2019届高三化学第二次调研考试试题(含解析).doc

2019届高三化学第二次调研考试试题(含解析)1.天工开物中记载了砒霜(As2O3) 的制取：“凡烧砒，下鞠（注：在地上挖砌）土窑，纳石其上，上砌曲突（注：烟筒），以铁釜倒悬覆突口。其下灼炭举火。其烟气从曲突内熏贴釜上。”文中涉及的操作为A. 蒸馏 B. 升华 C. 干馏 D. 萃取【答案】B【解析】A、蒸馏一般分离的是互溶的液体，根据题意，不符合蒸馏研究的对象，故A错误；B、升华利用固体受热直接转化成气体，遇冷重新转化成固体，属于物理变化，根据题意，“凡烧砒烟气从曲突内熏贴釜上”，符合升华原理，故B正确；C、干馏是指煤在隔绝空气中加强热使之分解，根据题意，不符合干馏的定义，故C错误；D、根据上述分析，不符合萃取的原理，故D错误。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1mol SiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.2NAB. 56g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5NAC. 标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移电子数为NAD. 18gH218O和2H2O的混合物中，所含中子数为9NA【答案】D【解析】【分析】A、根据1mol硅原子形成了4mol硅氧键进行分析；B铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为83；C、氯气溶于水时只有很少一部分氯气和水反应；D、H218O与2H2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子。【详解】A、0.1mol二氧化硅中含有0.1mol硅原子，0.1mol硅原子形成0.4mol硅氧键，晶体中含有Si-O键的个数为0.4NA，选项A错误；B铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为83，0.2mol铁完全反应失去电子数为：0.2mol（83-0）=815mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：815mol2=415mol，生成的H2分子数为415NA，选项B错误；C、氯气溶于水时只有很少一部分氯气和水反应，产生盐酸和次氯酸，所以转移电子数小于NA，选项C错误；D、H218O与2H2O的摩尔质量均为20g/mol，故1.8g混合物的物质的量为0.09mol，且均含10个中子，故0.09mol混合物中含0.9NA个中子，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。3.下列实验中，对应的现象及结论或解释均正确的是选项实验操作现象结论或解释A向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液有红褐色沉淀胶体遇强电解质聚沉B将SO2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色SO2具有漂白性C将灼烧至红热的铜丝插入乙醇中铜丝由黑变红乙醇被还原D向氯化铝溶液中持续通入氨气产生白色沉淀后溶解Al(OH)3与碱反应A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、根据胶体的性质，硫酸钠为电解质，向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液，氢氧化铁胶体聚沉，出现红褐色沉淀，故A正确；B、紫色石蕊溶液中通入SO2，溶液只变红，不褪色，故B错误；C、灼热的铜丝插入到乙醇中，发生2CuO2=2CuO，CH3CH2OHCuOCH3CHOCuH2O，总反应是2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O，现象是先变黑后变红，乙醇被氧化，故C错误；D、氯化铝溶液中通入氨气，发生Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，氢氧化铝溶解与强碱，不溶于弱碱，即只产生白色沉淀，故D错误。4.化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是A. a、b、c 都属于芳香族化合物 B. a、b、c都能使溴水褪色C. 由a生成c的反应是氧化反应 D. b、c互为同分异构体【答案】D【解析】A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c的分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。5.短周期主族元素W、X、Y、Z，原子半径依次增大。W、X在同一主族，Y元素在第三周期中离子半径最小，Y和Z的原子序数之和是W的3倍。下列说法正确的是A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强 B. X的氧化物对应的水化物是强酸C. Z和W形成的化合物可能含有非极性键 D. Z、Y的氧化物是常用的耐火材料【答案】C【解析】电子层数越多，半径越大，当电子层数相等时，半径随着原子序数的递增而减小，四种元素的原子半径依次增大，因此四种元素在周期表的位置大概是，Y元素在第三周期中离子半径最小，即Y为Al，邻Z的原子序数为a，W的原子序数为b，则X的原子序数为b+8，因此有13+a=3b，因为Y为Al，则Z可能是Na，也可能是Mg，假设Z为Na，b=8，即W为O，X为S，假设Z为Mg，则b=25/3，不符合题意，A、同主族从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，即O的简单氢化物的热稳定强于S，故A错误；B、S的氧化物为SO2和SO3，其对应水化物是H2SO3和H2SO4，H2SO3为中强酸，H2SO4为强酸，故B错误；C、Na和O形成的化合物是Na2O和Na2O2，前者只含有离子键，后者含有离子键和非极性共价键，故C正确；D、钠的氧化物不能用于制作耐火材料，氧化铝可以，故D错误。点睛：根据信息原子半径依次增大，根据判断半径大小顺序是一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小，因此推出Y为Al，然后判断出四种元素在周期表中的大概位置，最后根据Y和Z的原子序数之和是W的3倍，作出合理的判断。6.以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是A. 放电时，正极反应为FeFe(CN)62Na+2eNa2FeFe(CN)6B. 充电时，Mo（钼）箔接电源的负极C. 充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室D. 外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g【答案】B【解析】A、根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为FeFe(CN)6+2Na+2e=Na2FeFe(CN)6，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg4e2Cl=Mg2Cl22，通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D说法正确。7.25时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：lgXlgc(CO32)c(HCO3)或lgc(HCO3-)c(H2CO3），下列叙述正确的是A. 曲线m表示pH与lgc(HCO3-)c(H2CO3）的变化关系B. 当溶液呈中性时，c(Na+)c(HCO3-)2c(CO32-)C. Ka1(H2CO3)1.010-6.4D. 25时，CO32-H2OHCO3-OH的平衡常数为1.0107.6【答案】C【解析】【详解】A、碳酸钠溶液中滴加盐酸，发生反应CO32-H+HCO3-、HCO3-H+H2O+CO2，根据图像，推出曲线m表示的是c(CO32-)c(HCO3-)，选项A错误；B、根据电中性，c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(HCO3-)2c(CO32-)，因为溶液显中性，因此c(H+)c(OH-)，即得出c(Na+)c(HCO3-)2c(CO32-)，选项B错误；C、n曲线代表的是c(HCO3-)c(H2CO3），N点，c(HCO3-) c(H2CO3)=10，此时c(H+)10-7.4mol/L，根据电离平衡常数的定义，H2CO3的一级电离平衡常数为c(HCO3-)c(H+)c(H2CO3）=1010-7.4=10-6.4，选项C正确；D、该反应的平衡常数为c(HCO3-)c(OH-)c(CO32-)，根据M点，c(HCO3-) c(H2CO3)=10，c(H+)10-9.3mol/L，c(OH-)10-4.7mol/L，代入数值，得出此反应的化学平衡常数为10-3.7，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查电离平衡常数及影响因素、盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理。应合理应用电离平衡常数的计算Ka1(H2CO3)c(HCO3-)c(H+)c(H2CO3）。8.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2，ClO2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。制备亚氯酸钠关闭止水夹，打开止水夹，从进气口通入足量ClO2，充分反应。（1）仪器a的名称为_，仪器b的作用是_。（2）装置A中生成NaClO2的离子方程式为_。（3）若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、_、_干燥等。探究亚氯酸钠的性质停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹,打开止水夹，向A中滴入稀硫酸。（4）开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快，请解释可能的原因_。（5）B中现象为_ 。（6）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹，_。【答案】 (1). 烧瓶（圆底烧瓶） (2). 防止倒吸 (3). 2ClO22OHH2O22ClO2H2OO2 (4). 过滤 (5). 洗涤 (6). NaClO2与H2SO4反应生成的Cl对反应起催化作用 (7). 溶液变蓝色 (8). 从进气口通入一段时间的空气【解析】考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器a的特点，仪器a为圆底烧瓶，仪器b为干燥管，因此仪器b的作用是防止倒吸；（2）根据实验步骤，装置A中加入NaOH、H2O2和ClO2，产物是NaClO2，Cl的化合价降低，即ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，H2O2的氧化产物是O2，因此有ClO2H2O2OHClO2O2H2O，根据化合价升降法进行配平，得出仪器A中发生离子反应方程式为2ClO2+2OH+H2O2=2ClO2+H2O+O2；（3）蒸发浓缩、降温结晶，得到NaClO2固体，然后过滤、洗涤、干燥；（4）NaClO2在酸性条件下能生成NaCl和ClO2，发生的反应是5NaClO22H2SO4=NaCl4ClO22H2O2Na2SO4，开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快的原因可能是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl对反应起催化作用；（5）ClO2的性质与氯气相似，即ClO2的氧化性强于I2，ClO2把I氧化成I2，淀粉遇碘单质变蓝，即B中现象是溶液变蓝色；（6）为了让有毒气体完全被吸收，在进气口通入一段时间的空气。9.钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用。以水钴矿（主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等）为原料制备CoCl26H2O的工艺流程如图所示：回答下列问题：“酸浸”（1）钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如下图所示。综合考虑成本，应选择的最佳工艺条件为_、_；滤渣的主要成分为_。（2）Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4，化学方程式为_。“净化除杂”分三步完成：（3）除铁：加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12，离子方程式为_。（4）除钙、镁：加入适量NaF，当Mg2+恰好完全被除去（离子浓度等于105molL1）时，c(Ca2+)=_molL1 （取两位有效数字）。已知：Ksp(MgF2)=7.41011，Ksp(CaF2)=1.51010。（5）除铜：加入适量Na2S2O3，发生反应2CuSO42Na2S2O32H2OCu2SS2Na2SO42H2SO4，该反应的还原产物为_。“萃取和反萃取”（6）“水相”中的主要溶质是Na2SO4和_（写化学式）。（7）实验室称取100g原料（含钴11.80%），反萃取时得到浓度为0.036molL1的CoCl2溶液5L，忽略损耗，钴的产率_（产率=产物中元素总量原料中该元素总量%100）。【答案】 (1). 12h (2). 90 (3). SiO2（二氧化硅） (4). 2Co2O34H2SO4（浓）4CoSO44H2OO2 (5). 2Na+6Fe3+4SO4212H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H+ (6). 2.010-5 (7). Cu2S、S (8). NiSO4 (9). 钴的产率=0.036mol/L5L59g/mol100g11.80%100%=90.00%【解析】【详解】(1)根据钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系，推出在12h、90时钴的浸出率最高；根据水钴矿的成分，SiO2是酸性氧化物，不与酸反应，即滤渣的主要成分是SiO2；（2）Co2O3中Co的化合价由+3变为+2价，化合价降低，应该是O元素被氧化成氧气，因此反应方程式为2Co2O34H2SO4（浓）4CoSO44H2OO2；（3）根据生成黄钠铁矾，推出离子反应方程式为2Na+6Fe3+4SO4212H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H+；（4）c(Mg2+)c(Ca2+)=Ksp(MgF2)Ksp(CaF2)=7.410-111.510-10，c(Mg2+)=10-5molL1代入公式，求出c(Ca2+)=2.010-5molL1；(5)还原产物是氧化剂被还原得出的物质，根据化学反应方程式，硫酸铜中Cu的化合价由+2价变为+1价，化合价降低，Na2S2O3中一部分S的化合价降低，转化成S和Cu2S中的S，即还原产物是Cu2S、S；（6）根据流程的目的，以及主要成分，推出水相中含有溶质为硫酸钠和NiSO4；（7）根据产率的公式，得出钴的产率为0.036mol/L5L59g/mol100g11.80%100%=90.00%。10.氮氧化物是大气主要污染物，可采用强氧化剂氧化脱除、热分解等方法处理氮氧化物。已知：（1）写出反应1的离子方程式_。（2）在反应2中，NO2的初始浓度为0.1molL1，反应为NO2S2O822OH-NO32SO42H2O。不同温度下，达到平衡时NO2的脱除率与过硫酸钠（Na2S2O8）初始浓度的关系如下图所示。比较a、b点的反应速率：va逆_vb正（填 “”“”或“=”）随着温度的升高，该反应的化学平衡常数K_（填“增大”、“不变”或“减小”）。已知90时，Kw3.61013，若b点对应的pH为12，则该温度下K_（保留一位小数）。（3）工业电解硫酸钠和硫酸的混合液制备过硫酸钠（Na2S2O8），阳极的电极反应式为_。N2O在金粉表面发生热分解：2N2O(g)2N2(g)O2(g) H。回答下列问题：（4）已知：2NH3(g)3N2O(g)4N2(g)3H2O(l) H14NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(l) H2H_。（含H1、H2的代数式）（5）某温度下，测得c(N2O)随时间t变化关系如图所示。已知瞬时反应速率v与c(N2O)的关系为vkcn(N2O)（k是反应速率常数），则k_，n_。【答案】 (1). 2NOS2O824OH2NO22SO422H2O (2). (3). 增大 (4). 20.5Lmol1 (5). 2SO422eS2O82 (6). 2/3H11/3H2 (7). 0.0010molL-1min-1 (8). 0【解析】（1）考查离子反应方程式的书写，反应1中通入NO、Na2S2O8、NaOH，产物是Na2SO4和NaNO2，即有NONa2S2O8NaOHNaNO2Na2SO4，NO中N的化合价由2价3价，化合价升高1价，Na2S2O8中含有过氧根离子，化合价降低2价，根据化合价升降法，得到离子反应方程式为2NOS2O824OH=2NO22SO422H2O；（2）考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数的计算，b点的初始浓度大于a点，浓度越大反应速率越快，即va逆”“=”“”）；而P的第一电离能比S大的原因是_。（4）复杂磷酸盐有直链多磷酸盐（如图b）和环状偏磷酸盐（如图c）。其酸根阴离子都是由磷氧四面体（图a）通过共用氧原子连接而成。直链多磷酸盐的酸根离子（图b）中，磷原子和氧原子的原子个数比为n：_；含3个磷原子的环状偏磷酸盐的酸根离子（图c）的化学式为_。（5）磷化镓(GaP)材料是研制微电子器件、光电子器件的新型半导体材料。GaP的晶体结构是闪锌矿型结构(如图所示)，晶胞参数apm。与Ga紧邻的P个数为_。GaP晶体的密度为（列出计算式）_gcm3（NA为阿伏加德罗常数）。【答案】 (1). 6 (2). 4 (3). 正四面体形 (4). N原子最外层没有d轨道 (5). (6). P原子的3p3为半充满状态，较稳定 (7). 3n1 (8). P3O93 (9). 4 (10). 4(70+31)NA(a1010)3【解析】【详解】（1）根据白磷分子结构可知，P原子最外层电子数为5，4个磷原子形成正四面体结构的白磷分子，则一个分子中有6对成键电子对和4对孤电子对；（2）PCl4+中P原子含有的孤对电子对数5-1-4120，即不存在孤对电子，由于磷原子的价层电子对数是4，所以空间构型是正四面体；P原子半径比N原子大且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化P原子周围可容纳较多的配位体形成较高配位数的化合物；N原子半径小没有可以利用的3d空轨道配位数只能达到4因此PCI5存在但NCl5不存在；（3）元素非金属性越强电负性越大，故电负性比较：PS；P原子的3p3为半充满状态，较稳定，故P的第一电离能比S大；（4）由图可知，直链多磷酸盐的酸根离子（图b）中，每个磷原子占有两个氧原子，另有两个氧原子与另一个磷原子共用占一半，最后首尾两个氧原子各一半为整个分子的，故磷原子和氧原子的原子个数比为n：3n1；由图可知，含3个磷原子的环状偏磷酸盐的酸根离子（图c）中含有3个P原子、9个氧原子，根据磷的化合价为+5价，氧的化合从为-2价可知其化学式为P3O93；（5）与Ga紧邻的P成正四面体结构，与Ga紧邻的P的个数为4；根据均摊法，GaP晶体中Ga原子个数为818+612=4，P原子个数为4，GaP晶体的密度为4(70+31)NA(a10-10)3gcm3=4(70+31)NA(a10-10)3 gcm3。12.华法林