届山东省聊城市高三二模考试理综化学试题解析版.docx
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届山东省聊城市高三二模考试理综化学试题解析版
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山东省聊城市2019年高三年级第二次高考模拟考试
理综-化学试题
（解析版）
可能用到的相对原子质量：
H—1C-12N-140-16Fe-56Cu-64
第Ⅰ卷
1.电影《流浪地球》讲述了太阳即将爆发氦闪”（3HeC）,人类飞离太阳系的艰辛历程.太阳质量中氢占71%,氦26%,氧、碳、铁等元素占2%左右.下列说法正确的是
A.核素的中子数比电子数多2
B.上述元素除氮之外仅能形成6种单质和4种氧化物
C.碳、氢、氧元素组成的糖类物质均可发生水解
D.上述元素组成的草酸亚铁（FeC2O4）中碳元素的化合价为+3
【答案】D
【解析】
【详解】A.核素的中子数为2个,电子数为2个,中子数等于电子数,故A错误；
B.由于某些元素能形成多种同素异形体,如氧元素能形成O2、O3两种同素异形体,碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种同素异形体,则上述元素除氮之外能形成的单质不止6种,故B错误；
C.碳、氢、氧元素组成的葡萄糖不能发生水解,故C错误；
D.根据化合物中元素化合价代数和为零原则,上述元素组成的草酸亚铁（FeC2O4）中铁元素为+2价,氧元素为-2价,则碳元素的化合价为+3,故D正确。
答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是
A.等物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NA
B.电解精炼铜时,若阳极质量减少6.4g,则电路中转移电子数为0.2NA
C.4.6gC2H6O的分子中含有C-H键数目一定为0.5NA
D.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.没有告诉Na2O和Na2O2的物质的量,无法计算含有阴离子数目,故A错误；
B.电解过程中,活泼性较强的杂质铁、锌等金属先放电,则阳极减少6.4g时,转移的电子不一定为0.2mol,转移电子数不一定为0.2NA,故B错误；
C.4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol,若为乙醇则含0.5NA的C-H键,若为二甲醚则含0.6NA的C-H键,故C错误；
D.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,镁元素由0价升高到+2价生成Mg2+,1molMg失2mol电子,数目为2NA,故D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。
难度不大,解题时特别注意C选项,C2H6O存在同分异构体,同分异构体不同含有的C-H键数目不同。
D选项无论镁燃烧最终生成什么物质,均转化为Mg2+,1molMg均失2mol电子。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,X、W在同一主族,工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质,Y的单质在空气中含量最高.下列说法错误的是
A.原子半径的大小顺序：
Z>W>X>YB.简单气态氢化物的热稳定性：
W>X
C.X的单质与W的氧化物反应可以制备W的单质D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应可以生成盐和水
【答案】B
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。
X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,X应为第二周期元素符合电子排布规律,则最外层电子数为4,X为C；X、W在同一主族,W为Si；工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质,Z为Al；Y的单质是空气的最主要成分,Y为N,
A.电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径的大小顺序：
Z>W>X>Y,故A正确；
B.非金属性X>W,则气态氢化物的热稳定性：
X>W,故B错误；
C.X的单质为C,W的氧化物为二氧化硅,高温下反应生成Si、CO,故C正确；
D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化铝,二者反应生成硝酸铝和水,故D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查的是原子结构与元素周期律的关系。
解题时注意原子半径大小比较时先看电子层数,电子层数越多,微粒半径越大；电子层数相同时,看核电荷数,核电荷数越大半径越小；气态氢化物的稳定性比较时,元素非金属性越强,对应的气态氢化物越稳定。
4.将下列反应所得气体通入溶液中,实验现象能够支持实验结论是
选项
气体
溶液
实验现象
实验结论
A
蔗糖加入浓硫酸搅拌产生的气体
溴水
橙色变为无色
蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了CO2
B
碳酸钠固体与稀硫酸反应产生的气体
硅酸钠钠溶液
出现白色浑浊
酸性：
硫酸 > 碳酸 > 硅酸
C
Cu 与浓硫酸加热 450 ℃产生的气体
BaCl2 溶液
大量白色沉淀
SO2 可与 BaCl2 发生反应
D
二氧化锰与浓盐酸共热产生的气体
KBr 和 KI 的混合溶液
无色逐渐变为棕黄色
氧化性：
Cl2>Br2 >I2
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2,二氧化硫有还原性,与溴水发生氧化还原反应,使之褪色,故A错误；
B.发生强酸制取弱酸的反应,由现象可知酸性为硫酸>碳酸>硅酸,故B正确
C.二氧化硫与氯化钡不反应,不能生成沉淀,故C错误；
D.氯气可氧化KBr、KI,则不能比较Br2、I2的氧化性,故D错误。
【点睛】本题是关于实验方案评价。
解题时需注意A选项蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2,二氧化硫有还原性,与溴水发生氧化还原反应,使之褪色,D选项中氯气可氧化KBr、KI,此实验可证明Cl2的氧化性强于Br2 、I2,无法证明Br2 和I2的氧化性强弱。
5.化合物环丙叉环丙烷（）具有特殊结构,倍受化学家关注.下列关于该化合物的说法错误的是
A.与苯互为同分异构体B.二氯代物超过两种
C.所有碳原子均处于同一平面D.生成1molC6H14至少需要3molH2
【答案】A
【解析】
【详解】A.环丙叉环丙烷的分子式为C6H8,苯的分子式为C6H6,两者不是同分异构体,故A错误；
B.二氯代物：
、、,超过了两种,故B项正确；
C.环丙叉环丙烷中含有碳碳双键,根据乙烯中与碳碳双键两端碳原子相连的原子处一个平面上,则环丙叉环丙烷所有碳原子均处于同一平面上,故C正确；
D.环丙叉环丙烷的分子式为C6H8,由C6H8生成C6H14,多出6molH,至少需要3molH2,故D正确。
答案选A
6.三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示,在直流电场的作用下,两膜中间的NH4+和NO2—可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.工作一段时间后,在两极区均得到副产品NH4NO3.下列叙述正确的是
A.a极为电源负极,b极为电源正极
B.c膜是阴离子交换膜,d膜是阳离子交换膜
C.阴极电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O
D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有5.6LO2生成
【答案】A
【解析】
【详解】结合题图装置可知,工作一段时间后,在两极区均得到副产品NH4NO3,则Ⅱ室中的阳离子NH4+、H+向Ⅰ室移动与Ⅰ室中的稀硝酸反应生成了硝酸铵,则c膜为阳离子交换膜,Ⅰ室中石墨为电解池阴极,a极为电源负极,阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；Ⅱ室中的阴离子NO3-、OH-向Ⅲ室移动与Ⅲ室中的稀氨水反应生成硝酸铵,则d膜为阴离子交换膜,Ⅲ室中石墨为电解池阳极,b极为电源正极,阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。
根据上述分析A正确,BC错误；D选项中没有给出标准状况下,无法用气体摩尔体积公式计算体积,则D错误。
答案选A。
7.常温下,向1L1nol/L某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液,混合溶液的与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是
A.M线表示随pH的变化B.BR溶液呈碱性
C.若温度升高,两条线均向上平移D.常温下,0.1mol·L-1NaR溶液的pH=10
【答案】C
【解析】
【详解】A.对于一元酸HRH++R-,当温度不变时,Ka=不变；pH越大,c（H+）越小,则越大,则越大,对比图像可知应为N曲线表示随pH的变化,故A错误；
取N曲线上的任意一点,如pH=5时,c（H+）=10-5mol/L；lg=0,=1；Ka=10-5。
B.曲线M为lg与pH变化的关系图,取曲线M上的一点计算,如pH=8时,c（OH-）=10-6mol/L；lg=0；Kb=10-6；由于KbC.温度升高时,酸碱的电离程度都会变大,、都变大,故二条线都会上升,C正确；
D.对于NaR溶液:
R-+H2OHR+OH-
起始：
0.1 0 0
平衡：
0.1-x 0.1 x x
水解常数K==10-9；=10-9,计算可得x=10-5mol/L,c（H+）=10-9mol/L,pH=9,故D错误。
答案选C。
第Ⅱ卷
8.硫酸亚铁铵[FeSO4·（NH4）2SO4·6H2O]俗称摩尔盐.硫酸亚铁在空气中易被氧化,但与硫酸铵反应生成摩尔盐后较稳定.模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如图所示.回答下列问题：
（1）先用饱和碳酸钠溶液煮沸铁屑（含少量油污、铁锈等）,再用清水洗净.用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是________________.仪器a的名称是______________.
（2）按如图连接好装置,经检验气密性良好后加入相应的药品,打开K1、K2,关闭K3,装置B中发生反应的离子方程式可能_______________（填字母序号）.
A.Fe+2H+=Fe2++H2↑B.2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C.Fe203+6H+=2Fe3++3H2OD.2Fe3++Fe=3Fe2+
铁屑快反应完时,打开____________,关闭____________,装置B中的溶液会流入装置A,其原因是_____________________.
（3）常温下,将反应后的溶液放置一段时间,瓶底将结晶析出硫酸亚铁铵.为了测定晶体中Fe2+的含量,称取一份质量为4.0g的硫酸亚铁铵晶体样品,配成溶液.用0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积为20.00mL.反应到达滴定终点的现象为_________________,计算晶体中Fe2+的质量分数为_________________.
【答案】
（1）.使油污发生水解而除去
（2）.锥形瓶（3）.ACD（4）.K3（5）.K1、K2（6）.装置B中产生H2,是压强大于大气压（7）.溶液恰好变浅红色,且半分钟不褪色（8）.14%
【解析】
【分析】
（1）碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性,油污在热碱中水解,热碱煮沸起到去油污的作用,根据仪器的构造特点分析仪器a的名称；
（2）本小题考查铁及其化合物的性质,铁及其化合物之间的相互转化；
（3）将滴定实验与氧化还原反应的计算相结合；据此解答。
【详解】
（1）饱和碳酸钠溶液显碱性,油污在热碱性条件下水解,则用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是使油污发生水解而除去；仪器a的名称为锥形瓶。
本小题答案为：
使油污发生水解而除去；锥形瓶。
（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）等,都与硫酸反应,反应后的产物Fe3+与Fe也可以发生氧化还原反应,故ACD正确,B错误；铁屑快反应完时,打开K3关闭K1、K2,装置B中的溶液会流入装置A,是因为装置B中产生H2,是压强大于大气压。
本小题答案为：
ACD；K3；K1、K2；装置B中产生H2,是压强大于大气压。
（3）用KMn
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