新疆第一汽车厂学校2019届高三化学第三次模拟考试试题（含解析）

-1-新疆第一汽车厂学校2019届高三化学第三次模拟考试试题（含解析）本试卷共15页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。考生注意：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置，用统一提供的2B铅笔将答题卡试卷类型涂黑。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用统一提供的2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答在试题卷、草稿纸上无效。3.非选择题的作答：用统一提供的签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。4.选考题的作答：先把所选题目对应题号右边的方框，在答题卡上指定的位置用统一提供的2B铅笔涂黑。考生应根据自己选做的题目准确填涂题号，不得多选。答题答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。5.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共7小题。在每小题给出的四个选项屮，只有一项是符合题目要求的。1.CPAE是蜂胶的主要活性成分，也可由咖啡酸合成下列说法不正确的是A.咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上B.可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇C.1mol苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗10molO2D.1molCPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH【答案】B【解析】【详解】A.由于苯环和碳碳双键均是平面型结构，所以根据有机物的结构简式可知，咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上，A正确；B.CPAE分子中含有酚羟基，也能和金属钠反应，所以不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇，B不正确；-2-C.苯乙醇的分子式为C8H10O，苯乙醇燃烧的方程式为C8H10O+10O28CO2+5H2O，C正确；D.CPAE分子中含有2个酚羟基和1个酯基，所以1molCPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH，D正确；答案选B。2.NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。下列说法正确的是A.O2在石墨Ⅱ附近发生氧化反应B.该电池放电时NO3－向石墨Ⅱ电极迁移C.石墨Ⅰ附近发生的反应：3NO2+2e－NO+2NO3－D.相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4∶1【答案】D【解析】试题分析：A．石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极方程式为O2+2N2O5+4e-＝4NO3-，A错误；B．原电池中阴离子移向负极，NO3-向石墨Ⅰ电极迁移，B错误；C．石墨I为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为NO2+NO3--e-＝N2O5，C错误；D．电极方程式分别为NO2+NO3--e-＝N2O5、O2+2N2O5+4e-＝4NO3-，则放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4：1，D正确，答案选D。【考点定位】本题考查了燃料电池的有关判断与计算【名师点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池正负极的判断、由化合价的变化推测电极产物等，侧重于有关原理的应用的考查，明确原电池放热工作原理是解答的关键。-3-3.某有机物的结构式为，它在一定条件下能发生的反应有（）①加成②水解③酯化④氧化⑤中和⑥消去A.②③④B.①③⑤⑥C.①③④⑤D.②③④⑤⑥【答案】C【解析】分析：①含苯环和醛基，能发生加成反应；②不能发生水解；③含羟基和羧基，能发生酯化反应；④含醛基和-CH2OH，能发生氧化反应；④含羧基，能发生中和反应；⑤虽然含醇羟基，但邻碳上没有H原子，不能发生消去反应。详解：①含苯环和醛基，能发生加成反应；②不能发生水解；③含羟基和羧基，能发生酯化反应；④含醛基和-CH2OH，能发生氧化反应；④含羧基，能发生中和反应；⑤虽然含醇羟基，但邻碳上没有H原子，不能发生消去反应；该有机物在一定条件下能发生的反应有①③④⑤，答案选C。点睛：本题考查有机物的结构、性质和反应类型，熟悉各官能团的性质和能发生的反应是解题的关键。理解醇发生催化氧化反应和消去反应的规律：“同碳有H可氧化，邻碳有H可消去”。4.常温下，pH＝3的HA溶液V1mL与pH＝11的KOH溶液V2mL混合，则下列说法正确的是A.若V1＝V2，则反应后溶液的pH一定等于7B.若反应后溶液呈酸性，则V1一定小于V2C.若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2D.若反应后溶液呈中性，则混合液中一定存在c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7mol·L－1【答案】D【解析】试题分析：A．如果二者体积相等，酸是弱酸，酸浓度大于碱，混合溶液呈酸性，pH＜7；如果酸是强酸，二者混合溶液呈中性，故A错误；B．如果反应后溶液呈酸性，如果酸是强酸，则V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故B错误；C．如果反应后溶液呈酸性，如果酸是强酸，则V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，-4-故C错误；D．若混合溶液呈中性，则溶液中c（H+）＝c（OH-）＝10-7mol•L-1，所以c（H+）+c（OH-）＝2×10-7mol•L-1，故D正确；故选D。考点：考查酸碱混合溶液定性判断5.人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO（NH2）2]，原理如图，下列有关说法不正确的是（）A.B为电源的正极B.电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C.电子移动的方向是B→右侧惰性电极，左侧惰性电极→AD.阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl【答案】A【解析】【分析】根据反应装置可确定为电解池，右边电极H原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl﹣-6e﹣=3Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【详解】A．通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；B．电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C．电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B→右侧惰性电极、左侧惰性电极→A，C正确；D．通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为A。-5-6.分子式为C5H12的烃，其分子内含3个甲基，该烃的二氯代物的数目为A.8种B.9种C.10种D.11种【答案】C【解析】试题分析：分子为C5H12为戊烷，戊烷的同分异构体有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、，烃的二氯代物的同分异构体的书写可以采用定位法，共10种。考点：考查烷烃的二氯代物的同分异构体书写知识。7.下列有关物质与应用的对应关系正确的是（）A.甲醛可以使蛋白质变性，所以福尔马林可作食品的保鲜剂B.Cl2和SO2都具有漂白性，所以都可以使滴有酚酞的NaOH溶液褪色C.碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂D.氯化铝是强电解质，可电解其水溶液获得金属铝【答案】C【解析】【详解】A．甲醛可使蛋白质变性，可以用于浸泡标本，但甲醛有毒，不能作食品的保鲜剂，A错误；B．滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体后溶液褪色，发生复分解反应生成亚硫酸钠和水，体现酸性氧化物的性质，B错误；C．小苏打能够与胃酸中的盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，C正确；D．电解氯化铝的水溶液得到氢气、氯气和氢氧化铝，制取不到Al，电解熔融氧化铝生成铝，D错误；答案为C。【点睛】Cl2和SO2都具有漂白性，但漂白原理不同；二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色体现酸性氧化物的性质，二氧化硫使溴水、高锰酸钾溶液褪色体现二氧化硫的还原性。二、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-6-选考题，考生根椐要求作答8.氯酸镁[Mg(ClO3)2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下：已知：①卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示。（1）过滤所需要的主要玻璃仪器有___，加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为___。（2）加入BaCl2的目的是除去SO42－，如何检验SO42－已沉淀完全？答：___。（3）加入NaClO3饱和溶液发生反应为：MgCl2＋2NaClO3＝Mg(ClO3)2＋2NaCl↓，再进一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的实验步骤依次为：①___；②___；③___；④过滤、洗涤。（4）产品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的测定：步骤1：准确称量3.50g产品配成100mL溶液。步骤2：取10mL于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL1.000mol·L－1的FeSO4溶液，微热。步骤3：冷却至室温，用0.100mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL。①写出步骤2中发生反应的离子方程式：___②产品中Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为___。【答案】(1).漏斗、玻璃棒、烧杯(2).BaSO4和Fe(OH)3(3).静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42－沉淀完全(4).蒸发浓缩(5).趁热过滤(6).冷却结晶(7).ClO3－＋6Fe2＋＋6H＋＝6Fe3＋＋Cl－＋3H2O(8).78.3%【解析】【分析】-7-卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质，加入KMnO4将FeCl2氧化成FeCl3；加入BaCl2与MgSO4反应生成BaSO4沉淀和MgCl2；加入MgO调节pH=4使FeCl3转化成Fe（OH）3沉淀，过滤所得滤渣中含BaSO4和Fe（OH）3，向滤液中加入饱和NaClO3，发生反应MgCl2＋2NaClO3＝Mg(ClO3)2＋2NaCl↓，结合溶解度曲线，再经过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤得到Mg（ClO3）2·6H2O。【详解】（1）加入高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，加入氯化钡形成硫酸钡沉淀，加入氧化镁调节pH=4将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀，过滤所得滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，过滤需使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒。（2）检验SO42-已经沉淀完全即检验上层清液中不含SO42-，其操作为：静置，向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明SO42-沉淀完全。（3）相同条件下，四种物质中氯化钠溶解度最小，Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高明显增大，所以加入饱和氯酸钠溶液发生反应MgCl2＋2NaClO3＝Mg(ClO3)2＋2NaCl↓后，蒸发浓缩，氯化钠析出，趁热过滤，滤液为氯酸镁溶液，将滤液冷却结晶、过滤、洗涤得到Mg(ClO3)2·6H2O。（4）①ClO3-具有强氧化性，Fe2+具有强还原性，ClO3-与Fe2+在酸性条件下发生氧化还原反应生成Cl-和Fe3+，离子方程式为ClO3－＋6Fe2＋＋6H＋＝6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。②根据Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，锥形瓶中过量的Fe2+物质的量n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×0.100mol/L×0.015L=0.009mol，与ClO3-反应的Fe2+为1mol/L×0.02L-0.009mol=0.011mol，所以10mL溶液中Mg(ClO3)2·6H2O物质的量为0.011mol12，Mg(ClO3)2·6H2O质量分数为0.011mol100mL299g/mol12