辽宁省葫芦岛协作校2020届高三化学上学期第二次考试试题（含解析）

辽宁省葫芦岛协作校2020届高三上学期第二次考试理综化学试题1.化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是A. 使用大量肥料和农药来增加农作物的产量B. 聚乳酸和聚氯乙烯常用一次性快餐盒的材料C. 矿物油溅在衣服上可用热纯碱溶液去除D. 补血剂硫酸亚铁片与维生素C同时服用效果更佳【答案】D【解析】A、化肥和农药的使用可以提高粮食产量,但是大量使用化肥和农药会污染水资源以及危害人体健康,故错误; B.聚氯乙烯是难降解的塑料，不是一次性快餐盒的材料，故B错；C. 矿物油是烃类化合物，不会溶解在热纯碱溶液，所以C错；D项，补血剂琥珀酸亚铁片中Fe2+易被氧化，维生素C具有还原性，二者同时服用，可以防止Fe2+被氧化，从而增强对该药物的吸收,故D正确；答案：D。2.三国时期曹植在七步诗中这样写到“煮豆持作羹,漉豉以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是A. 过滤 B. 分液 C. 升华 D. 蒸馏【答案】A【解析】煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水。所以漉豉以为汁采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开。故A符合题意， B C D不符合题意。所以答案为A。3.有机物m、n、P存在如下转化关系。下列说法正确的是A. m、n不存在同分异构体，p存在多种同分异构体B. m、n、p均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. m、n、p中所有原子可能共面D. 等质量的m、n、p,完全燃烧耗氧量不相等【答案】C【解析】A.n不存在同分异构体，根据m、p的不饱和度可形成链状的烯烃或炔烃等多种同分异构体，故A错；B. m是苯，苯分子中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，n含有碳碳三键、p含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故B错；C. m为苯所有原子共面，n为乙炔所有原子共线、p为苯乙烯，所有原子可能共面，故C正确；D. 因为苯和乙炔的最简式相同，所以等质量的苯、乙炔完全燃烧耗氧量相等，故D错；答案：C。点睛：考查碳碳双键，碳碳三键，苯环结构的区别。碳碳双键，碳碳三键能被酸性高锰酸钾氧化，苯环不能被氧化。考查原子共面的知识。根据苯环和乙烯所有原子共面，乙炔所有原子共线，烷烃基属于四面体结构进行判断。4.下列根据实验现象得出的实验结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向盛有KNO3和KOH混合液的试管中加入铝粉并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸变为蓝色NO3-被还原为NH3B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液溶液变成红色Fe(NO3)2样品中一定含有Fe3+C向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液产生黑色沉淀Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2CO3)D向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液有机层呈橙红色还原性Fe2+I-A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A.氨气能使湿润的红色试纸变蓝色，湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，说明NO3-被还原为NH3；B.将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，酸性条件下，氢离子与硝酸根结合成硝酸，硝酸能把亚铁离子氧化成三价铁离子，不能说明原溶液中是否含有三价铁离子；C.浓度均为0.1mol/L的碳酸钠和硫化钠混合溶液中，滴入少量硝酸银溶液，产生黑色沉淀，说明Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2CO3)；D.向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液，使得有机层呈橙红色，说明氯化铁溶液将碘离子氧化生成了碘单质，也说明还原性Fe2+I-；【详解】A.氨气能使湿润的红色试纸变蓝色，硝酸钾和氢化钾混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，说明NO3-被还原为NH3，故A项正确；B.将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根能把亚铁离子氧化成三价铁离子，滴加硫氰化钾溶液变红，证明含有三价铁离子，不能说明原溶液中含有三价铁离子，故B项错误；C.溶度积常数小的物质先生成沉淀，浓度均为0.1mol/L的碳酸钠和硫化钠混合溶液中，滴入少量硝酸银溶液，产生黑色沉淀，说明Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2CO3)，故C项错误；D.向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液，使得有机层呈橙红色，说明氯化铁溶液将碘离子氧化生成了碘单质，也说明还原性Fe2+ZXWB. YX2遇到蓝色石蕊试液先变红后褪色C. 简单阴离子的还原性：YZD. Y与Z属于同一周期，与X属于同一主族【答案】B【解析】B是自然界最常见的液体，所以B为水；A是单质，C是酸性氧化物，A的水溶液和C均具有漂白性，可推断A为Cl2，C为SO2，E是三元化合物，则E为HClO。因为短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以W、X、Y、Z分别为H 、O 、S 、Cl。A.离子半径大小关系:S2-Cl-O2-H+,所以A正确；B.YX2为SO2，为酸性氧化物，遇到蓝色石蕊试液变红不会褪色，故B错；C.简单阴离子的还原性:S2-Cl-,故C正确；D.Y为S，Z为Cl属于同一周期，X为O与S属于同一主族,故D正确；答案：B。点睛：考查原子结构和元素周期律的相关知识。根据物质的性质推断物质的组成，根据元素的种类推断元素的性质。7.常温下，某酸H3A水溶液中含A的各种粒子的分布分数(平衡时某种粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)与pH的关系图如下所示，下列说法正确的是A. NaH2A水溶液呈碱性B. H3A溶液中存在:c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+1/2c(HA2-)+1/3c(A3-)C. 向H3A溶液中加入一定量的NaOH溶液至pH=5时，c(HA2)/c(H3A)100.6D. 向H3A溶液中加入氨水使pH从59发生的主要离子反应是：H2A-+OH-HA2-+H2O【答案】C【解析】【分析】从图像可知H3A为弱酸，存在电离平衡，H3AH2A-+H+，Ka1=c(H2A-)c(H+)/c(H3A)=10-2.2，H2A-HA2-+H+ Ka2= c(HA2-) c(H+)/ c(H2A-)=10-7.2，H2A-+H2OH3A+OH-水解常数为K= c(H3A) c(OH-)/ c(H2A-)，据此分析；【详解】水的离子积常数为KW= c(H+) c(OH-)=10-14，所以K= c(H3A) KW/ c(H2A-) c(H+)=KW/ Ka1=10-11.8；Ka2/K= c(HA2-)c(H+)/ c(H2A-)=10-7.2/10-11.8=104.61，所以电离大于水解，所以NaH2A水溶液呈酸性，故A项错误；B.HA2-A3-+H+；H2OH+OH-,根据质子守恒c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)+3c(A3-),故B错误；C.因为Ka1=c(H2A-)c(H+)/c(H3A)=10-2.2，Ka2= c(HA2-) c(H+)/ c(H2A-)=10-7.2, Ka1. Ka2=c(HA2-)C2(H+)/ c(H3A),（Ka1. Ka2）/ C2(H+)=c(HA2-)/ c(H3A),当溶液至pH=5时,c(H+)=10-5，c(HA2-)/ c(H3A)= (10-2.2 10-7.2)/ 10-10=10-0.6，故C正确；D.因为氨水为弱电解质，所以在离子反应方程式中不能拆，故D错误。综上，本题选C。8.实验室用绿矾(FeSO47H2O)为原料制备补血剂甘氨酸亚铁(H2NCH2COO)2Fe，有关物质性质如下:甘氨酸(H2NCH2COOH)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，有酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇实验过程:I.配制含0.10molFeSO4的绿矾溶液。II.制备FeCO3:向配制好的绿矾溶液中，缓慢加入200mL1.1mol/LNH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。III.制备(H2NCH2COO)2Fe:实验装置如下图(夹持和加热仪器已省略)，将实验II得到的沉淀和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中反应产生的气体将C中空气排净，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、干燥得到产品。回答下列问题:(1)实验I中:实验室配制绿矾溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为_(写化学式)。(2)实验II中:生成沉淀的离子方程式为_。(3)实验III中:检查装置A的气密性的方法是_。装置A中所盛放的药品是_ (填序号)。a.Na2CO3和稀H2SO4 b.CaCO3和稀H2SO4 c.CaCO3和稀盐酸确认c中空气排尽的实验现象是_。加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是_。洗涤实验III中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是_(填序号)。a.热水 b.乙醇溶液 c.柠檬酸溶液若产品的质量为17.34g,则产率为_。【答案】 (1). Fe (2). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+ H2O (3). 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 (4). c (5). D中澄清石灰水变浑浊 (6). 防止二价铁被氧化 (7). b (8). 85%【解析】(1). Fe2易被空气中的O2氧化成Fe3，实验室配制绿矾溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为Fe，加入铁粉后，Fe3可被铁粉还原为Fe2，且不引入杂质，故答案为：Fe；(2). Fe2和HCO3发生反应生成FeCO3沉淀、CO2和H2O，离子方程式为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+ H2O，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+ H2O；(3). . 检查装置A气密性的方法是：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液面的高度差保持不变，说明装置不漏气，故答案为：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；. 装置A为固液不加热型制气装置，且具有随开随用、随关随停的特点，所以应选择块状不溶于水的CaCO3，酸只能选择盐酸，若选择硫酸，生成的CaSO4微溶于水，阻碍反应的进行，故答案选：C；. 当C中充满CO2后，CO2开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，这时说明C中空气已经排尽，故答案为：D中澄清石灰水变浑浊；. 由题中信息可知，柠檬酸具有强还原性，可防止Fe2被氧化，故答案为：防止二价铁被氧化；. 因甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂，故答案为：B；. 含0.10mol FeSO4的绿矾溶液中Fe2的物质的量为0.10mol，因NH4HCO3溶液过量，所以生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.10mol、质量为20.4g，则产率为：100%=85%，故答案为：85%。9.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含BeO：25%、CuS：71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知：I铍、铝元素化学性质相似II常温下:KspCu(OH)2=2.210-20 KspFe(OH)3=4.010-38 KspMn(OH)2=2.110-13（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有_(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_。（2）溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择最合理步骤顺序_。a加入过量的NaOH b通入过量的CO2 c加入过量的氨水d加入适量的HC1 e过滤 f洗涤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应II中CuS发生反应的化学方程式_。若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是_(任写一条)。（4）溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol/L、c(Fe3+)=0.008mol/L、c(Mn2+)=0.01mol/L，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是_(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH值大于_。【答案】 (1). Na2SiO3、Na2BeO2 (2). BeO22-+4H+=Be2+2H2O (3). cefd (4). 在氯化氢气流中蒸发结晶（或蒸发结晶时向溶液中持续通入氯化氢气体） (5). MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O (6). 产生污染环境的气体 (7). Fe3+ (8). 4【解析】考查化学工艺流程，（1）旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息I，BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠反应，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息I，BeO2与过量盐酸反应生成氯化铍和水。其离子方程式为BeO22+4H=Be2+2H2O；答案：Na2SiO3、Na2BeO2，BeO22-+4H+=Be2+2H2O。（2）利用Be元素、铝元素化学性质相似，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是cefd；为了抑制Be2的水解，因此需要在HCl的氛围中对BeCl2溶液蒸发结晶；（3）根据信息，CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O；用浓硝酸作氧化剂，浓HNO3被还原成NO2，NO2有毒污染环境；（4）三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与Ksp的关系，Cu2转化成沉淀，c(OH)=molL1，Fe3转化成沉淀，c(OH)=molL1，Mn2转化成沉淀，c(OH)=molL1，因此首先沉淀的是Fe3，为使Cu2沉淀，此时c(OH)=11010molL1，c(H)=1014/1010=104molL1，即pH=4，当pH4时，Cu2出现沉淀；10.氢气是一种清洁、高效新能源，也是重要的化工原料。（1）工业上利用甲烷制备氢气的反应为:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)已知：H2(g)+1/2O2(g)H2O(g) H1=-198kJ/molCO(g)+1/2O2(g)CO2(g) H2=-283kJ/molCH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) H3=-846.3kJ/mol则CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H4=_。（2）工业上利用CO和H2合成清洁能源CH3OH，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-116kJ/mo1如图表示CO的平衡转化率()随温度和压强变化的示意图。X表示的是_，理由_；Y1_Y2(填“”)。在2L恒容密闭容器中充入2 mol CO和4 mol H2，在一定条件下经过10 min达到平衡状态c点处。则在该条件下，从开始至达到平衡状态v(CH3OH)=_，平衡常数Ka、Kb、Kc 的大小关系：_。下列措施既能增大反应速率又能提高反应物的转化率的是_。A使用催化剂 B及时分离CH3OH C升高温度 D增大压强（3）已知燃料电池的比能量与单位质量燃料物质失去的电子数成正比。理论上H2、CH4、CH3OH的碱性电池的比能量由大到小的顺序为_。【答案】 (1). +30.7 kJmol-1 (2). 压强 (3). 该反应正向是气体体积减小的反应，增大压强化学平衡有利于正向移动，CO的转化率增大 (4). Kc (7). D (8). H2CH4CH3OH【解析】【分析】（1）根据盖斯定律进行计算（2）从平衡移动的角度入手分析，X表示的是压强，理由该反应正向是气体体积减小的反应，增大压强化学平衡有利于正向移动，CO的转化率增大；列出三段式，根据v(CH3OH)= c/ t进行计算；平衡常数与温度有关，从温度入手分析平衡常数大小；A.使用催化剂只改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率；B.及时分离CH3OH，提高反应物的转化率，但化学反应速率降低；C.升高温度加快化学反应速率，降低反应物的转化率；D.增大压强加快化学反应速率，反应物的转化率增大；（3）根据题意比较大小即可；【详解】（1）根据盖斯定律-3得: H4= -846.3-（-283）-（-1983）=+30.7 kJmol-1（2）因为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-116kJ/mo1，根据方程式分析，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率()减小，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率()增大，图中是随X增大CO的平衡转化率()增大的，所以X表示的是压强，理由该反应正向是气体分子数减小的反应，增大压强化学平衡有利于正向移动，CO的转化率增大；由图知压强一定时，Y1的转化率大于Y2 ，所以Y1的温度小于Y2的温度。答案：压强 ；该反应正向是气体体积减小的反应，增大压强化学平衡有利于正向移动，CO的转化率增大；Kc。A.使用催化剂只改变化学反应速率，不能影响平衡移动，也不能改变反应物的转化率，故A不符合题意；B.及时分离CH3OH，减小生成物的浓度，平衡正向移动，提高反应物的转化率，但化学反应速率降低，故B不符合题意；C.升高温度加快化学反应速率，但升温平衡逆向移动，降低反应物的转化率，故C不符合题意；D.增大压强加快化学反应速率，因为正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，反应物的转化率增大，故D符合题意。答案D。（3）因为燃料电池的比能量与单位质量燃料物质失去的电子数成正比，所以相同质量（设质量为1g）的H2、CH4、CH3OH的碱性电池转移的电子的物质的量为：H2H2O转移的电子1/22e-=1mol； CH4CO2转移的电子为1/168e-=0.5mol；CH3OHCO2转移的电子为1/326e-=3/16mol，所以单位质量的燃料转移的电子数H2CH4CH3OH，其比能量由大到小的顺序为H2CH4CH3OH。11.硒化锌是一种半导体材料，回答下列问题。（1）锌在周期表中的位置_；Se基态原子价电子排布图为_。元素锌、硫和硒第一电离能较大的是_(填元素符号)。（2）Na2SeO3分子中Se原子的杂化类型为_；H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是_。（3）气态SeO3分子的立体构型为_；下列与SeO3互为等电子体的有_(填序号)。ACO32- BNO3- CNCl3 DSO32-（4）硒化锌的晶胞结构如图所示，图中X和Y点所堆积的原子均为_(填元素符号)；该晶胞中硒原子所处空隙类型为_(填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)；若该晶胞密度为g/cm3，硒化锌的摩尔质量为Mg/mol。用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为_nm。【答案】 (1). 第四周期IIB族 (2). (3). S (4). sp3 (5). H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合价更高) (6). 平面三角形 (7). AB (8). Zn (9). 正四面体 (10). 【解析】(1)Zn锌的原子序数是30，其电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S2,在周期表中的位置第四周期IIB族；Se原子序数是34,原子核外有34个电子，最外层电子排布式为4S24P6，基态原子价电子排布图为。元素锌金属性较强，第一电离能较小，硫和硒为同主族元素，同主族元素由上到下非金属性逐渐减弱，所以硫的非金属性强于Se,所以第一电离最大的是S。(2) Na2SeO3分子中Se原子的价电子对数为；（6+2）/2=4,所以Se原子的杂化类型为sp3；H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se 的化合价更高)，所以H2SeO4酸性比H2SeO3 强；答案：sp3 . H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se 的化合价更高) 。(3)气态SeO3分子的价层电子对数为3，Se没有孤对电子，故分子的立体构型为平面三角形；等电子体要求原子总数相同，价电子数相同，所以与SeO3互为等电子体的离子由有A.CO32-、B.NO3-。答案：AB。(4)硒化锌的晶胞结构中原子个数比为1;1,其中Se原子4个，若X和Y点所堆积的原子均为锌原子，则8+61/2=4，符合；则图中X和Y点所堆积的原子均为Zn原子，根据图中原子的位置可知，该晶胞中硒原子所处空隙类型为