河北省高考理综-化学二模考试试卷A卷（考试）

1、河北省高考理综-化学二模考试试卷A卷姓名:_ 班级:_ 成绩:_一、 单选题 (共7题；共14分)1. （2分） 下列物质不属于合金的是（ ）A . 硬铝B . 水银C . 不锈钢D . 黄铜2. （2分） 可以用来鉴别己烯、甲苯、乙酸乙酯、苯酚溶液的一组试剂是（ ）A . 氯化铁溶液 溴水B . 碳酸钠溶液 溴水C . 酸性高锰酸钾溶液溴水D . 酸性高锰酸钾溶液氯化铁溶液3. （2分） 下列叙述正确的是（ ）A . 烧碱、纯碱均属于碱B . 高纯度的硅是制造光导纤维的材料C . 合金的熔点一般比纯金属高D . 熔融的NaOH属于电解质4. （2分） (2018高三上河北期末) 用下图所示装

2、置除去含有CN、Cl废水中的CN时，控制溶液的pH值为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（ ）A . 用石墨作阳极，铁作阴极B . 阳极的电极反应式为：Cl2OH2e= ClOH2OC . 阴极附近碱性增强，阳极附近碱性减弱D . 除去CN的反应：5ClO2CN2H+ = N22CO25ClH2O5. （2分） 有X、Y两种元素的原子序数均不大于20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同(选项中a、m、n均为正整数)。下列说法正确的是A . 若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱B . 若HaXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸

3、性C . 若X元素形成的单质是X2 ， 则Y元素形成的单质也一定是Y2D . 若Y的最高正价为m ， 则X的最高正价也一定为m6. （2分） (2016高二上桃江期中) 下列说法不正确的是（ ） A . Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关B . 由于Ksp（ZnS）Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C . 难溶电解质Mg（OH）2的Ksp=c（ Mg2+）c（OH）D . 25，Ksp（AgCl）=1.81010 ， 则AgCl饱和水溶液体系中c（Ag+）为 105mol/L7. （2分） (2016高二上天津期中) 下列说法正确的是（ ） A . 增大反应物浓度

4、可以增大活化分子百分数，从而使反应速率增大B . 汽车尾气的催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体快速地转化为N2和CO2 ， 其原因是催化剂可增大NO和CO反应的活化能C . 常温下，反应C（s）+CO2（g）2CO（g）不能自发进行，则该反应的H0D . 在“中和热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读出并记录反应体系的最高温度二、 实验题 (共1题；共5分)8. （5分） (2018高一上临汾期中) 某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2+2Ag”的实验中检测到Fe

5、3+ ， 发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液(pH2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体,溶液呈黄色。 资料:i.Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN，:3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62(蓝色)（1） 检验产物:取出少量黑色固体，洗涤后，_(填操作和现象)。证明黑色固体中含有Ag. 取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_。（2） 针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是_(用离子方程式表示)。针对两种观点继续实验: 取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液

6、变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下:序号取样时间/min现象i3产生大量白色沉淀:溶液呈红色ii30产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深120产生白色沉淀:较30min时量少；溶液红色较30min时变浅对Fe3+产生的原因作出如下假设：假设a:可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；假设b:空气中存在O2，由于_(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；假设c:酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+；假设d:根据_现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。三、 综合题 (共4题；共30分)9. （9分

7、） (2018大兴模拟) 金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：表1浸出液成分Al3+Fe3+Ca2+PO43-Mg2+Mn2+Y3+浓度/(mgL-1)767094605506405600150070.2（1） 浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+Y3+ + 3HR YR3 + 3H+（已知：FeR3、YR3均易溶于HR）浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因_。结合图1

8、解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是_。（2） 采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。表2Fe3+、Y3+去除率终点pH去除率/%Fe3+Y3+3.087.8419.863.592.3323.634.599.9944.525.099.9989.04中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因_。磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。表3滤液中Fe3+、Y3+的浓度Fe3+Y3+浓

9、度/(mgL-1)50868.9 配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式Fe3+ +_+_=FePO4+CO2+_ 综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因_。（3） 经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过_（填操作）收集含Y3+的有机溶液。 （4） 综合分析以上材料，下列说法合理的是_。a. 分析图1可知，pH在0.22.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+b. 表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附c. 表2中 pH在4.55.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y（OH）3d.

10、 有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低10. （8分） (2018高一下仙桃期末) 在恒容密闭容器中合成甲醇；CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。 （1） 图1中t3时刻改变的条件是_，t5时刻改变的条件是_. （2） 判断反应达到化学平衡状态的依据是_（填序号）。 a生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等b混合气体的密度不变c混合气体的总物质的量不变dCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化（3） 如图2表示在温度分别为T1、T2时，平衡体系中H2的体积分数随压强变化曲线，A、B两点的反应速率：A_B(填“”“；”或“1，平衡时n(CH3OH

11、)：n31.0molC丙容器中，平衡后将容器的容积压缩到原来的12，平衡常数K增大D体系的压强：p32p1=2P211. （8分） (2017榆林模拟) 汽车尾气污染是造成雾霾天气的重要原因之一，解决这个问题除了限制汽车出行外，更重要的是研发催化汽车尾气的转化技术，该技术中催化剂及载体的选择和改良是关键，某稀土催化剂催化转化汽车尾气示意图如图甲（1） 下列有关说法正确的是_aC3H8与CH3CH=CH3一样，分子中碳原子都采用的是SP3杂化bN2、CO2、H2O都是非极性分子c每个CO2分子中，含有2个键和2个键dCO的一种等电子体为NO+，它的电子式为 （2） CO与Fe可生成羰基铁Fe（C

12、O）5，已知其中铁为0价，铁原子的基态核外电子排布式为_，Fe（CO）5，中配位原子是_，理由是_ （3） C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_，Al2O3晶体熔点高是耐火材料，AlCl3晶体易升华，熔点低，工业上电冶制取铝用前者而不用后者的原因是_ （4） 钙钛矿型符合氧化物也可作为汽车尾气转化的催化剂，一种复合氧化物晶胞结构如图乙所示，则与每个Sr2+与_个O2紧邻，若Sr2+与紧邻O2的核间距为apm，阿伏加德罗常数为NA，则该氧化物晶体密度的计算表达式为_ 12. （5分） 石油裂解是一个复杂的过程，其产物为混合物例如： （1） 上述烷烃和环烷烃裂解反应中，产物M的化学式为_，N的化学式为_ （2） 下列关于 的说法正确的是 A . 可用溴水区别 和 B . 等质量的 和 完全燃烧时的耗氧量相同C . 可与水以任意比互溶（3） 工业上裂解反应的产物都是气态小分子烷烃和烯烃的混合物，将