《福建省永安市第三中学2019届高三下学期4月份阶段测试化学试题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省永安市第三中学2019届高三下学期4月份阶段测试化学试题 Word版含解析（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1.杀菌消毒剂 NaClO2的一种生产工艺如下：下列叙述错误的是A. NaClO2的化学名称为亚氯酸钠B. 该法可以利用废气中的SO2减少空气污染C. 利用Ba(OH)2、Na2CO3能除去粗盐中可溶性杂质D. ClO2在阴极室得到电子被氧化为 NaClO2【答案】D【解析】【分析】从流程图可以看出，将NaClO3与SO2进行反应生成ClO2和Na2SO4，再将ClO2通入盛有精制的食盐水的膜电解槽中进行电解，生成NaClO2和Cl2。【详解】A.氯元素的+1、+3、+5、+7分别对应的含氧酸为HClO（次氯酸）、HClO2（亚氯酸）、HClO3（氯酸）、HClO4（高氯酸），所以NaClO2
2、的化学名称为亚氯酸钠，A项正确；B.由流程图可知，“反应”中硫元素的化合价由SO2中的+4价变化到Na2SO4中的+6价，化合价升高，SO2失去电子，作还原剂，故该反应中SO2将NaClO3还原为ClO2，且不再产生污染大气的气体，所以该法可以利用废气中的SO2减少空气污染，B项正确；C.粗盐中含有的可溶性杂质离子主要是Mg2+、SO42-和Ca2+，向过滤后的滤液中先加过量的Ba(OH)2溶液除去Mg2+和SO42-，再加Na2CO3溶液除去Ca2+和过量的Ba2+。所以C项正确；D.由流程图看，氯元素由ClO2转化为NaClO2，氯元素的化合价由+4价降低到+3价，氯元素得到电子发生还原反
3、应，根据电解原理可知，ClO2在阴极室得电子被还原为NaClO2，D项错误；答案选D。2.国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.022140761023mol1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是A. 56 g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2NAB. 2 mol NH3和3 mol O2在催化剂和加热条件下充分反应生成NO的分子数为2NAC. 1mol的Na2O2和Na2O所含有的阴离子数目均为NAD. 1 L 0.5 molL1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目小于1.5NA【答案】C【解析】【详解】A.聚乙烯是乙烯经过加聚反应制备而成，分子内不含
4、碳碳双键，故A错误；B.因存在反应4NH3+5O24NO+6H2O，所以2molNH3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，所以最终生成的NO的分子数小于2NA，故B错误；C.过氧化钠中阴离子是过氧根离子，1molNa2O2和Na2O所含有的阴离子数目均为NA，故C正确；D.Al3+、Fe2+水解产生H+，1molAl3+水解生成3molH+、1molFe2+水解生成2molH+，阳离子总数增加，故1L0.5molL1Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故D错误。故选C。3.下列说法正确的是（ ）A. 乙烯使溴水或
5、酸性高锰酸钾溶液褪色均属于加成反应B. CH3CH2CH3分子中的3个碳原子不可能处于同一直线上C. 聚乙烯、麦芽糖和蛋白质均属于有机高分子化合物D. 等质量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗O2的物质的量相同【答案】B【解析】【详解】A.乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化还原反应，反应类型不同，故A错误；B. CH3CH2CH3为烷烃，具有甲烷结构特点，则3个碳原子不可能在同一直线上，所以B选项是正确的；C.麦芽糖相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C错误；D.乙醇可拆写成C2H4H2O的形式，等质量的C2H4和C2H4H2O含C2H4，乙烯高于乙醇，故消耗氧气的量乙烯大于
6、乙醇，故D错误。所以B选项是正确的。4.四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比11形成化合物C。下列说法正确的是（ ）A. 化合物C可能为离子化合物B. Z离子的半径比Y离子的大C. Y的非金属性很强，其单质非常活泼D. 最高价氧化物的水化物的酸性Y比W强【答案】A【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B是
7、一元强酸，则X是H元素，W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，则B是NH3，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y 是N元素；X与Z可按原子个数比11形成化合物C，Z可能是O、F、Na中的任一种，C可能是H2O2、HF、NaH中的一种。【详解】综上所述可知可知：X是H元素，Y是N元素，W是Cl元素；Z可能为O、F、Na中的任一种。A.若C为NaH，则含有离子键，化合物C可能为离子化合物，A正确；B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以无论Z是O、F、Na中的任何一种元素，N3-的半径比O2-、F-和Na+的半径都大，B错误；C.Y是N元素，尽管N
8、元素的非金属性很强，但由于N2分子中有NN的存在，键能大，键长短，断裂时需要消耗很大的能量，所以N2并不活泼，C错误；D.高氯酸HClO4 酸性比HNO3强，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用知识。根据已知信息推断元素是本题解答的关键。突破口是气体A和气体B相遇产生白烟，可知气体为NH3、HCl，再结合原子序数大小及分子特点推测元素种类。5.根据下列实验操作及现象推出的结论一定正确的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn
9、2+5O2+8H2O，H2O2中氧元素的化合价升高被氧化，双氧水表现还原性，KMnO4表现氧化性，故A错误；B.浓盐酸易挥发，所得气体中含HCl，HCl可与硅酸钠反应产生白色沉淀，不能说明CO2与硅酸钠溶液发生了反应，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，故B错误；C.向Na2S溶液中滴加盐酸，产生臭鸡蛋气味的气体，证明酸性：HClH2S，而元素的非金属性的强弱，可以通过元素的最高价含氧酸的酸性强弱或氢化物的稳定性来比较，因此不能证明氯的非金属性比硫强，故C错误；D.根据溶解度大的物质易转化为溶解度小的物质可知Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故D正确。故选D。【点睛】非金属性强弱的比较
10、规律：单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；置换反应：非金属性强的制非金属性弱的；对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱。6.元素周期表中钌(Ru)与铁相邻位于铁的下一周期，某钌光敏太阳能电池的工作原理如下图所示，图中RuII*表示激发态。下列说法正确的是A. 电池工作时，直接将太阳能转化为电能B. 理论上，n(被还原的I3)：n(被氧化的Ru II*)=1：2C. 在周期表中，钌位于第五周期第B族D. 电池
11、工作时，正极的电极反应式为Ru3+e=Ru2+【答案】B【解析】【分析】由图可知钌（RuII）的配合物获得太阳能转化为激发态RuII*，激发态RuII*失去1个电子转化为RuIII，电极X构成原电源的负极；电解质溶液中发生反应：2RuIII+3I-=2RuII+I3-，电极Y上发生反应I3-+2e-=3I-，故电极Y构成原电源正极。由此分析。【详解】A.由图可知，电极X上钌（RuII）的配合物获得太阳能转化为激发态RuII*，激发态RuII*失去1个电子转化为RuIII，所以是太阳能先转化为化学能，化学能再转化为电能，A项错误；B.电极X（负极）上的反应：RuII*-e-=RuIII，电极Y（
12、正极）上的反应：I3-+2e-=3I-。根据原电池两极转移的电子守恒，n(被还原的I3-):n(被氧化的RII*)=1:2。B项正确；C.因为Fe在第四周期第VIII族，钌与铁相邻位于铁的下一周期铁，所以钌位于第五周期第VIII族，C项错误；D.该原电池的正极是电极Y，其电极反应式为I3-+2e-=3I-，D项错误；答案选B。7.常温下，向10mL0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是A. Ksp(CuS)的数量级为1035B. 曲线上各点的溶液均满足关系式c(S2-)c(C
13、u2+)=Ksp(CuS)C. a、b、c三点中，由水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小的为b点D. c点溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)【答案】A【解析】【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+或S2-均会水解，水解促进水的电离，结合图象中横坐标、纵坐标的含义和溶液中的守恒思想，计算溶度积常数。【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+或S2-均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴
14、加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。A.平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS) =c(S2-)c(Cu2+)=10-17.7mol/L10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp(CuS) =10-35.4mol2/L2=(100.3)210-36mol2/L2=410-36 mol2/L2，A错误；B.向含有Cu2+的
15、溶液中加入Na2S溶液，Cu2+与S2-发生沉淀反应：Cu2+S2-=CuS，加入Na2S溶液的体积越大，c(S2-)越大，c(Cu2+)越小，则-lgc(Cu2+)就越大，由于温度不变，所以曲线上各点的溶液均满足关系式c(S2-)c(Cu2+)=Ksp(CuS)，B正确；C. a点Cu2+过量、c点S2-过量，b点恰好完全反应生成CuS和NaCl，a点溶液中Cu2+浓度远大于b点，c点溶液中S2-浓度远大于b点，Cu2+、S2-水解促进水的电离，根据浓度对水解平衡的影响，则b点水电离的c（H+）和c（OH-）的积最小，C正确；D.C点为Na2S、NaCl按1：2物质的量混合溶液，其中CuS处于沉淀溶解平衡状态，根据物料守恒及物质的溶解性，可知c(Na+)c(Cl-)c(S2-)，S2-水解消耗水电离产生H+，使溶液中c(OH-)c(H+)，但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，故c(S2-)c(OH-)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡、微粒浓度大小比较的知识，把握Ksp的计算、发生的反应、溶液的
