1、.云南省楚雄州實驗中學2019屆高三教學質量檢測三命題老師：陶鑫高三 化學一、單項選擇題共7小題,每題6.0分,共42分 1.金屬鋰是密度最小的金屬，等質量的不同金屬，鋰可以釋放出更多電子，故常用來制造高性能電池。鋰的金屬性介于鈉和鎂之間，那么冶煉金屬鋰應采用的方法是A 電解法 B 熱復原法C 熱分解法 D 鋁熱法2.元素周期律和元素周期表是學習化學的重要工具,以下說法不正確的選項是A HF、HCl、HBr、HI的復原性依次增強,熱穩(wěn)定性依次減弱B P、S、Cl得電子才能和最高價氧化物對應水化物的酸性均依次增強C 第A族的金屬單質與水反響一定比第A族的金屬單質劇烈D 門捷列夫在前人工作的根底上

2、發(fā)現(xiàn)了元素周期律,說明科學研究既要繼承又要創(chuàng)新3.元素周期律和元素周期表是學習化學的重要工具，以下說法不正確的選項是A 同周期的主族元素中，A族元素的原子半徑最小B 元素周期表中從B族到B族十個縱列的元素都是金屬元素C A族元素的原子，其半徑越大，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定D 室溫下，0族元素的單質都是氣體4.設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說法正確的選項是A 1 mol干冰中含有的C=O雙鍵數(shù)目為4NAB 常溫常壓下，71 g Cl2中含有的Cl2分子數(shù)目為NAC 標準狀況下，22.4 L CCl4中含有的C原子數(shù)目為4NAD 1 L 0.1 mol·L1CuSO4溶液中含有的Cu2數(shù)目為

3、0.1NA5.將土豆切開，一段時間后可觀察到切面變藍，說明土豆中含有 A 淀粉和I B 淀粉和I2C 淀粉和KIO3 D 葡萄糖和I26.一種太陽能電池的工作原理如以下圖所示，電解質為鐵氰化鉀K3FeCN6和亞鐵氰化鉀K4FeCN6的混合溶液，以下說法不正確的選項是A K+移向催化劑bB 催化劑a外表發(fā)生的化學反響：FeCN64eFeCN63C FeCN63在催化劑b外表被氧化D 電解池溶液中的FeCN64和FeCN63濃度根本保持不變7.25 時,電離常數(shù)KaHF=3.6×10-4,溶度積常數(shù)KspCaF2=1.46×10-10。向1 L 0.2 mol·L-1

4、HF溶液中參加1 L 0.2 mol·L-1CaCl2溶液,那么以下說法中,正確的選項是A 25 時,0.1 mol·L-1HF溶液中pH=1BKspCaF2隨溫度和濃度的變化而變化C 參加CaCl2溶液后體系中的cH+濃度不變D 該體系中有CaF2沉淀產生 分卷II 二、非選擇題 8.汽車尾氣是造成大氣污染的主要原因之一,在汽車排氣管上安裝“催化轉換器使汽車的尾氣轉換成無毒氣體是目前最有效的手段之一。假如用表示碳原子,用表示氧原子,用表示氮原子,如圖為氣體轉換的微觀過程。請你根據(jù)圖示答復以下問題:1A，B，C三種物質可以歸為一類的根據(jù)是_。2將C歸為化合物,將D歸為單質的

5、理由是_。3用化學反響方程式表示為_?；瘜W變化過程中消耗的A物質和生成的C物質的質量比為_。4從微觀的角度去描繪你獲得的關于化學變化的有關信息答出一條即可_。9.磷礦石主要以磷酸鈣Ca3PO42·H2O和磷灰石 Ca5FPO43、Ca5OHPO43等形式存在。圖a為目前國際上磷礦石利用的大致情況，其中濕法磷酸是指磷礦石用過量硫酸分解制備磷酸。圖b是熱法磷酸消費過程中由磷灰石制單質磷的流程。ab部分物質的相關性質如下：答復以下問題：1世界上磷礦石最主要的用處是消費含磷肥料，約占磷礦石使用量的_%；2以磷灰石為原料，濕法磷酸過程中Ca5FPO43反響的化學方程式為_?，F(xiàn)有1 t折合含有P

6、2O5約30%的磷灰石，最多可制得85%的商品磷酸_t；3如圖b所示，熱法磷酸消費過程的第一步是將SiO2、過量焦炭與磷灰石混合，高溫反響生成白磷，爐渣的主要成分是_填化學式，冷凝塔1的主要沉積物是_，冷凝塔2的主要沉積物是_；4尾氣中主要含有_，還含有少量的PH3、H2S和HF等，將尾氣先通入純堿溶液，可除去_；再通入次氯酸鈉溶液，可除去_均填化學式；5相比于濕法磷酸，熱法磷酸工藝復雜，能耗高，但優(yōu)點是_。10.1二甲醚CH3OCH3燃料電池的工作原理如圖一所示。該電池正極的電極反響式為_。電池在放電過程中，b對應的電極周圍溶液的pH_填“增大、“減小或“不變。2以上述電池為電源，通過導線與

7、圖二電解池相連。X、Y為石墨，a為2 L 0.1 mol·L1KCl溶液，寫出電解總反響的離子方程式：_。X、Y分別為銅、銀，a為1 L 0.2 mol·L1AgNO3溶液，寫出Y電極反響式：_。3室溫時，按上述2電解一段時間后，取25 mL上述電解后的溶液，滴加0.4 mol·L1醋酸溶液得到圖三所示曲線不考慮能量損失和氣體溶于水，溶液體積變化忽略不計。結合圖三計算，上述電解過程中消耗二甲醚的質量為_。假設圖三的B點pH7，那么滴定終點在_區(qū)間填“AB、“BC或“CD。C點溶液中各離子濃度大小關系是_。【化學選修3：物質構造與性質】11.1氯酸鉀熔化，粒子間抑制

8、了的作用力；二氧化硅熔化，粒子間抑制了的作用力；碘的升華，粒子間抑制了的作用力三種晶體的熔點由高到低的順序是2以下六種晶體：CO2，NaCl，Na，Si，CS2，金剛石，它們的熔點從低到高的順序為填序號3在H2、NH42SO4、SiC、CO2、HF中，由極性鍵形成的非極性分子有，由非極性鍵形成的非極性分子有，能形成分子晶體的物質是，含有氫鍵的晶體的化學式是，屬于離子晶體的是，屬于原子晶體的是，五種物質的熔點由高到低的順序是4A，B，C，D為四種晶體，性質如下：A固態(tài)時能導電，能溶于鹽酸B能溶于CS2，不溶于水C固態(tài)時不導電，液態(tài)時能導電，可溶于水D固態(tài)、液態(tài)時均不導電，熔點為3 500試推斷它

9、們的晶體類型：A；B；C；D5圖中AD是中學化學教科書上常見的幾種晶體構造模型，請?zhí)顚懴鄳镔|的名稱：A；B；C；D答案解析1.【答案】A【解析】金屬鋰的金屬性介于鈉和鎂之間，鈉與鎂都用電解法制取，所以鋰也用電解法制取。2.【答案】C【解析】同一主族,隨著原子序數(shù)遞增,非金屬性逐漸減弱,氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性逐漸減弱,氣態(tài)氫化物的復原性逐漸增強,A項正確;同一周期從左到右元素非金屬性逐漸增強,那么B項正確;根據(jù)金屬活動性順序表知Ca比Na的金屬性更強,所以和水反響更劇烈,C項錯誤。3.【答案】C【解析】C項，A族元素的原子，從上到下，原子半徑逐漸增大，元素的非金屬性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐

10、漸減弱，故不正確。4.【答案】B【解析】A項，CO2的構造式為O=C=O,1個CO2分子中含有2個C=O鍵，而1 mol 干冰中含有的CO2為1 mol，故C=O鍵為2NA，錯誤；B項，71 g Cl2為1 mol，分子數(shù)為NA，正確；C項，標準狀況下CCl4是液體，錯誤；D項，Cu2易水解，故溶液中的Cu2數(shù)小于NA，錯誤。5.【答案】A【解析】I被空氣中的氧氣氧化成I2，遇淀粉顯藍色。6.【答案】C【解析】由圖可知，電子從負極流向正極，那么a為負極，b為正極，Ab為正極，那么K+移向催化劑b，正確；Ba為負極，發(fā)生氧化反響，那么催化劑a外表發(fā)生反響：FeCN64eFeCN63，正確；Cb上

11、發(fā)生復原反響，發(fā)生FeCN63+eFeCN64，F(xiàn)eCN63在催化劑b外表被復原，錯誤；D由B、C中的電極反響可知，二者以1：1互相轉化，電解質溶液中FeCN63和FeCN64濃度根本保持不變，正確7.【答案】D【解析】電離常數(shù)KaHF=3.6×10-4,HF為弱電解質,不能完全電離,25時,0.1mol·L-1HF溶液中cH+=mol·L-1=6×10-3mol·L-1,pH>1,故A錯誤;溶度積只受溫度的影響,不隨濃度的變化而變化,故B錯誤;溶液中存在HFH+F-,CaF2sCa2+aq+2F-aq,參加CaCl2溶液后,Ca2+濃度

12、增大,平衡向生成沉淀的方向挪動,那么F-濃度減小,促進HF的電離,cH+濃度增大,故C錯誤;向1L0.2mol·L-1HF溶液中參加1L0.2mol·L-1CaCl2溶液,混合后,cH+=cF-=mol·L-1=6×10-3mol·L-1,cCa2+=0.1mol·L-1,cF-2×cCa2+=3.6×10-5×0.1=3.6×10-6>1.46×10-10,該體系中有CaF2沉淀產生,故D正確。8.【答案】1都由兩種元素組成且都含有氧元素2二氧化碳是由不同種原子構成的分子,而氮

13、氣是由同種原子構成的分子32CO+2NON2+2CO215224化學變化中原子的種類、數(shù)目、質量沒有發(fā)生改變其他合理答案也可【解析】1根據(jù)題中圖示可知A、B、C、D分別是NO、CO、CO2和N2,NO、CO、CO2都屬于氧化物,都含有氧元素。2二氧化碳是由不同種原子構成的分子,屬于化合物,而氮氣是由同種原子構成的分子,屬于單質。3根據(jù)圖示直接寫出化學方程式即可。4根據(jù)質量守恒定律,在化學變化過程中原子的種類、數(shù)目、質量沒有發(fā)生改變,元素的種類和質量也沒有發(fā)生改變,只有物質的種類和分子的種類發(fā)生了改變。9.【答案】1692Ca5FPO435H2SO4=3H3PO45CaSO4HF0.493CaS

14、iO3液態(tài)白磷固態(tài)白磷4SiF4、COSiF4、HF、H2SPH35產品純度高濃度大【解析】1設磷礦石的質量為m，結合圖a可知轉化成磷肥的磷礦石的質量為96%m×85%×80%，轉化成礦粉肥的質量為4%m，那么用于消費含磷肥料的磷礦石約占磷礦石使用量的69%；2濕法磷肥中Ca5FPO43與H2SO4的反響為Ca5FPO435H2SO4=3H3PO45CaSO4HF，根據(jù)P2O52H3PO4和0.3 t P2O5可求出制得85%的H3PO4約為0.49 t；3圖b所示工藝中，第一步所得爐渣主要成分為CaSiO3，結合表格中數(shù)據(jù)信息可確定冷凝塔1和冷凝塔2的主要沉積物分別為液態(tài)

15、白磷和固態(tài)白磷；4尾氣中含有SiF4、CO和PH3、H2S、HF等，將其通入純堿溶液中可除去氣體SiF4、H2S和HF，再通入NaClO溶液可除去具有復原性的PH3氣體；5結合圖a和圖b可知圖b具有產品純度高的優(yōu)點。10.【答案】1O24e4H=2H2O減小22Cl2H2OCl2H22OHAge=Ag30.77 gABcCH3COOcKcHcOH【解析】1燃料電池的正極反響是：O24e4H=2H2O；在原電池中H向正極挪動，故b對應的電極為負極，電極反響式為：CH3OCH312e3H2O=2CO212H，電極周圍溶液酸性增強，pH減小。2電解KCl溶液的總反響的離子方程式為：2Cl2H2OCl

16、2H22OH；假設“X、Y分別為銅、銀，a為1 L 0.2 mol·L1AgNO3溶液，那么銀為陽極，電極反響式為：Age=Ag。3由圖可知電解后的溶液的pH13，那么體積為2 L的該溶液中的nOH為0.2 mol，根據(jù)電解KCl溶液的離子方程式可知，生成0.2 mol OH轉移的電子為0.2 mol。二甲醚CH3OCH3燃燒的化學方程式為C2H6O3O22CO23H2O,1 mol CH3OCH3參加反響時轉移的電子為12 mol，故轉移電子為0.2 mol時消耗CH3OCH3的質量為×46 g·mol10.77 g。電解后得到KOH溶液，與醋酸恰好中和時顯堿性

17、，pH7時溶液顯中性，故滴定終點在AB區(qū)間。C點對應的是醋酸和醋酸鉀的混合溶液，顯酸性，故溶液中的離子濃度大小關系為cCH3COOcKcHcOH。11.【答案】1離子鍵共價鍵分子間SiO2KClO3I2；2；3CO2H2H2、CO2、HFHFNH42SO4SiCSiCNH42SO4HFCO2H2；4金屬晶體分子晶體離子晶體原子晶體；5氯化銫；氯化鈉；二氧化硅；金剛石【解析】1氯酸鉀是離子晶體熔化時破壞離子鍵，二氧化硅是原子晶體熔化時破壞共價鍵，碘是分子晶體，升華時粒子間抑制分子間作用力；熔點：原子晶體離子晶體分子晶體，所以熔點大小順序為：SiO2KClO3I2；2根基晶體類型分析，原子晶體離子晶體分子晶體，Si和金剛石都是原子晶體，原子半徑越小，共價鍵越強，熔點越高，CO2和CS2都是分子晶體，相對分子質量越大熔點越高，所以熔點低到高的順序為：；3由極性鍵形成的非