2019届高三化学9月月考试题(含解析) (III).doc

2019届高三化学9月月考试题(含解析) (III)1.化学与社会、生活、科技等密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火B. 二氧化硅用途广泛，制光导纤维、石英坩埚、太阳能电池等C. 向氨水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体D. 醋酸除水垢，纯碱去油污都发生了化学变化【答案】D【解析】【分析】A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，电解质溶液会导电；B、太阳能电池是半导体硅的用途；C、氨水与三氯化铁生成氢氧化铁沉淀；D、醋酸能够与碳酸钙反应，纯碱水解产生氢氧化钠能够促进油脂的水解均属于化学变化。【详解】A、泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫喷出进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，选项A错误；B.太阳能电池是利用高纯单质硅的半导体性能而制成的，选项B错误；C、应向沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体，选项C错误；D、醋酸能够与碳酸钙反应除水垢为化学变化，纯碱水解产生氢氧化钠能够促进油脂的水解而去油污属于化学变化，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应先考虑清楚对应化学物质成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。2.下列表示不正确的是（ ）A. 氯离子的结构示意图 B. 四氯化碳分子的电子式: C. CH4的球棍模型 D. 明矾的化学式:KAl(SO4)212H2O【答案】B【解析】分析：A、氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；B、四氯化碳分子中，Cl原子最外层满足8电子稳定结构；C、甲烷含有C-H键，为正四面体结构；D、明矾的化学式:KAl(SO4)212H2O详解：A、氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；氯离子的结构示意图 ，故A正确；B、氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳正确的电子式为，故B错误；C、甲烷含有C-H键，为正四面体结构，球棍模型为，故C正确；D、明矾是一种常见的净水剂，明矾的化学式:KAl(SO4)212H2O，故D正确；故选B。3.下列实验及其结论都正确的是（ ）选项实验结论A氯气的水溶液可以导电氯气是电解质B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝C将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀氯元素的非金属性大于硅元素D用分液漏斗分离苯和四氯化碳四氯化碳密度比苯大A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；B铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；C、必须利用元素最高价氧化物的水化物的酸性大小来判断非金属性的强弱；D、【详解】A氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，选项B正确；C、比较氯元素和硅元素的非金属性强弱时，应比较二者最高价含氧酸的酸性强弱，而HCl不是氯元素的最高价含氧酸，选项C错误；D、分液漏斗只能使已经分层的液体分离开,但是苯和CCl4能互溶无法分离，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及电解质的判断、非金属性强弱比较、有机物的分离和铝的化学性质等，注重物质性质及物质分类的考查，综合性较强，但题目难度不大。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A. 1.8gH218O与D20的混合物中含有的质子数和电子数均为NAB. 1molNa2O和BaO2的混合物中含有的阴、阳离子总数为3NAC. 精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2gD. 标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目小于NA【答案】C【解析】【分析】A、1.8g水的物质的量为1.8g/20gmol1=0.09mol，水是10电子分子；C、根据过氧化钡中含有的阴离子为过氧根离子计算出含有的离子数；C、根据电子守恒计算出阴极生成铜的质量； D、标准状况下，HF不是气态。【详解】A、1.8g水的物质的量为1.8g/20gmol1=0.09mol，水是10电子分子，故0.09mol水中含0.9mol电子和0.9mol质子，选项A错误；B.1mol Na2O含有2mol钠离子和1mol硫离子；1mol BaO2含有1mol钡离子和1mol过氧根离子，故1molNa2O和BaO2的混合物中含有的阴、阳离子总数小于3NA，选项B错误；C、精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，阴极铜离子得到0.1mol电子生成0.05mol铜，则阴极增重3.2g，故B正确；D、标准状况下，HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目多于NA，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解题关键：对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系易错点D，HF在标准状况下是液体。5.植物提取物-香豆素，可用于消灭鼠害。其分子球棍模型如图所示。由C、H、0三种元素组成。下列有关叙述不正确的是（ ）A. 该分了中不含手性碳原子B. 分子式为C10H8O3C. 能使酸性KMnO4溶液褪色D. lmol香豆素最多消耗2molNaOH【答案】D【解析】分析：由有机物结构模型可知该有机物的结构简式为，含酚-OH、C=C、-COOC，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答详解：A、手性碳原子上连有四个不同的原子或原子团，分子中不存在这样的碳，故A正确；B、由结构简式可知其分子式为C10H8O3，故B正确；C、含碳碳双键、酚-OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、水解产物含有2个酚羟基和1个羧基，则1 mol香豆素最多消耗3 mol NaOH，故D错误。故选D。点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团及性质的关系，易错点C，苯酚、烯烃的性质为即可解答，难点D，酚形成的酯与氢氧化钠反应，1mol酯基消耗2molNaOH6.短周期元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，质子数之和为37。M和W形成的某种化合物可作制冷剂，Y和Z能形成ZY2型离子化合物。下列有关叙述不正确的是（ ）A. Y元素没有正价B. M、W元素组成的化合物中一定只含极性共价键C. W、X、Y三种元素的简单氢化物稳定性:YXWD. X和Z形成的化合物ZX2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1【答案】B【解析】分析：短周期元素元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M和W形成的某种化合物可作制冷剂，化合物为氨气，则M为H、W为N；Y和Z能形成ZY2型离子化合物，为MgF2，Z为Mg，Y为F，质子数之和为37，X质子数为37-1-7-9-12=8，X为O元素。详解：A. Y元素为氟元素，没有正价，故A正确；B. M、W元素组成的化合物N2H4中含极性共价键（N-H）和非极性共价键（N-N），故B错误；C.同周期从左到右氢化物的稳定性增强， W、X、Y三种元素的氢化物稳定性:YXW，故C正确；D. X和Z形成的化合物MgO2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1，故D正确；故选B。点睛：本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握原子序数、元素化合物知识来推断元素，侧重分析与应用能力的考查，易错点D，过氧根离子O22是原子团，不是两个离子。7.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法不正确的是（ ）A. 在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先 于Cu2+被还原B. 电子由液态Cu-Si合金流出，从液态铝流入C. 三层液熔盐的作用是增大电解反应面积，提高硅沉积效率D. 电流强度不同，会影响硅提纯速率【答案】A【解析】由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，所以选项A错误。由图示得到：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出，选项B正确。使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，选项C正确。电解反应的速率一般由电流强度决定，所以选项D正确。8.二氧化硫是造成大气污染的主要有害气体之一，二氧化硫尾气处理的方法之一是采用钠一钙联合处理法。第一步:用NaOH溶液吸收SO2。2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O第二步:将所得的Na2SO3溶液与生石灰反应。Na2SO3+CaO+H2O=CaSO3+2NaOH完成下列填空:（1）在上述两步反应所涉及的短周期元素中，原子半径由小到大的顺序是_(用元素符号填写)。（2）氧和硫属于同族元素，写出一个能比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程式:_。（3）NaOH的电子式为_ 。（4）若在第一步吸收SO2后得到的NaOH和Na2SO3混合溶液中，加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，生成Na2SO4和NaBr。写出发生反应的化学方程式_。（5）钠一钙联合处理法的优点有_。(任写一点即可)【答案】 (1). HOSNa (2). 2H2S+O22S +2H2O (3). (4). 2NaOH+Na2SO3+Br2 = Na2SO4+2NaBr+H2O (5). NaOH吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低【解析】分析：（1）两步反应所涉及的短周期元素中H、O、S、Na，原子半径由小到大的顺序是HOSNa；（2）用氧置换硫；（3）NaOH是离子化合物；（4）溴将亚硫酸根离子氧化；详解：（1）两步反应所涉及的短周期元素中H、O、S、Na，H原子只有一个电子层，OS同主族，从上到下，原子半径变大，Na和S同一周期，从左到右变小，原子半径由小到大的顺序是HOSNa；（2）比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程2H2S+O22S +2H2O (3)NaOH的电子式为；（4）溴将亚硫酸根离子氧化： 2NaOH+Na2SO3+Br2 = Na2SO4+2NaBr+H2O；(5)钠一钙联合处理法的优点有NaOH吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低。9.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下述为制取Cu2O的两种方法:方法a:用炭粉在高温条件下还原CuO方法b:电解法，反应为2Cu+H2O Cu2O+H2（1）已知:2Cu(s) + O2 (g)=Cu2O(s) H1= akJ/molC(s)+ O2 (g)=CO(g) H2= bkJ/molCu(s)+ O2 (g)= CuO(s) H3= ckJ/mol则方法a中反应的热化学方程式是:_。（2）方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O装置如图所示:如图装置中D电极应连_电极。(填“A”或“B”)该离子交换膜为_离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的B极反应式为:_。C极反应式为:_。（3）在相同体积的恒容密闭容器中，用以上方法制得的两种Cu2O分别进行催化分解水的实验:2H2O2H2(g)+O2(g)H0，水蒸气的浓度随时间t变化如表所示:根据上述数据分析:催化剂的效率:实验_实验(填“”或“”或“”)；实验、的化学平衡常数K1、K2、K3的大小关系为:_。【答案】 (1). 2CuO(s)+ C(s)= Cu2O(s)+ CO(g) H = (a+b-2c) kJmol-1 (2). B (3). 阴 (4). 2Cu - 2e- + 2OH- =Cu2O + H2O (5). N2H4 - 4e- + 4OH- =N2 + 4 H2O (6). (7). (8). K1=K2K3【解析】【分析】（1）依据盖斯定律将已知的热化学方程式变形计算得到所需热化学方程式；（2）燃料电池正极通氧气，负极通燃料，故C为负极，D为正极，铜电极被氧化，发生的电极方程式为2Cu+2OH-2e=Cu2O+H2O，故铜为阳极，与原电池的负极相连，即B与C，A与D相连；根据总反应，则阳极反应为2Cu-2e+2OH=Cu2O+H2O，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜；在电解池的阳极发生失电子的氧化反应；据原电池中负极发生氧化反应来书写电极反应方程式；（3）催化剂效率越高，反应速率越快，到达平衡时间越短；实验3达到平衡所用时间短；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，若温度升高，平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，平衡常数增大，据此进行分析。【详解】(1)依据盖斯定律+-2得到2CuO(s)+ C(s)= Cu2O(s)+ CO(g) H = (a+b-2c) kJmol1，(2)燃料电池正极通氧气，负极通燃料，故C为负极，D为正极，铜电极被氧化，发生的电极方程式为2Cu+2OH-2e=Cu2O+H2O，故铜为阳极，与原电池的正极相连，即B与D，A与C相连，如图装置中D电极应连B电极。根据总反应，则阳极反应为2Cu-2e+2OH=Cu2O+H2O，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜；在电解池的阳极发生失电子的氧化反应，该电解池的B极反应式为:2Cu - 2e- + 2OH- =Cu2O + H2O。原电池中负极发生氧化反应，C极反应式为:N2H4 - 4e- + 4OH- =N2 + 4 H2O。(3)实验相比，实验到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，故答案为：；实验3达到平衡所用时间短；通过实验、分析,T1 (填化学式)，_，理由是_.（4）H2S的键角_(填“大于”“小于”等于”)H2O的键角，请从电负性的角度说明理由_.（5）NiO与NaCl的晶胞结构相似，如图所示，阴离子采取面心立方堆积，阳离子填充在位于阴离子构成的空隙中，已知Ni2+半径为69nm， O2-半径为140nm，阿伏伽德罗常数为NA，NiO晶体的密度为_g/cm3(只列出计算式).【答案】 (1). (2). N (3). 分子晶体 (4). sp3杂化 (5). CN- 或C22- (6). H2SeO4H2SeO3 (7). 因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离 (8). 小于 (9). 氧元素的电负性比硫元素更强，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大 (10). 或【解析】【详解】(1)S位于周期表中第3周期第A族，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4，则基态硫原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为：，Ni位于周期表中第4周期第族，基态Ni核外电子占据最高能层为N，故答案为：；N；(2)根据相似相溶原理判断，Ni(CO)4溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂，所以可判断Ni(CO)4为分子晶体，Ni(CO)4空间构型与甲烷相同，甲烷为正四面体，中心C原子为sp3杂化，所以可判断中心原子的杂化轨道类型为sp3，等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的微粒，Ni(CO)4的配位为CO，O可用N-或者C2-代替，所以形成的等电子体可以为：CN-或C22-，故答案为：分子晶体；sp3；CN-或C22-；(3)与硫同族的硒元素有两种常见的二元含氧酸，分别为H2SeO4和H2SeO3，酸性强弱H2SeO4H2SeO3，理由为：因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离，故答案为：H2SeO4H2SeO3；因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离；(4)根据价层电子对互斥理论，孤电子对存在可使键角变小，电负性O大于S，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大，故答案为：小于；氧元素的电负性比硫元素更强，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大；(5)根据晶胞结构分析，阴离子采取面心立方堆积，形成八面体空隙和四面体空隙，但Ni2+填充在八面体空隙，由于阴离子是面心立方堆积，所以晶胞边长为a=2r(Ni2+)+2r(O2-)=418nm，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，则晶体密度为=g/cm3，故答案为：正八面体；。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及到轨道表示式的书写，等电子体原理，杂化轨道理论，键角的判断，电负性，晶体的简单计算等。本题的难点在于含氧酸酸性强弱和键角大小的解释；本题的易错点为晶胞的计算，要清楚晶胞参数与离子半径的关系。12.有机物M的合成路线如下图:已知:i：ii: （1）M中含氧官能团的名称有醚键和_，C的名称为_，步骤的反应类型为_。（2）步骤反应的化学方程式为_。（