山东省滨州市2019届高三化学下学期第二次模拟（5月）试题（含解析）.docx

山东省滨州市2019届高三化学下学期第二次模拟（5月）试题（含解析）本试卷分第I卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共16页。满分30O分。考试用时150分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷(必做 共126分)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 C1 35.5 Fe 56 Cu 64 Ag 108一、选择题：本题共13小题每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.铅霜(醋酸铅)是一种中药，具有解毒敛疮、坠痰镇惊之功效，其制备方法为：将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化，以三层细布趁热滤去渣滓，放冷，即得醋酸铅结晶；如需精制，可将结晶溶于同等量的沸汤，滴醋酸少许，过七层细布，清液放冷，即得纯净铅霜。制备过程中没有涉及的操作方法是A. 萃取B. 溶解C. 过滤D. 重结晶【答案】A【解析】【详解】此操作中，将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化操作为溶解；放冷，即得醋酸铅结晶清液放冷，即得纯净铅霜此操作为重结晶；以三层细纱布趁热滤去渣滓，此操作为过滤，未涉及萃取，答案为A2.设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是A. 1 L 1 molL-1的NaHSO3溶液中含有的离子数为3NAB. 56g乙烯和环丙烷的混合物中含CH键数目为08NAC. 常温常压下，224L的37Cl2中所含的中子数为40NAD. 硝酸与铜反应生成01mol NOx时，转移电子数为02NA【答案】B【解析】【详解】A. HSO3-属于弱酸酸式阴离子，在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡，1 L 1 molL-1的NaHSO3溶液中含有的离子数不是3NA，故A错误；B. 乙烯和环丙烷的最简式为CH2，56g的混合物中含CH2物质的量为0.4mol，所以含CH键数目为0.8NA，故B正确；C. 标准状况下，224L的37Cl2中所含的中子数为40NA，常温常压下中子数不为40NA，故C错误；D.NOx可能是NO或NO2， 根据得失电子守恒可得，生成01mol NOx转移电子数介于0.10.3 mol之间，故D错误；答案：B。3.实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(5060)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是A. 配制混酸B. 硝化反应C. 洗涤分离D. 干燥蒸馏【答案】C【解析】【详解】A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度5060，应采取5060水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟。下列说法正确的是A. “白烟”晶体中只含共价键B. 四种元素中，Z的原子半径最大C. X的简单氢化物的热稳定性比Y的强D. W的含氧酸的酸性一定比Z的弱【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，所以Z是Cl，W是C，W、Y同主族，则Y为Si；X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟，X为N。【详解】A. 根据上述分析知“白烟”为NH4Cl晶体，NH4Cl属于离子化合物，既有离子键又有含共价键，故A错误；B. 四种元素的原子半径为SiClCN，故B错误；C. X的简单氢化物为NH3，Y的简单氢化物为SiH4，非金属性:NSi，热稳定性NH3 SiH4，故C正确；D. W的含氧酸为H2CO3，Z的含氧酸有HClO、HClO4等几种，酸性HClOH2CO3cX(OH)+D. 在X(OH)NO3水溶液中，cX(OH)2+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)【答案】D【解析】【详解】A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，cX(OH)+= c(X2+ )， Kb2= c(OH- )c(X2+ )/ cX(OH)+= c(OH- )=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；C.选取图中点（9.2，0.5），此时cX(OH)2=cX(OH)+，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)cX(OH)+/ cX(OH)2=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1Kb2Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+ )cX(OH)+，故C错误；D.在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒c(NO3-) +c(OH-) = 2c(X2+) +c(H+)+cX(OH)+ ，物料守恒c(NO3- )=c(X2+ )+cX(OH)2+cX(OH)+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：cX(OH)2+c(OH- )=c(X2+ )+c(H+)，故D正确；答案：D。8.硫酸四氨合铜晶体(Cu(NH3)4SO4H2O)常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效安全的广谱杀菌剂。常温下该物质在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组设计如下方案来合成硫酸四氨合铜晶体并测定晶体中氨的含量。ICuSO4溶液的制备取4g铜粉，在仪器A中灼烧10分钟并不断搅拌使其充分反应。将A中冷却后的固体转移到烧杯中，加入25 mL 3 molL-1H2SO4溶液，加热并不断搅拌至固体完全溶解。(1)中仪器A的名称为_。(2)中发生反应的离子方程式为_。晶体的制备将I中制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作：(3)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量的过程中，可观察到的实验现象是_。(4)缓慢加入乙醇会析出晶体的原因是_；若将深蓝色溶液浓缩结晶，在收集到的晶体中可能混有的杂质主要有_(写其中一种物质的化学式)。III氨含量的测定精确称取wg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，再用NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸溶液(选用甲基橙作指示剂)。1.水 2.玻璃管 3.10%氢氧化钠溶液 4.样品液 5.盐酸标准溶液 6.冰盐水(5)装置中玻璃管的作用是_。(6)在实验装置中，若没有使用冰盐水冷却会使氨含量测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 坩埚 (2). CuO+2H+= Cu2+ H2O (3). 先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色。 (4). 硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度(或降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度) (5). CuSO4或Cu(NH3)4SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO45H2O (6). 平衡气压(或防止倒吸) (7). 偏低【解析】【详解】(1) 灼烧固体，应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；(2)铜灼烧后生成的固体为氧化铜，加入硫酸后会发生反应生成CuSO4和水，反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，答案：CuO+2H+= Cu2+ H2O。(3)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水先产生蓝色氢氧化铜沉淀，继续加入过量的氨水，又生成四氨合铜络离子，蓝色沉淀逐渐消失变成深蓝色溶液。答案：先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色。(4) 因为硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以加入乙醇会析出晶。常温下硫酸四氨合铜晶体在空气中不稳定，受热时易发生分解，若将深蓝色溶液浓缩结晶，在收集到的晶体中可能混有CuSO4或Cu(NH3)4SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO45H2O。答案：硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度(或降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度)；CuSO4或Cu(NH3)4SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO45H2O。（5）装置中玻璃管可起到平衡气压，防止倒吸；答案：平衡气压(或防止倒吸)。（6）因为生成的是氨气，如果没有冰盐水冷却，容易挥发，导致剩余HCl量增多，所以如没有使用冰盐水冷却，会使氨含量测定结果偏低。答案：偏低。9.高纯六水氯化锶晶体(SrCl26H2O)可作有机合成的催化剂。用碳酸锶矿石(含少量BaCO3、FeO、SiO2等杂质)制备高纯六水氯化锶晶体的过程如图所示。已知：I25，KspFe(OH)3=1010-38 ，KspFe(OH)2=1010-16SrCl26H2O晶体在61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水。请回答：(1)步骤中将矿石制成浆液能加快反应速率的原因是_。(2)在“浆液”中加入工业盐酸，测得锶的浸出率与温度、时间的关系如图所示：据此合适的工业生产条件为_。(3)步骤“溶液”中加入30的H2O2，其作用是_(用离子方程式表示)。(4)步骤所得滤渣的主要成分除Fe(OH)3外，还有_(填化学式)；25，为使Fe3+沉淀完全需调节溶液pH值最小为_(当离子浓度减小至1010-5molL-1时，可认为沉淀完全)。(5)关于上述流程中各步骤的说法，正确的是_(填标号)。A步骤用60的热水浴加热蒸发至有晶膜出现B步骤冷却结晶过程中应通入HC1气体C步骤干燥SrCl26H2O晶体可以采用减压干燥(6)为测定所得SrCl26H2O(Mr=267)晶体样品的纯度，设计了如下方案：称取110g样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3170g的AgNO3溶液(溶液中除Cl-外，不含其它与Ag+反应生成沉淀的离子)，C1-即被全部沉淀。然后用含Fe3+的溶液作指示剂，用0100 molL-1的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3溶液，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，当_时达到滴定终点，用去NH4SCN溶液2000 mL，则原SrCl26H2O晶体的纯度为_(计算结果保留1位小数)。【答案】 (1). 增大反应物接触面积 (2). 40 (3). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (4). SiO2 、BaSO4 (5). 3 (6). AC (7). 最后一滴NH4SCN溶液滴入，锥形瓶内试液变为红色，且半分钟内不变色 (8). 97.1【解析】分析】（1）根据影响化学反应速率的因素，增大接触面积、或升高温度、或增大盐酸浓度、或充分搅拌等都能加快反应速率进行判断；（2）根据图1和图2分析判断；（3）由碳酸锶矿石(含少量BaCO3、FeO、SiO2等杂质)粉碎加入水再加工业盐酸后，FeO溶于盐酸时生成亚铁离子，双氧水具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，所以加30的H2O2和稀硫酸后发生氧化还原反应，把Fe2+氧化为Fe3+，Ba2+和SO42-生成BaSO4沉淀，通过调节pH，使溶液中的Fe3+变成Fe(OH)3沉淀而除去；（4）根据溶度积进行求解；（5）根据题给信息分析作答；（6）根据实验过程和关系式进行解答。【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素，增大接触面积、或升高温度、或增大盐酸浓度、或充分搅拌等都能加快反应速率。步骤中将矿石制成浆液，增大反应物接触面积，能加快反应速率；答案：增大反应物接触面积。(2)在“浆液”中加入工业盐酸，根据锶的浸出率与温度、时间的关系图分析：由图1可知：40时锶的浸出率最高，由图2可知60min锶的浸出率最高，所以工业生产合适的条件为40；60min；答案：40；60min。(3)根据上述分析步骤“溶液”中含有Fe2+，加入30的H2O2和稀硫酸，会发生2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，H2O2起了氧化剂的作用；答案：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。(4)步骤所得滤渣的主要成分除Fe(OH)3外，还有不溶于水和酸的SiO2固体，还会有过程中生成的BaSO4沉淀；25，KspFe(OH)3=1.010-38 ，要使Fe3+完全沉淀，c3(OH-)= KspFe(OH)3/ 1.010-5=1.010-38/1.010-5=1.010-33， 所以c(OH-)=1.010-11mol/L，c(H+)=1.010-3，即pH=3，要使Fe3+沉淀完全需调节溶液pH值最小为3。答案：SiO2 、BaSO4；3。(5) SrCl26H2O晶体在61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水。A步骤用60的热水浴加热蒸发至有晶膜出现，不会造成SrCl26H2O失去结晶水，又能加快速率，故A正确；B因为Sr的金属性很强，Sr2+在溶液中不会发生水解，所以步骤冷却结晶过程中不用通入HC1气体，故B错误；C步骤干燥SrCl26H2O晶体采用减压干燥可以减少SrCl26H2O晶体失水，故C正确；答案：AC。(6) Fe3+为黄色，遇SCN-后溶液变红；含Fe3+的溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4 SCN溶液时，锥形瓶内试液变为红色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终点。根据AgSCNNH4SCN可知生成AgSCN的物质的量n=0.02L0.100mol/L-1=0.002mol，与Cl-反应的Ag+为1.70g170g/mol- 0.002mol=0.008mol，根据SrCl26H2O2Ag+可知n(SrCl26H2O)=0.004mol，SrCl26H2O晶体的纯度=(0.004mol267g/mol) 1.10g100=97.1；答案：最后一滴NH4SCN溶液滴入，锥形瓶内试液变为红色，且半分钟内不变色；97.1。【点睛】考查物质制备化学工艺流程。根据物质的性质和化学反应原理书写加入过氧化氢时反应的离子方程式、滤渣的成分、选择合适的烘干温度；根据关系式和Fe（OH）3的溶度积进行计算。10.氮及其化合物对环境具有显著影响。(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应： H=+180 kJmol-1 H=+68 kJmol-1则 H=_ kJmol-1(2)对于反应的反应历程如下：第一步：第二步：其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：正=k1正c2(NO)，逆=k1逆c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是_(填标号)A 整个反应的速率由第一步反应速率决定B 同一温度下，平衡时第一步反应k1正k1逆越大，反应正向程度越大C 第二步反应速率低，因而转化率也低D 第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高(3)科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体，反应方程式为： H0。某温度下，向10 L密闭容器中分别充入01 mol NO2和02 mol CO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：时间min024681012压强kPa7573.471.9570769.768.7568.75在此温度下，反应的平衡常数Kp=_kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数)；若降低温度，再次平衡后，与原平衡相比体系压强(P总)减小的原因是_。(4)汽车排气管装有的三元催化装置，可以消除CO、NO等的污染，反应机理如下I： NO+Pt(s)=NO(*) Pt(s)表示催化剂，NO(*)表示吸附态NO，下同：CO+Pt(s)=CO(*)III：NO(*)=N(*)+O(*)IV：CO(*)+O(*)=CO2+2Pt(s)V：N(*)+N(*)=N2+2 Pt(s)VI：NO(*)+N(*)=N2O+2 Pt(s)尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图。330以下的低温区发生的主要反应的化学方程式是_。反应V的活化能_反应VI的活化能(填“”或“=”)，理由是_。【答案】 (1). -112 (2). BD (3). 0.04 (4). 降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小 (5). CO+2NOCO2+N2O (6). (7). 生成N2O的选择性高，说明反应VI的化学反应速率大，该反应的活化能就小【解析】【分析】（1）根据盖斯定律解答即可；（2）根据影响化学反应速率因素和化学平衡的条件进行判断反应的问题；（3）运用三段式和Kp的含义计算；（4）根据反应的机理和图像分析。【详解】(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应： N2(g)+ O2(g)2NO(g) H=+180 kJmol-1 N2(g)+ 2O2(g)2NO2(g) H=+68 kJmol-1，运用盖斯定律将-得，2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=+68 kJmol-1-180 kJmol-1=-112 kJmol-1；答案：-112。(2) A项，对于反应2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g) N2O2(g)（快速平衡）；第二步：N2O2(g)+ O2(g) 2NO2(g)（慢反应），决定总反应速率的是第二步，故A错误；B项，因为正=k1正c2(NO)，逆=k1逆c(N2O2)，同一温度下达到平衡时正=逆，即k1正k1逆= c(N2O2)/ c2(NO)=反应的平衡常数，k1正k1逆越大，反应正向程度越大，故B正确；C项，化学反应速率快慢，与转化率没有关系，故C错误；D项，化学反应的活化能越高，活化分子数目越越少，有效碰撞次数越少，化学反应速率越慢，所以第二步比第一步反应的活化能高，故D正确；答案：BD。 （3）向10L密闭容器中分別充入01 mol NO2和02 mol CO，反应10min达到平衡，体系内圧強由75kPa减少到68.75kPa，则反应该中转化N2的浓度为xmol/L 2NO2(g)+ 4CO(g) 4CO2(g) + N2(g) 幵始(mo/L) 0.01 0.02 0 O变化(mo/L) 2x 4x 4x x平衡(mol/L)0.01-2x 0.02-4x 4x x根据压强比就等于物质的量之比：75kPa/68.75kPa=（0.01+0.02）/(0.01-2x+0.02-4x+4x+x)，解得x=0.0025；Kp=(68.750.01/0.0275)468.750.0025/0.0275/(68.750.005/0.0275)2(68.750.01/0.0275)4=0.04；因为该反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动，气体的总物质的量减小，压强减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小。答案：0.04；降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小。（4）由图可知330以下的低温区中CO2、N2O含量较高，故发生的主要反应的化学方程式是CO+2NOCO2+N2O；答案：CO+2NOCO2+N2O。低温区N2O选择性高于N2 ，由此可推断出: V反应的活化能 VI反应的活化能，理由是反应的活化能小，化学反应速率大，选择性高；答案： ；生成N2O的选择性高，说明反应VI的化学反应速率大，该反应的活化能就小。【点睛】本題考査了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡的有关知识。反应热与反应途径无关，対于有多步反应的化学反应，反应的快慢由慢反应决定，可根据化学平衡常数与速率常数关系，判断反应迸行的程度。【化学选修3：物质结构与性质】11.含有N、P、Fe、Ti等元素的新型材料有着广泛的用途。(1)基态Fe原子未成对电子数为_个；基态Ti原子的价电子排布图是_。(2)意大利罗马大学的：FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，其中氮原子的轨道杂化形式为_。(3)比较气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角：PH3_NH3(填“大于”、“小于”或“等于”)，主要原因为_。(4)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如图所示。组成M的元素中，电负性最大的是_(填名称)。M中含有_(填标号)。A 键 B 键C 离子键 D 配位键 (5)已知金刚石的晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如下图B所示，则金属铁晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图_(填标号)。 (6)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，其中距离铁原子最近的铁原子的个数为_，氮化铁晶胞底边长为a cm，高为c cm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为_gcm-3(用含a、c和NA的计算式表示)。【答案】 (1). 4 (2). (3). sp3 (4). 小于 (5). 电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大 (6). 氧 (7). ABD (8). A (9). 12 (10). 【解析】【详解】(1) Fe为26号元素，基态Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态原子未成对电子数为4个；Ti为22号元素，基态Ti的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，所以基态Ti原子的价电子排布图是；答案：4；。（2）N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化；答案：sp3。(3) 因为电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，所以PH3小于NH3。答案：小于；电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大。(4) 组成M的元素有Ti、C、H、O、Cl ，其中O的非金属性最强，非金属性越强电负性越大，所以电负性最大的是氧；答案：氧。M中有碳碳双键、碳碳单键、CH键、CO键等，单键为键、 双键中含1个键和1个键；根据M的结构知Ti与O之间有配位键，没有离子键，故选ABD。(5) )由金刚石的晶胞结构可知，金刚石的晶胞相当