山西省大学附属中学2019届高三化学下学期4月模块诊断试题（含解析）

山西省大学附属中学2019届高三化学下学期4月模块诊断试题（含解析）1.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是A.新能源汽车的推广使用有助于减少光化学烟雾B.黑火药燃烧反应时，氧化剂只是单质硫C.“侯氏制碱”中的“碱”不属于碱，而是盐NaHCO3D.杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来【答案】A【解析】【详解】A.新能源汽车的推广使用，可减少氮氧化合物的排放，因此有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B.黑火药燃烧反应时，氧化剂有单质硫和硝酸钾，B错误；C.“侯氏制碱”中的“碱”是纯碱Na2CO3，不属于碱，而是盐，D错误；D.高粱中不含有乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇，然后根据乙醇与水的沸点不同，用蒸馏方法分离出来，D错误；故合理选项是A。2.下列关于有机物的说法中，正确的一组是①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应；②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，它是一种新型化合物；③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液；④石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化；⑤淀粉遇碘酒变蓝色，在加热条件下，葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应；⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料；A.③④⑤B.①②⑥C.①③⑤D.②③④【答案】C【解析】【详解】①淀粉属于多糖，可水解为单糖，油脂可水解为甘油和高级脂肪酸（盐），蛋白质可水解为氨基酸，故符合题意；②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混合形成的新型替代能源，属于混合物，故不符合题意；③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被除去，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故符合题意；④石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质生成属于化学变化，故不符合题意。⑤碘遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基，所以能和新制氢氧化铜反应，故符合题意；⑥天然橡胶、纤维素不是合成高分子材料，故不符合题意；故选C。3.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.1L1mol/L葡萄糖溶液含有氧原子数为6NAB.氯气通入到含有1mol的FeBr2溶液中，当有NA个Br-被氧化时，共消耗标准状况下氯气22.4LC.标准状况下，2.24LHF中所含质子数目为NAD.4.4g由14CO2与14N2O组成的混合物中所含中子数为2.2NA【答案】B【解析】【详解】A.溶质葡萄糖及溶剂水中都含有O原子，乙醇不能确定O原子的数目，A错误；B.由于还原性Fe2+Br-，所以将氯气通入到含有1mol的FeBr2溶液中，当有NA个Br-被氧化时，Fe2+完全被氧化为Fe3+，转移电子的物质的量为2mol，故共消耗氯气的物质的量为1mol，在标准状况下氯气体积为22.4L，B正确；C.标准状况下，HF以聚合分子分子，乙醇不能确定其分子数目，也就不能判断含有的质子数目，C错误；D.14CO2的分子中含有24个中子，4.4g14CO2含有的中子数目为NA=2.3NA；14N2O的分子中含有22个中子，4.4g14N2O含有的中子数目为NA=2.2NA；所以4.4g由14CO2与14N2O组成的混合物中所含中子数大于2.2NA，D错误；故合理选项是B。4.根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是选项实验操作和现象结论或解释A向含有酚酞的Na2SO3溶液中加入少量BaCl2固体，产生白色沉淀，溶液红色变浅Na2SO3溶液中存在水解平衡B将SO2气体通入用盐酸酸化的KMnO4溶液中，紫红色褪去SO2有还原性和漂白性C向2mL0.1mol•L－1KI溶液中加入0.1mol•L－1FeCl3溶液3mL，充分振荡，用苯萃取多次后，上层呈紫红色，取下层滴加5滴KSCN溶液，出现血红色FeCl3溶液与KI溶液的反应是可逆反应DCH3CH2Br与NaOH溶液混合，共热并充分振荡，冷却后滴加硝酸银溶液，未出现淡黄色沉淀CH3CH2Br是非电解质，不与氢氧化钠反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.Na2SO3水解使溶液显碱性，向溶液中加入少量BaCl2固体，SO32-与Ba2+反应产生BaSO3白色沉淀，由于c(SO32-)减小，水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，由溶液颜色变化可知在Na2SO3溶液中存在水解平衡，A正确；B.KMnO4溶液具有强的氧化性，能够将盐酸氧化，因此酸化高锰酸钾溶液不能使用盐酸，要用硫酸，且将SO2气体通入用硫酸酸化的KMnO4溶液中，紫红色褪去，体现的是二氧化硫的还原性，不是漂白性，B错误；C.由于KI溶液与FeCl3溶液发生反应时FeCl3溶液过量，所以向反应后的溶液中滴加5滴KSCN溶液，过量的Fe3+会与SCN-发生络合反应，出现血红色，不能证明FeCl3溶液与KI溶液的反应是可逆反应，C错误；D.CH3CH2Br水解后产生的Br-要在酸性条件下进行检验，由于水解再碱性条件下进行，因此水解后没有加硝酸化至溶液显酸性就加入硝酸银溶液，因此不能检验得到结论，D错误；故合理选项是A。5.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是A.W的氧化物对应水化物均为强酸B.简单离子半径：W＜X＜YC.简单氢化物沸点：Z＜WD.Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】W与X形成红棕色有刺激性气味的气体是NO2，且W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，则W为N，X为O，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na，Z原子最外层电子数与W电子总数相同，则Z为Cl。综上，W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl。【详解】根据以上分析，W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl，A项，W为N，N的氧化物N2O3对应水化物HNO2为弱酸，故A项错误；B项，N3-、O2-、Na+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，所以简单离子半径：N3-O2-Na+，故B项错误；C项，Z为Cl，W为N，由于氨分子之间存在氢键，沸点较高，简单氢化物沸点：Cl＜N，故C项正确；D项，Y为Na，Z为Cl，Y与Z形成的化合物为NaCl，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。6.新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A.电极b为电池负极B.电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2SC.电极b上的电极反应为：O2+4e-＋4H+=2H2OD.电极a上的电极反应为：2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O【答案】D【解析】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D正确，选D。点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。7.MnO2是一种重要的化工原料，可用于合成工业的催化剂和氧化剂。采用软锰矿(主要成分为MnO2)可制备高纯MnO2，其流程如下：下列叙述错误的是A.“含Mn2+、A13+的溶液”中还含Fe3+B.加入“氨水”同时搅拌，搅拌的目的是提高反应速率C.“滤渣”可完全溶解在NaOH溶液中D.电解含Mn2+的溶液，MnO2为阳极产物【答案】C【解析】【分析】由流程可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，软锰矿溶解得到Mn2+、A13+、Fe3+的溶液，向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤得到含Mn2+的溶液，电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2。【详解】A项、由化合价变化可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，FeSO4将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，故A正确；B项、加入“氨水”同时搅拌，可以增大氨水与溶液的接触面积，提高反应速率，故B正确；C项、向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应，滤渣不能完全溶解，故C错误；D项、电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2，故D正确。故选C。【点睛】本题考查化学工艺流程，对元素及其化合物的主要性质的理解，结合题目获取新信息是解答关键，C选项为易错点，注意滤渣的组成为氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铁不溶于氢氧化钠溶液。8.ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。请回答：已知：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2↑＋2H2OClO2熔点－59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃(1)仪器A的作用是______________________；冰水浴冷却的目的是___________________(写两种)。(2)空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因______________________。(3)Clˉ存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：①____________________________(用离子方程式表示)，②H2O2＋Cl2===2Clˉ＋O2＋2H+。(4)H2O2浓度对反应速率有影响。通过图所示装置将少量30%H2O2溶液浓缩至40%，B处应增加一个设备。该设备的作用是_________，馏出物是_________。(5)抽滤法分离NaClO2过程中，下列操作不正确的是_______。A．为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀D．抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管后，关闭水龙头【答案】(1).防止倒吸(2).减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度、降低NaClO2溶解度、防止ClO2分解(3).空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解(4).2ClO3ˉ＋2Clˉ＋4H+===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O(5).降低体系压强，减少双氧水分解(6).H2O(7).C【解析】(1)仪器A为安全瓶，防止倒吸；冰水浴冷却的目的是为降低NaClO2的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；减少ClO2的分解用冰水浴冷却；故答案为：防止倒吸；降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、减少ClO2的分解；(2)空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率；故