湖北省2019届高三化学下学期能力测试试题（十二）（含解析）.doc

湖北省沙市中学2019届高三化学下学期能力测试试题（十二）（含解析）1.化学与生活、环境密切相关，下列有关说法正确的是A. 我国在南海成功开采的可燃冰（CH4∙nH2O）可能会带来酸雨等环境污染B. 大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”，会对环境造成新的污染C. 某些筒装水使用的劣质塑料桶常含有乙二醇(HOCH2-CH2OH)，乙二醇不溶于水D. 我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关【答案】B【解析】【详解】A. 酸雨主要是由于硫、氮氧化物带来的环境污染，而可燃冰（CH4∙nH2O）中只含C、H、O元素，所以不会带来酸雨等环境污染，故A项错误；B. 二甲醚会在光照下分解产生甲醛等物质，会对环境造成新的污染，故B项正确；C. 1 mol乙二醇分子内含2 mol-OH，依据相似相容原理已知，乙二醇易溶于水，故C项错误；D. 二氧化硅对光具有全反射，具有良好的光学性能，可用于信号传输，所以北斗导航系统的信号传输与硅无关，与二氧化硅有关，故D项错误；答案选B点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值其中D选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。

硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈2.国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol－1)，并于2019年5月20日正式生效下列说法正确的是A. 1L0.5mol·L－1Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目小于1.5NAB. 2 mol NH3和3molO2在催化剂和加热条件下充分反应生成NO的分子数为2NAC. 56g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2NAD. 32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5NA【答案】A【解析】【分析】A. 溶液中还有H+；B. 过量的氧气会继续与生成的NO反应生成NO2；C. 聚乙烯是乙烯加聚而成的高分子化合物，分子内无碳碳双键；D. 锌与浓硫酸反应生成的气体为二氧化硫，与稀硫酸反应生成的气体为氢气，据此分析作答详解】A. A13+、Fe2+水解产生H+，该溶液中阳离子还包括H+，阳离子总数增加，故1 L 0.5 mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故1 L 0.5 mol·L－1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5 NA，故A项错误；B. 因存在反应4NH3+5O24NO+6H2O，所以2 mol NH3和3molO2在催化剂和加热条件下充分反应后氧气有剩余，生成的NO会与过量的氧气继续反应生成NO2，所以最终生成NO的分子数小于2NA，故B项错误；C. 聚乙烯是乙烯经过加聚反应制备而成，分子内没有碳碳双键，故C项错误；D. 浓硫酸与锌反应的方程式Zn+2H2SO4ZnSO4+SO2↑+2H2O，从方程式可以看出1mol锌生成1mol二氧化硫气体，随着硫酸的消耗和水的生成，硫酸变稀，这是就会发生锌与稀硫酸反应，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，从方程式可以看出1mol锌生成1mol氢气，所以1mol锌无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为1mol，32.5 g锌的物质的量为n = = = 0.5 mol，生成气体分子数为0.5 NA，故D项正确；答案选D。

3.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X的电子总数=周期序数=族序数，他们的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两种最常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物下列说法正确的是A. W的原子序数是Z的两倍，金属性强于ZB. Z元素在周期表中的位置是第三周期Ⅲ族C. 丙属于两性氧化物D. 己的熔点高、硬度大，可用作耐火坩埚【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X的电子总数=周期序数=族序数，则X为H；甲、戊是两种最常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物，则氢元素一定组成非金属单质丁，即推出丁为氢气，常见的金属单质在高温下制备氢气，逆向思维可知，甲为Fe，乙为水蒸气，发生的反应为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，所以丙为Fe3O4，且会被氢气还原为铁单质，符合图示信息；另一种常见的金属单质可在高温下置换出单质Fe,则易知该金属单质为Al，发生的反应为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3，据此分析作答详解】根据上述分析可知，甲为Fe，乙为H2O(g)，丙为Fe3O4，丁为H2，戊为Al，己为Al2O3，对应的X、Y、Z、W分别为H、O、Al和Fe四种元素，则A. W为Fe，其原子序数为26；Z为Al，其原子序数为13，W的原子序数是Z的两倍，但根据金属活动性顺序可知，Al的金属性强于Fe，即W的金属性弱于Z，故A项错误；B. Z为Al，在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，故B项错误；C. 丙为Fe3O4，不是两性氧化物，故C项错误；D. 己为Al2O3，其熔点高、硬度大，可用作耐火坩埚，故D项正确；答案选D。

点睛】无机框图推断题是一种将多种物质、多个反应交联组合，形成的多知识点试题，叙述简洁，知识覆盖面宽、跨度大，综合性强，试题形式灵活，一般将信息部分或全部以框图的形式给出，信息隐含，高度浓缩，试题难度通常较大，是当今理综试题中学科内综合考查的重要题型之一本题考查位置、结构、性质的关系及应用，本题中推出丁为含H元素的非金属单质氢气时解题的关键4.下列实验操作、现象以及结论完全对应的是实验操作实验现象结论A0.1 mol/L MgSO4溶液中滴加过量NaOH 溶液，再滴加0.1 mol/L CuSO4溶液先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2溶度积比Mg(OH)2小B将水蒸气通过灼热的铁粉铁粉变为红色铁可以与水在高温下发生反应C向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性D向FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成Fe3+被还原为Fe2+，白色沉淀为BaSO3A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A. 氢氧化钠过量；B. 铁与水不反应；C. 乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；D. 二氧化硫被氧化成硫酸，生成的沉淀为硫酸钡；【详解】A. 0.1 mol/L MgSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，因生成氢氧化镁，所以有白色沉淀生成，再滴加0.1 mol/L CuSO4溶液有浅蓝色沉淀，是因为铜离子与过量的NaOH溶液反应生成氢氧化铜所致，并不是沉淀的转化，所以结论不正确，A项错误；B. 铁粉与水不反应，但铁粉与水蒸气在高温条件下会反应，其化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，Fe3O4为黑色，所以实验现象与结论均错误，故B项错误；C. 向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色，说明乙醇具有还原性，故C项正确；D. FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2，铁离子与二氧化硫发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成BaSO4，故D项错误；答案选C。

点睛】注意本题的B选项中，铁与水蒸气在高温下反应生成的是四氧化三铁与氢气，学生要对常见化学方程式熟背于心，才能熟能生巧、学以致用5.化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得： 下列说法正确的是A. 1 mol Z最多能与2 mol NaOH反应B. Y可以发生取代反应、氧化反应、消去反应C. 可用FeCl3溶液鉴别Y和ZD. X分子中所有原子在同一平面上【答案】C【解析】【详解】A. 1 mol Z分子含2 mol酯基，在氢氧化钠溶液中发生水解后，生成的2 mol 羧基和1 mol 酚羟基均能与NaOH按物质的量之比为1:1进行反应，所以1 mol Z最多能与3 mol NaOH反应，故A项错误；B. Y分子内可发生取代反应，其中酚羟基可被氧化，但该分子不能发生消去反应，故B项错误；C. 含酚羟基的有机物遇FeCl3溶液会显紫色，因Y分子中含酚羟基，而Z中不含酚羟基，则可用FeCl3溶液鉴别Y和Z，故C项正确；D. X分子中含甲基，为四面体结构，所以X分子中所有原子不可能在同一平面上，故D项错误；答案选C6.Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。

在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4，下列有关说法不正确的是A. 右侧电极反应方程式：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2OB. 左侧为阳离子交换膜，当Cu电极生成1mol气体时，有2molNa+通过阳离子交换膜C. 可以将左侧流出的氢氧化钠补充到该装置中部，以保证装置连续工作D. Na2FeO4具有强氧化性且产物为Fe3+，因此可以利用Na2FeO4除去水中的细菌、固体颗粒以及Ca2+等【答案】D【解析】根据图示，Cu电极为阴极，Fe电极为阳极A项，右侧电极为Fe电极，Fe失去电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，A项正确；B项，左侧为阴极室，H+的放电能力大于Na+，Cu电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，当Cu电极上生成1mol气体时同时产生2molOH-，此时有2molNa+通过阳离子交换膜进入阴极室平衡电荷，B项正确；C项，根据B项分析，阴极室生成NaOH，左侧流出的NaOH溶液的浓度大于左侧加入的NaOH溶液的浓度，即b%a%，根据图示可将左侧流出的NaOH补充中该装置中部，以保证装置连续工作，C项正确；D项，Na2FeO4具有强氧化性，可利用Na2FeO4除去水中的细菌，Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体可吸附固体颗粒，用Na2FeO4不能除去水中的Ca2+，D项错误；答案选D。

7.常温时，1 mol/L的HClO2和1 mol/L的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为Vo，分别向两溶液中加水进行稀释，稀释后溶液体积为V，所得曲线如图所示下列说法正确的是 A. 稀释前分别用1mol·L-1的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：HMnO4＞HClO2B. 在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足C. 当稀释至pH均为3时，溶液中c(ClO2-)＞c(MnO4-）D. 常温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH: NaMnO4＞NaClO2【答案】B【解析】【分析】从图像可知，pH=3时，对应的N点横坐标为4，即1g+1 = 4，得出V/V0 = 103，所以HMnO4为强酸，HClO2为弱酸，据此作答详解】根据上述分析可知，A. 两者均为一元酸，同体积同浓度中和1mol·L-1的NaOH溶液能力相同，所以消耗的NaOH溶液体积：HMnO4 = HClO2，故A项错误；B. 根据图像可知：因为HMnO4为强酸，结合线性关系可知，满足0≤pH≤5时，溶液的pH 与溶液体积稀释的关系 pH=1g+1-1=1g，故B项正确；C. 同浓度的两种酸，当pH均为3时，根据物料守恒规律：HMnO4 溶液： c(H+)=c(MnO4-);HClO2溶液： c(H+)= c(ClO2-)+ c(HClO2)；根据上述等式看出溶液中c(Cl。