的非金属性比氮强，故C正确；D.A、B、C组成的化合物可能是硝酸也可能是硝酸铵，所以可能是共价化合物也可能是离子化合物，故D错误；故选C。【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。4.某有机物Z具有美白功效，广泛用于日化产品。该物质可用如下反应制备下列叙述错误的是（）A.X、Y和Z均能和溴水发生反应B.X和Z均能与Na2CO3溶液反应，但不会放出CO2C.Y既能发生取代反应，也能发生加聚反应D.Y分子中所有碳原子一定不共平面【答案】D【解析】【详解】A.X和Z中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，故均能和溴水发生反应，故A正确；B.酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和酚钠，故B正确；C.Y中含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，故Y既能发生取代反应，也能发生加聚反应，故C正确；D.Y中具有乙烯和苯的结构，乙烯和苯分子中所有原子共平面，Y分子中所有碳原子可能共平面，故D错误；故选D。【点睛】解答本题首先要找出物质中含有哪些官能团，官能团决定物质的化学性质，例如酚羟基的邻、对位苯环氢易被Br取代，碳碳双键能和溴水发生加成反应，酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和酚钠等。5.根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳强B用pH试纸分别测定0.1mol/L的苯酚钠和0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH苯酚钠溶液的pH约为8Na2CO3溶液的pH约为10苯酚的酸性强于HCO3-C分别将己烯与苯加入溴水溶液中溴水均褪色两种物质使溴水溶液褪色的原理相同D向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/LNaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置出现红褐色沉淀同温下，Ksp[Mg(OH)2]大于Ksp[Fe(OH)3]A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.盐酸滴入碳酸氢钠溶液中有气泡产生，可知盐酸的酸性大于碳酸，但盐酸不是Cl的最高价含氧酸，不能比较氯和碳的非金属性，故A错误；B.苯酚钠和碳酸钠都是强碱弱酸盐，溶液均显碱性，碱性越强说明对应酸的酸性越弱，故B正确；C.己烯使溴水褪色，发生的是加成反应，苯使溴水褪色，发生的是萃取，故C错误；D.氢氧化钠过量，FeCl3与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀，不能比较KSP，故D错误；故选B。【点睛】（1）盐类水解规律：有弱才水解，越弱越水解，双弱双水解，谁强显谁性，两强显中性。（2）元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强。6.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。该电池工作时的总反应为：NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。下列说法错误的是（）A.装置左侧电极为负极，电子由该极出发，依次通过正极、电解质溶液，回到负极B.正极的反应式为：H2O2+2H++2e－=2H2OC.电池工作时，H+通过质子交换膜向正极移动，D.消耗3.lg氨硼烷，理论上转移0.6mol电子【答案】A【解析】【详解】A.电子不能经过溶液，故A错误；B.H2O2在正极得到电子发生还原反应，电极反应式为：H2O2+2H++2e－=2H2O，故B正确；C.放电时，阳离子向正极移动，H+通过质子交换膜向正极移动，故C正确；D.负极反应式为：NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，消耗3.lg氨硼烷为0.1mol，转移0.6mol电子，故D正确；故选A。7.甲胺(CH3NH2)是一种应用广泛的一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－常温下，向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是（）A.b点对应加入盐酸的体积V20.00mLB.常温下，甲胺的电离常数为Kb，则Kb=10－3.4C.b点可能存在关系：c(Cl－)c(CH3NH3+)c(H+)cOH－)D.V=20.00mL时，溶液中水电离的c(H+)10－7mol/L【答案】C【解析】【详解】A.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故A正确；B.由甲胺的电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)，a点溶液的pH=10.6，c(H+)=10-10.6，c(OH-)=10-3.4，lgc(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=0，则c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=1，代入Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)中，得出Kb=10－3.4，故B正确；C.b点pH=7，中性溶液，c(H+)=c(OH－)，故C错误；D.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促进水的电离，常温下KW=1×10-14，故溶液中水电离的c(H+)10－7mol/L，故D正确；故选C。【点睛】电离平衡常数、水的离子积只与温度有关，温度一定，电离平衡常数、水的离子积一定。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答8.工业上以钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质)为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：已知：①酸浸时，FeTiO3转化为Fe2+和TO2+；②本实验温度下，Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10－11；③溶液中离子浓度小于等于1.0×10－5mol/L时，认为该离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）酸浸时如何提高浸取速度和浸取率________(至少答两种方法)（2）“水解”生成H2TiO3的离子方程式为________。（3）“沉铁”过程中，气态产物的电子式为__________；该过程需控制反应温度低于35℃，原因为_______。（4）滤液3可用于制备Mg(OH)2。若滤液3中c(Mg2+)=1.2×10－3mo/L，向其中加入NaOH固体，调整溶液pH值大于________时，可使Mg2+恰好沉淀完全。（5）“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒。则_______极石墨棒需要定期更换，原因是________。（6）测定铁红产品纯度：称取m克铁红，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00mL溶液。从其中量取20.00mL溶液，加入过量的KI，充分反应后，用cmol/L硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定至终点，发生反应：I2+2S2O32－=S4O62－+2I－。平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为VmL。则铁红产品的纯度为：________(用c、V、m表式)【答案】(1).升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石(2).TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+(3).(4).温度过高容易导致NH4HCO3分解（或防止Fe2+、Mg2+等受热水解）(5).11(6).阳极(7).阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗(8).％【解析】【分析】（1）酸浸时提高浸取速度和浸取率可以采取升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石。（2）根据流程图中信息，“水解”时，TiO2+转化为H2TiO3沉淀。（3）“沉铁”过程中，气态产物为二氧化碳，根据反应物的性质知，温度过高时，碳酸氢铵会分解，Fe2+、Mg2+的水解程度增大。（4）根据Ksp求。（5）阳极石墨棒需要定期更换。（6）根据方程式找出Fe2O3～2S2O32－关系式。【详解】（1）酸浸时提高浸取速度和浸取率可以采取升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石，故答案为：升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石。（2）根据流程图中信息，“水解”时，TiO2+转化为H2TiO3沉淀，离子方程式为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+。（3）“沉铁”过程中，气态产物为二氧化碳，电子式为，根据反应物的性质知，温度过高时，碳酸氢铵会分解，Fe2+、Mg2+的水解程度增大，故答案为：；温度过高容易导致NH4HCO3分解（或防止Fe2+、Mg2+等受热水解）。（4）根据Ksp=1.0×10－11=c(Mg2+)c2(OH-)=1×10－5mo/L×c2(OH-)，求出c(OH-)=10-3mo/L，pH=11，故溶液pH值大于11时，可使Mg2+恰