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2019届高三化学上学期第二次联考试题(含解析)1.下列说法不正确的是A. 天然气、酒精和汽油分别属于化石能源、可再生能源和二次能源B. 富含N、P元素的生活用水可以直接用来灌溉农田C. 刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，陶瓷、分子筛主要成分是硅酸盐D. 我国油品从国 IV 汽油升级到国 V 汽油，有助于减少酸雨、雾霾，提高空气质量【答案】B【解析】【详解】A.天然气属于化石能源，不能再生；酒精属于可再生能源，通过微生物的发酵可以生成；汽油属于二次能源，由石油经分馏而来，故A正确；B.富含N、P元素的生活用水不能直接排放入河流中，也不可以直接用来灌溉农田，会造成水体富营养化，故B错误；C.刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，分子筛是结晶态的硅酸盐，陶瓷的主要成分也是硅酸盐，故C正确；D.从国四汽油升级到国v汽油可减少污染物的排放，提高空气质量，故D正确。故选B。2.下列反应的离子方程式正确的是A. NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32B. 明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42完全沉淀：Al3+Ba2+SO42+3OHBaSO4+Al（OH）3C. 200 mL 2 mol/L的FeBr2溶液中通入11.2 L标准状况下的氯气：4Fe2+6Br+5Cl24Fe3+3Br2+10ClD. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+H2O+4H+【答案】C【解析】【分析】A.NaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；B.明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42完全沉淀，反应生成硫酸钡、偏铝酸钠和水；C.二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁，再氧化溴离子；D.强碱溶液中，不能生成氢离子。【详解】A.NaAlO2溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故A错误；B.明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42完全沉淀，离子方程式为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O，故B错误；C.200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气，离子方程式：4Fe2+6Br+5Cl24Fe3+3Br2+10Cl，故C正确；D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O，故D错误。故选C。【点睛】明确反应事实，掌握离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。3.下列有关实验原理或实验操作正确的是A. 实验室用图甲所示装置制取少量氨气B. 为使100mL0.5mol/L的NaNO3溶液物质的量浓度变为1mol/L，可将原溶液加热蒸发掉50mL水C. 利用图乙装置，可制取乙烯并验证其易被酸性KMnO4溶液氧化D. 利用图丙装置，可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性【答案】D【解析】【分析】A.气体收集装置不能密封；B.100mL溶液蒸发掉50g水，剩余溶液体积未知，不能计算物质的量浓度；C.挥发出来的乙醇也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了检验结果；D.浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能够漂白品红溶液，还能够与高锰酸钾发生氧化还原反应。【详解】A.收集氨气的试管不能密封，否则无法收集氨气，故A错误；B.蒸发掉50mL水后，剩余溶液未告诉密度，无法计算溶液的体积，则无法计算所得溶液的浓度，故B错误；C.乙醇易挥发，挥发出的乙醇干扰了乙烯的检验，应该先用水除去乙醇，故C错误；D.浓硫酸使蔗糖变黑，可知浓硫酸的脱水性，然后C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能够使品红溶液褪色，证明二氧化硫检验漂白性；二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾褪色可知二氧化硫具有还原性，故D正确。故选D。4.如图两种化合物的结构或性质描述正确的是A. 两种化合物均是芳香烃B. 两种化合物可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分C. 两种化合物分子中共平面的碳原子数相同D. 两种化合物互为同分异构体，均能与溴水反应【答案】D【解析】【详解】A.第一种物质含有苯环，属于芳香烃，第二种物质含有碳碳双键，不属于芳香烃，故A错误；B.两种有机物H原子位置不同，可用核磁共振氢谱区分，故B错误；C.第一种物质含有苯环，8个C原子共面，第二种物质含有碳碳双键，7个C原子共面，故C错误；D.二者分子式相同而结构不同，所以二者是同分异构体，第一种物质含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，第二种物质含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，故D正确。故选D。5. 已知X、Y、Z、W都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，W的族序数比X的族序数大1，则下列说法错误的是A. Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7：20的共价化合物B. X、Y、Z可以组成一种盐，其中X、Y、Z元素原子个数比为4：2：3C. Y和W组成的化合物与X和Z组成的化合物反应可生成2种碱性物质D. 由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有2种【答案】D【解析】试题分析：X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，X是氢元素；而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是氧元素；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，Y是氮元素；W的族序数比X的族序数大1，W是镁元素。N2O5中氮氧元素的质量比为7：20，故A正确；硝酸铵中H、N、O元素原子个数比为4：2：3，故B正确；Mg3N2与H2O反应可生成Mg(OH)2、NH3两种碱性物质，故C正确；H、N、O元素任意两种组成的具有10电子的微粒H2O、NH3、OH-、NH4+、H3O+等，故D错误。考点：本题考查元素周期表。6.电Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示。其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应：H2O2+Fe2+=Fe3+ OHOH，生成的羟基自由基 (OH)能氧化降解有机污染物。下列说法中正确的是A. 电源的X极为正极，Y极为负极B. 阴极的电极反应式为Fe2+e=Fe3+C. 阳极的电极反应式为H2Oe=H+OHD. 每消耗1 mol O2，整个电解池中理论上可产生2molOH【答案】C【解析】试题分析：A由反应原理示意图可知，左边电极Fe3+和O2得电子，则可知左边电极为阴极，所以电源的X电极为负极，Y为正极，故A错误；B阴极上Fe3 + + e = Fe2 + ，O2+ 2e+ 2H + = H2O2，故B错误；C根据图示，阳极的电极反应式为H2Oe = H + + OH，故C正确；D每消耗1molO2，生成1molH2O2，H2O2+ Fe2 + = Fe3 + + OH OH，生成1molOH，转移3mol电子，阳极生成3molOH，共产生4molOH，故D错误。故选C。考点：电解原理7.常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2A溶液中滴加0.2 mol/L NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图（其中I代表H2A，II代表HA，III代表A2）。根据如图图示判断，下列说法正确的是A. 当V(NaOH)=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)c(A2)c(H+)c(HA)c(OH)B. 等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水的大C. 当V(NaOH)=30 mL时，溶液中存在以下关系：2c(H+)+3c(H2A)+c(HA)= c(A2)+2c(OH)D. 向NaHA溶液加入水的过程中，pH可能增大也可能减小【答案】C【解析】【详解】A.当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c（Na+）c（HA-）c（H+）c（A2-）c（OH-），故A错误；B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，由图示关系知，c（A2-）c（H2A），说明电离大于水解程度，溶液显酸性，溶液中水的电离受到了抑制，比纯水小，故B错误；C.当V（NaOH）=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA，Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-），物料守恒可知：3c（HA-）+3c（A2-）+3c（H2A）=2c（Na+），2+得：2c（H+）+c（HA-）+3c（H2A）c（A2-）+2c（OH-），故C正确；D.当加入V（NaOH）=20mL时，此时溶质为NaHA，根据图像可以知道，溶液中c（A2-）c（H2A），说明HA-的电离程度大于水解程度，溶液显示酸性，故D错误。故选C。【点睛】做此类题目通常电荷守恒、物料守恒、质子守恒综合使用。8.FeCl2是一种常用的还原剂，有关数据如下：C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯不溶于C6H5Cl，C6H4Cl2，苯，易吸水熔点/4553沸点/132173实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2。回答下列问题：.按下如图装置用H2还原无水FeCl3制取。（1）用装置A制取H2，其优点是_；D中反应的化学方程式为_；装置E的作用是_。（2）通入足量H2，充分反应，如果温度控制不当，产品中会含单质铁，检验产品中是否含铁的方案是_。.按图装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯，控制反应温度在128139加热3h，反应接近100%。反应如下：2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl（3）上述反应中，还原剂是_。（4）反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，原因是_。（5）冷却后，将三颈瓶内物质经过过滤，洗涤，干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是_；简述回收滤液中C6H5Cl的方案_。【答案】 (1). 通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止 (2). H2+2FeCl3 2FeCl2+2HCl (3). 吸收HCl气体，同时防止空气中的水蒸气进入D装置 (4). 取样品少许放入试管中，向其中加入稀HCl，观察是否有气泡产生 (5). C6H5Cl (6). 实验使用了冷凝回流装置 (7). 苯 (8). 蒸馏滤液，并收集132馏分【解析】【分析】按如图1装置可知，用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以装置碱石灰，E装置中也要装置碱石灰，防止空气中的水份进入D装置，D装置中用氢气与氯化氯生成氯化亚，据此答题。【详解】I（1）装置A为启普发生器的简易装置，适用于固液混合状态且不需加热而制取的气体，且固体必须是块状的，该装置的优点是便于控制反应，实验室一般用锌和稀盐酸制备H2，用装置A制取H2，通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止，根据上面的分析可知，E中盛放的试剂是碱石灰；吸收氯化氢气体，同时防止空气中的水份进入D装置，D中反应的化学方程式为H22FeCl32FeCl22HCl，故答案为：通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止；H2+2FeCl3 2FeCl2+2HCl；吸收HCl气体，同时防止空气中的水蒸气进入D装置。（2）温度控制不当，产品中含单质铁检验产品中是否含铁的方案为取样，加入盐酸中，观察是否有气泡产生，故答案为：取样品少许放入试管中，向其中加入稀HCl，观察是否有气泡产生。II（3）根据反应2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl可知，氯苯能使氯化铁生成氯化亚铁，所以氯苯为还原剂，故答案为：C6H5Cl。（4）根据图2可知，装置有冷凝回流装置，所以为了提高反应速率，可以将反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，故答案为：实验使用了冷凝回流装置。（5）三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2，根据其溶解性可知，可以用有机溶剂例如苯将C6H5Cl、C6H4Cl2溶解，过滤后可得氯化亚铁，对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，洗涤所用的试剂可以是苯，故答案为：苯。回收滤液中C6H5Cl的方案是蒸馏滤液，并收集132馏分，故答案为：蒸馏滤液，并收集132馏分。【点睛】解答该类题目时注意把握实验、反应原理和操作流程的目的，特别是主要是物质性质的理解。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。9.研究人员研制利用低品位软锰矿浆(主要成分是MnO2)吸收硫酸厂的尾气SO2，制备硫酸锰的生产流程如下：已知：浸出液的pH2，其中的金属离子主要是Mn2，还含有少量的Fe2、Al3、Ca2、Pb2等其他金属离子。PbO2的氧化性大于MnO2。PbSO4是一种微溶物质。有关金属离子的半径、形成氢氧化物沉淀时的pH见下表，阳离子吸附剂吸附金属离子的效果见下图。 （1）浸出过程中生成Mn2+反应的化学方程式为_，（2）Fe2被氧化的过程中主要反应的离子方程式_。（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节pH，pH应调节至_范围。（4）阳离子吸附剂可用于除去杂质金属离子。请依据图、表信息回答，决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有_等（写二点）。（5）吸附步骤除去的主要离子为_。（6）电解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn，写出阳极的电极反应方程式_。（7）CaSO4是一种微溶物质，已知Ksp(CaSO4)=9.10106。现将c molL1CaCl2溶液与2.00102molL1Na2SO4溶液等体积混合（忽略体积的变化），则生成沉淀时，c的最小值是_。【答案】 (1). SO2MnO2MnSO4 (2). 2Fe2MnO24H2Fe3Mn22H2O (3). 4.7 pH8.3 (4). 吸附时间、金属离子的半径 、金属离子的电荷 (5). Pb2、Ca2 (6). Mn2+-2e2H2OMnO24H+ (7). 1.8210- 3mol/L【解析】【分析】（1）MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4；（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+；（3）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀；（4）根据题目提供的表格数据可知决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有吸附时间、金属离子的半径、金属离子的电荷；（5）吸附步骤除去的主要离子为Pb2+、Ca2+；（6）二氧化锰是在阳极锰离子失电子生成，电极反应为：Mn2+-2e2H2OMnO24H+；（7）根据沉淀溶度积进行计算。【详解】（1）低品位软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，故答案为：SO2+MnO2=MnSO4。（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O，故答案为：2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O。（3）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀，故答案为：4.7pHOS；A氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故，选项A正确；NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是V形，氨气分子的键角大于水分子的键角，选项B错误；CCu(NH3)4SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体，选项C正确；D燃烧热必须是生成稳定的氧化物，反应中产生氮气和水蒸气都不是稳定的氧化物，选项D错误。答案选AC；（3）氨基乙酸钠结构中含有N-H 2个，C-H 2个，碳氧单键和双键各一个，N-C、C-C各一个共8个键；等电子体为价电子数和原子个数相同，故采用上下互换，左右调等方法书写为N2O、SCN、N3等；根据均摊法计算白球数为81=2 黑球为4个，取最简个数比得化学式为Cu2O。点睛：本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算。解题的关键是正确理解原子结构及杂化轨道计算。12.抗痫灵(G)具有抗癫痫、抗惊厥、抗抑郁等功效，其合成路线如下图所示（某些反应条件和副产物已略）：（2）若以醛基为母体，则B的系统命名法的名称为 _；的反应中属于加成