辽宁省辽阳市2019届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）

辽宁省辽阳市2019届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）1.已知(x)、(y)互为同分异构体，下列说法不正确的是a. y的一氯代物只有三种b. x的所有原子可能处于同一平面c. x、y与足量氢气完全加成时所需氢气的物质的量之比为1：1d. x、y均可使溴的水溶液褪色，且褪色的原理相同【答案】c【解析】【分析】考查有机物的基础知识，涉及等效氢的判断、共面、共线、官能团的形式等知识，应从各有机物代表物入手进行分析；【详解】a、，该有机物有3种不同的氢原子，因此一氯代物有3种，故a说法正确；b、苯环空间构型为平面正六边形，ch2=ch2属于平面结构，由于碳碳单键可以旋转，因此x中所有原子可能处于同一平面，故b说法正确；c、1mol苯环与氢气发生加成，最多消耗3molh2，1mol“c=c”最多消耗1molh2，1个x分子中含有1个苯环和1个“c=c”，因此1molx最多消耗4molh2，1moly最多消耗3molh2，因此所需氢气的物质的量之比为4：3，故c说法错误；d、根据结构简式，x和y中都含有“c=c”，与溴水发生加成反应，且溴水褪色的原理相同，故d说法正确。2.设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是a. 78g苯中含有的碳碳双键数为3.0nab. 4.6g金属钠完全燃烧，转移的电子数为0.4nac. 等质量的n2和co中，原子数均为2.0nad. 5.6l（标准状况）o2中含有的质子数为4.0na【答案】d【解析】【分析】考查阿伏加德罗常数的应用是热点，一般所考查知识点固定，如结构、水解、转移电子的计算等；【详解】a、考查苯的结构，苯中不含碳碳双键，故a说法错误；b、金属钠参加反应，化合价由0价1价，因此4.6g金属钠完全燃烧，转移电子物质的量为4.6g1/23gmol1=0.2mol，故b说法错误；c、题中没有给出质量，因此无法计算原子数，故c说法错误；d、标准状况下，5.6lo2的物质的量为5.6l/22.4lmol1=0.25mol，因此所含质子的物质的量为0.25mol28=4mol，故d说法正确。3.短周期主族元素w、x、y、z的原子序数依次增大，其中只有y为金属元素。w、y、z最外层电子数之和为12；w与x、y与z分别同周期；x与z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。下列说法错误的是a. x与z形成的化合物属于碱性氧化物b. z的氢化物为共价化合物c. x和y的原子半径大小：xyd. 常温常压下w的单质为气态【答案】a【解析】分析】x与z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀，即该化合物为sio2，四种元素原子序数依次增大，即z为si，x为o，y与z同周期，y为金属元素，即y可能为na，可能为mg，可能为al，w、y、z最外层电子数之和为12，y如果是na，则w的最外层电子数为7，即w为f，不符合题意，y如果是mg，则w的最外层电子数为6，即w为o，不符合题意，y如果是al，则w的最外层电子数为5，即w为n，然后逐步分析。【详解】根据以上分析可知w为n，x为o，y为al，z为si，则a、x与z形成的化合物是sio2，属于酸性氧化物，故a说法错误；b、z的氢化物是sih4，属于共价化合物，故b说法正确；c、al核外有3个电子层，o核外有2个电子层，因此al的半径大于o，故c说法正确；d、n的单质为n2，常温下为气体，故d说法正确。【点睛】微粒半径大小的比较，一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数增多而增大。4.一种将co2和h2o转换为燃料h2、co及ch4的装置如图所示(电解质溶液为稀h2so4)。下列关于该装置的叙述错误的是a. 该装置可将电能转化为化学能b. 工作时，电极a周围溶液的ph增大c. 电极b上生成ch4的电极反应式为co2+8h+8e=ch4+2h2od. 若电极b上只产生1 mol co，则通过质子膜的h+数为2na【答案】b【解析】【分析】该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2h2o4e=o24h，电极b为阴极，如转化成ch4，阴极反应式为co28e8h=ch42h2o，然后进行分析；【详解】该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2h2o4e=o24h，电极b为阴极，如转化成ch4，阴极反应式为co28e8h=ch42h2o，a、根据该装置图，该装置为电解池，电能转化为化学能，故a说法正确；b、工作时，电极a的电极反应式为2h2o4e=o24h，c(h)增大，ph降低，故b说法错误；c、根据上述分析，电极b电极反应式为co28e8h=ch42h2o，故c说法正确；d、若只产生co，电极b电极反应式为co22e2h=coh2o，产生1molco，消耗2molh，即通过质子膜的h物质的量为2mol，故d说法正确；【点睛】解答电化学题的步骤是首先写出两极电极反应式，电极反应式的书写是关键，列出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，标出得失电子，根据电解质的酸碱性，判断h、oh、h2o，谁参加反应，谁被生成，如本题中电极b，假设co2生成ch4，co2ch4，c的化合价由44价，化合价降低，得到电子，co28ech4，交换膜为质子膜，说明环境为酸性，因此h作反应物，h2o为生成物，电极反应式为co28e8h=ch42h2o。5.下列实验方案的设计能够达到实验目的的是选项实验目的实验方案a证明hclo是弱酸用ph试纸测定naclo溶液的phb比较mg(oh)2和fe(oh)3的ksp大小分别向2ml浓度均为0.1moll-1的mgcl2溶液和fecl3溶液中滴加几滴0.1moll-1的naoh溶液，观察生成沉淀的颜色c验证so2的还原性将so2气体通入溴水中，观察溴水是否褪色d实验室制备并检验nh3加热装有nh4cl固体的大试管，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，观察试纸颜色变化a. ab. bc. cd. d【答案】c【解析】【详解】a、naclo具有强氧化性，具有漂白性，无法读出ph数值，不能达到实验目的，故a不符合题意；b、mg(oh)2和fe(oh)3形式不同，因此比较两种物质的ksp时，应从需要一个沉淀转化成另一个沉淀，因此分别在两个试管里进行是不能达到实验目的，故b不符合题意；c、so2能与溴水发生so2br22h2o=2hbrh2so4，so2的化合价升高，被氧化，具有还原性，能达到实验目的，故c符合题意；d、nh4cl受热分解成nh3和hcl，遇冷重新生成nh4cl，因此实验室制备nh3，不采用加热nh4cl，该实验不能达到目的，故d不符合题意。6.常温下，将naoh溶液滴入某一元酸（ha）溶液中，测得混合溶液的ph与离子浓度变化关系如图所示已知：。下列叙述不正确的是a. ka(ha)的数量级为10-5b. 滴加naoh溶液的过程中，保持不变c. m点所示溶液中：c(h+)+c(na+)=c(ha)+c(oh-)d. n点所示溶液中：c(na+)=c(a-)+c(ha)【答案】d【解析】【分析】根据图像，溶液中含有ha，说明ha为弱酸，即存在haha，加入naoh溶液，发生naohha=naah2o，c(a)/c(ha)比值增大，即，减小，然后依据溶液中三个“守恒”进行分析；【详解】a、ha为弱酸，即存在haha，ka=c(h)c(a)/c(ha)，时，ka=c(h)=104.76=1050.24，即数量级为105，故a说法正确；b、，ka和kw只受温度的影响，因此该比值保持不变，故b说法正确；c、根据电荷守恒，m点所示溶液中：c(h)c(na)=c(oh)c(a)，由a选项分析，m点时，c(a)=c(ha)，因此有c(h)=c(ha)c(oh)c(na)，故c说法正确；d、n点时溶液ph=2，ha的物质的量大于naoh的物质的量，则此时溶液中：c(na)c(a)c(ha)，故d说法错误。7.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：已知：菱锰矿的主要成分是mnco3，其余为fe、ca、mg、al等元素。部分阳离子沉淀时溶液的ph：离子al3+fe3+ca2+mn2+mg2+开始沉淀的ph4.12.210.68.19.1沉淀完全的ph4.73.213110.111.1焙烧过程中主要反应为mnco3+2nh4clmncl2+2nh3+co2+h2o。（1）结合如图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为_、_、_。如图1焙烧温度对锰浸出率的影响如图2焙烧时间与锰浸出率的关系如图3氯化铵与菱锰矿粉质量比对锰浸出率的影响（2）对浸出液净化除杂时，需先加入mno2，作用是_，再调节溶液ph的范围为_，将fe3+和al3+变为沉淀而除去，然后加入nh4f将ca2+、mg2+变为氟化物沉淀除去。（3）上述流程中可循环使用的物质是_（填化学式）。（4）现用滴定法测定产品中锰的含量。实验步骤：称取4.000g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中的mnco2完全转化为mn(po4)23-（其中no3-转化为no2-）；加入稍过量的硫酸铵，发生反应no2-+nh4+n2+2h2o以除去no2-；加入稀硫酸酸化，用60.00ml0.50moll-1硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为mn(po4)23-+fe2+mn2+fe3+2po43-，用5.00ml0.50moll-1酸性k2cr2o7溶液恰好除去过量的fe2+。酸性k2cr2o7溶液与fe2+反应的离子方程式为_。试样中锰的质量分数为_。【答案】 (1). 500 (2). 60min (3). 1.10 (4). 将fe2+氧化为fe3+ (5). 4.7ph8.1 (6). nh4cl (7). 6fe2+cr2o72-+14h+6fe3+2cr3+7h2o (8). 20.625%【解析】【分析】根据信息，菱镁矿中主要成分是mnco3，还含有fe、ca、mg、al等元素，在加入氯化铵后焙烧，然后酸浸，主要得到mncl2，还含有fe、ca、mg、al等元素的杂质，净化除杂，根据信息确认除去哪些元素，碳化结晶中，发生mn22hco3=mnco3co2h2o，最后过滤、洗涤、干燥得到碳酸锰产品；【详解】（1）图1锰的浸出率随温度的升高而增大，但500以后增大变化不大，最佳焙烧温度为500；根据图2，随着时间增大，锰的浸出率增大，但60min后增大变化不大，因此焙烧时间最佳为60min；同理最佳氯化铵与菱锰矿质量的比值为1.10；（2）根据菱锰矿含有的成分，酸浸后得到mn2，以及含有fe、ca、mg、al等元素，根据部分阳离子沉淀时溶液的ph，对浸出液净化除杂，先加mno2，利用mno2的氧化性，将fe2氧化成fe3，便于通过调节ph而除去；调节ph，除去的是fe3和al3，不能使mn2沉淀，因此调节ph的范围是4.7ph”“ (8). 0.8 (9). 8.19210-2【解析】【详解】（1）因为as和n位于同主族，ash3与nh3电子式类似，即ash3的电子式为；（2）h3aso4h2aso4h，ka1=，根据图像，当c(h2aso4)=c(h3aso4)时，溶液的ph=2.2，即ka1=c(h)=102.2，即pka1=2.2；甲基橙的变色范围是3.14.4，溶液显酸性，根据图像，用甲基橙作指示剂，滴定到终点溶液颜色变化是红色变为橙色，因此与氢氧化钠反应的离子方程式为h3po4oh=h2po4h2o；（3）反应=反应i2反应2，即h=(2a2b)kjmol1；催化剂降低活化能，活化能越小，反应速率越快，对比表格数据，相对于催化剂y，使用催化剂x时，反应（生成as4）的活化能更大，生成as4的反应速率小，而反应活化能相对较小，消耗as4的反应速率大，因此催化剂x优于催化剂y；（4）根据图像，图中所给曲线为平衡线，依据反应方程式，b点达到a点，气体总压的对数值增大，说明反应向正反应方向进行，即v(正)v(逆)；a点气体总压为1kpa，分压等于总压气体组分物质的量分数，即ass(g)的分压为1kpa4/5=0.8kpa，s2(g)的分压为1kpa1/5=0.2kpa，kp=p4(ass)p(s2)=(0.8)40.2=8.192102。9.实验室以绿矾（feso47h2o）为铁源制备补血剂甘氨酸亚铁(nh2ch2coo)2fe，有关物质性质如下：甘氨酸（(nh2ch2cooh）柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇实验过程：.配制含0.10molfeso4的水溶液。.制备feco3：向配制好的feso4溶液中，缓慢加入200ml 1.1moll-1nh4hco3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。.制备(nh2ch2coo)2fe：实验装置如图（夹持和加热仪器已省略），将实验得到的沉淀（过量）和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入c中，然后利用a中的反应将c中空气排尽，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品。回答下列问题：（1）仪器p的名称是_。（2）实验配制feso4溶液时，为防止feso4被氧化变质，应加入的试剂为_（填化学式）。（3）实验中，生成沉淀离子方程式为_。（4）实验中，检查装置a的气密性的方法是_。柠檬酸可调节ph，体系ph与产率的关系如下表：实验12345678体系ph4.04.55.05.56.06.57.07.5产率/%65.7474.9678.7883.1385.5772.9862.3156.86ph过低会使产率下降，其原因是_；柠檬酸的作用还有_（填字母）。a作催化剂b作反应终点指示剂c促进feco3溶解d防止二价铁被氧化洗涤实验中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是_（填字母）。a热水 b稀硫酸c乙醇 d柠檬酸溶液（5）若产品的质量为16.32g，则产率为_。【答案】 (1). 恒压漏斗（答分液漏斗也给分） (2). fe (3). fe2+2hco3-feco3+co2+h2o (4). 关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气（答案合理即可） (5). h+会与nh2ch2cooh反应 (6). cd (7). c (8). 80%【解析】【分析】弄清楚实验目的，实验目的是制备甘氨酸亚铁，理解实验原理，实验原理是feco3在柠檬酸的作用下与甘氨酸反应，fe22nh2ch2cooh=(nh2ch2coo)2fe，然后针对问题展开而分析。【详解】（1）根据仪器p的特点，仪器p为恒压漏斗或恒压滴液漏斗；（2）fe2容易被氧气氧化，同时fe2fe3=3fe2，不引入杂质，因此保存feso4时，应加入的试剂为fe；（3）feso4溶液中加入nh4hco3溶液发生反应，产物是feco3和co2，其离子方程式为fe22hco3=feco3co2h2o；（4）检验装置a的气密性，其方法是关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气；nh2显碱性，ph过低时，h能与nh2发生反应，产率降低；柠檬酸有强酸性，能使feco3溶解，作用之一是调节ph促进feco3溶解，根据信息，柠檬酸具有还原性，可防止fe2被氧化，因此选项cd符合题意；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，因此选择乙醇溶液作为洗涤剂，故选项c正确；（5）根据步骤，feco3过量，根据甘氨酸计算(nh2ch2coo)2fe的质量，关系式为2nh2ch2cooh(nh2ch2coo)2fe，即甘氨酸亚铁的理论质量为0.2mol204gmol1/2=20.4g，产率=实际产量/理论产量100%=16.32/20.4100%=80%。【点睛】难点是问题（3）离子方程式的书写，制备feco3，需要hco3提供co32，即hco3溶液存在hco3 hco32，fe2结合co32生成feco3沉淀，促使平衡向正反应方向进行，h浓度增大，h与hco3反应生成co2和h2o，最后写出离子方程式。10.铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。回答下列问题：（1）fe原子的核外电子排布式为_。（2）含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金，主要由fe和mn组成，其中锰能增加钢铁的强度和硬度，提高耐冲击性能和耐磨性能。第一电离能i1(fe)_（填“大于”或“小于”）i1(mn)，原因是_。（3）fef3具有较高的熔点（熔点高于1000），其化学键类型是_，febr3的式量大于fef3，但其熔点只有200，原因是_。（4）fecl3可与kscn、苯酚溶液发生显色反应。scn-的三种元素中电负性最大的是_。苯酚（）分子中氧原子的杂化形式为_。苯酚分子中的大键可用符号mn表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，则m=_，n=_。（5）fe(co)3与nh3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为na，该磁性氮化铁的密度为_（列出计算式）gcm-3。【答案】 (1). ar3d64s2 (或) 1s22s22p63s23p63d64s2 (2). 小于 (3). mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). fef3为离子晶体，febr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体 (6). n(或氮) (7). sp3 (8). 6 (9). 6 (10). 【解析】【分析】(1)fe为第26号元素，根据电子排布规律写出电子排布式；(2)fe的电子排布为ar3d64s2，mn的电子排布为ar3d54s2，mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子；(3)根据熔点的差距推测晶体类型；(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多；从苯酚的电子式可以看出，氧原子价层电子对数n=4，故为sp3杂化；形成大键的原子数应为6个c原子，参与形成大键的电子为c原子平行p轨道中的电子数，为6，(5)由图可知：氮化铁晶胞的质量为晶胞的体积为根据公式可求【详解】(1)fe为第26号元素，根据电子排布规律，可知fe的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2；答案：1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2；(2)fe的电子排布为ar3d64s2，mn的电子排布为ar3d54s2，mn的3d能级为半充满的相对稳定结构， 较难失电子，故第一电离能femn；答案：小于；mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子(3)根据fef3的熔点可知，fef3属于离子晶体，故含离子键。febr3熔点明显低于fef3，两者晶体类型不同，febr3的化学键以共价键为主， 属于分子晶体；答案：离子键；两者晶体类型不同，febr3化学键以共价键为主，属于分子晶体。(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多，根据三种元素位置关系可知，n元素电负性最强。答案：氮或n从苯酚的电子式可以看出，氧原子价层电子对数n=4，故为sp3杂化；形成大键的原子数应为6个c原子，参