黑龙江省哈尔滨市第三中学届高三第二次模拟考试理综化学试题解析版.docx
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黑龙江省哈尔滨市第三中学届高三第二次模拟考试理综化学试题解析版
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黑龙江省哈尔滨市第三中学
2019届高三毕业班第二次高考模拟考试
理综-化学试题
（解析版）
2019年4月
1.化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。
下列说法正确的是
A.高纯二氧化硅可用作计算机芯片的材料
B.硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂
C.氯化铝是工业上电解法治炼金属铝的原料
D.“地沟油”可用来制肥皂和生物柴油
【答案】D
【解析】
【详解】A.计算机芯片的主要成分是提纯的单质硅,故A项错误；
B.硅胶经硅酸凝胶干燥脱水而得到,可以作为干燥剂,但因不具有还原性,不能作为食品包装中的抗氧化剂,故B项错误；
C.氯化铝为分子晶体,在熔融状态下不能电离,不能用于冶炼金属铝,而氧化铝才是工业上电解法治炼金属铝的原料,故C项错误；
D.“地沟油”的成分是油脂,碱性条件下水解成为皂化反应,可用来制肥皂,可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油,故D项正确；
答案选D。
【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途,注重化学知识与生产、生活的联系,体现素质教育的价值。
其中A选项硅及其化合物的用途是常考点,也是易混知识。
硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等,学生要理清这些物质的用途,不可混为一谈。
2.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.水、乙醇、乙酸都属于弱电解质
B.苯与氯气生成
的反应属于取代反应
C.分子式为C9H12的芳香烃共有8种
D.淀粉、油脂、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇在水溶液和熔融状态下均不能电离出自由移动的离子,属于非电解质,故A项错误；
B.苯与氯气反应生成
反应前后氢原子数不变,且不饱和度降低,不是取代反应,而是加成反应,故B项错误；
C.分子式为C9H12的芳香烃,可以是:
①苯环上含有1个—C3H7,—C3H7有—CH2CH2CH3、
两种结构,共2种,②苯环上含有1个—CH3、1个—CH2CH3,二者在苯环上有邻、间、对三种位置关系,共3种,③苯环上含有3个—CH3,共3种,故总共有2+3+3=8种,故C项正确；
D.油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯,不属于高分子化合物,故D项错误；
答案选C。
【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点,其中取代反应与加成反应的特点很显著,判断依据可归纳为：
若为取代反应,以甲烷与氯气在光照下反应为例,甲烷分子内的一个H被取代,消耗一个Cl2,同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应,以CH2=CH2与Br2反应为例,其原理是：
C=C中的双键断开其中一个,两个C各形成一个半键,分别与两个Br原子结合成键,其特点就是双键变单键,不饱和变饱和。
依据两者的区别,本题的B选项显然为加成反应,而不是取代反应。
因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗,解答此类题型时游刃有余。
3.实验室从废定影液[含Ag（S2O3）23-和Br-等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：
向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子,过滤、洗涤、干燥,灼烧Ag2S制取金属Ag；制取C12并将Cl2通入滤液中氧化Br-,再用苯萃取分液。
其中部分实验操作的装置如下图所示：
下列叙述正确的是
A.用装置甲分离Ag2S时,用玻璃棒不断搅拌
B.用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag
C.用装置丙制备用于氧化过滤液中Br-的Cl2
D.用装置丁分液时,先放出水层再换个烧杯继续放出有机层
【答案】C
【解析】
【分析】
A.Ag2S为不溶物,可用过滤操作进行分离,玻璃棒起引流作用；
B.高温灼烧Ag2S需用坩埚；
C.高锰酸钾与浓盐酸在常温下可制备氯气；
D.分液时,上层液体从上口倒出,下层液体从下口流出。
【详解】A.用装置甲可分离Ag2S不溶物,但不能用玻璃棒不断搅拌,否者可能会使滤纸破损而影响实验操作,故A项错误；
B.蒸发皿可用于水溶液的蒸发结晶实验操作,而高温灼烧Ag2S固体时需用坩埚进行实验,故B项错误；
C.高锰酸钾具有强氧化性,在常温下可与浓盐酸反应制备氯气,其实验装置与操作均科学规范,故C项正确；
D.苯为有机萃取剂,其密度比水小,则在分液时,先从分液漏斗的下口放出水层,不能从下口继续放出有机层,而应该从上口倒出有机层,D项错误；
答案选C。
4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等,X的最低负价为-4,Y的周期数是族序数的3倍。
下列说法正确的是
A.原子半径：
Y＞Z＞X
B.Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的弱
C.W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强
D.W分别与X、Z形成的化合物所含的化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素,X的最低负价为-4,则X为第二周期IVA族元素,为C元素；Y的周期数是族序数的3倍,则Y为Na元素；X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等,则可推出Z为Mg元素,W的最外层电子数=1+2+4=7,为Cl元素,据此分析作答。
【详解】由上述分析可知：
A.同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,同一主族,原子半径从上到下依次增大,则原子半径从大到小的顺序为：
Na>Mg>C,即Y>Z>X,故A项正确；
B.元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强。
因同一周期中,从左到右金属性依次减弱,即金属性比较：
Na>Mg,所以Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强,故B项错误；
C.W为Cl元素、X为C元素,W的氧化物对应的水化物可能为次氯酸,其酸性不如碳酸强,故C项错误；
D.W为Cl元素、X为C元素,Z为Mg元素,因活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键,一般情况下非金属元素之间易形成共价键,所以W与X形成的四氯化碳之间化学键类型为共价键,而W与Z元素形成的氯化镁中形成离子键,即两个化合物中所含的化学键类型不同,故D项错误；
答案选A。
【点睛】元素周期表、元素周期律是学习化学的工具。
元素周期律是反映元素之间关系的规律,是元素周期表排布的依据,本题侧重考查学生对元素周期律与化学键的理解与运用能力,非金属性的宏观表现之一：
元素非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,但一定要注意该酸是最高价的含氧酸,而不是普通的酸,其中C项的陷阱要识破,所以知识掌握要准确,严谨治学才能熟练做题。
5.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.常温常压下,36g18O2中所含的中子数为16NA
B.8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NA
C.电解饱和食盐水时,阳极生成22.4L气体时,转移的电子数为2NA
D.室温下向1LpH＝1的醋酸溶液中加水,所得溶液中H+数目小于0.1NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A.18O2的摩尔质量为36g/mol,据此计算出18O2分子的物质的量,根据分子构成得出结论；
B.Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍,含有的铜原子个数也是CuO的2倍；
C.阳极上生成气体的状态不明确；
D.加水稀释过程中,醋酸的电离程度增大。
【详解】A.36g18O2的物质的量为
=1mol,则所含中子数为2×（18-8）×NA=20NA,故A项错误；
B.Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍,含有的铜原子个数也是CuO的2倍,故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”构成,则含有的“CuO”物质的量为n=
=0.1mol,则混合物中含有的铜原子数为0.1NA,故B项正确；
C.阳极上生成气体的状态不明确,故物质的量无法计算,则转移的电子数无法计算,故C项错误；
D.1LpH＝1的醋酸溶液中,氢离子的物质的量n（H+）=0.1mol,在加水稀释过程中,醋酸的电离程度增大,故所得溶液中H+数目略大于0.1NA,故D项错误；
答案选B。
【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点,侧重考查学生对化学计量的理解与应用。
本题C项是学生的易错点,要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件,题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体,学生做题时只要善于辨析,便可识破陷阱,排除选项,提高做题效率。
6.一种新的低能量电解合成1,2一二氯乙烷的实验装置如下图所示。
下列说法正确的是
A.该装置工作时,化学能转变为电能
B.CuCl2能将C2H4还原为1,2一二氯乙烷
C.X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D.该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaCl
H2+2NaOH+ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A.该装置为外加电源的电解池原理；
B.根据装置图易知,阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应,根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C.根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D.根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】A.该装置为电解池,则工作时,电能转变为化学能,故A项错误；
B.C2H4中C元素化合价为-2价,ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价,则CuCl2能将C2H4氧化为1,2一二氯乙烷,故B项错误；
C.该电解池中,阳极发生的电极反应式为：
CuCl-e-+Cl-=CuCl2,阳极区需要氯离子参与,则X为阴离子交换膜,而阴极区发生的电极反应式为：
2H2O+2e-=H2↑+2OH-,有阴离子生成,为保持电中性,需要电解质溶液中的钠离子,则Y为阳离子交换膜,故C项错误；
D.该装置中发生阳极首先发生反应：
CuCl-e-+Cl-=CuCl2,生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1,2一二氯乙烷和CuCl,在阳极区循环利用,而阴极水中的氢离子放电生成氢气,其总反应方程式为：
CH2＝CH2＋2H2O＋2NaCl
H2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl,故D项正确；
答案选D。
7.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭,并放出有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液
溶液变成棕黄色,一段时间后溶液中出现气泡,随后有红褐色沉淀生成
Fe2+催化H2O2分解产生O2
C
铝片先用砂纸打磨,再加入到浓硝酸中
无明显现象
浓硝酸具有强氧化性,常温下,铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜
D
向浓度均为0.1mol·L-1的KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖含有碳氢氧三种元素,加入浓硫酸,浓硫酸具有脱水性,将蔗糖脱水变成碳,过程放热,碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫,浓硫酸表现强氧化性,故正确；
B.过氧化氢具有强氧化性,能氧化亚铁离子生成铁离子,铁离子可以催化过氧化氢分解,故错误；
C.浓硝酸具有强氧化性,能使铝表面形成致密的氧化膜,故正确；
D.含等浓度的碘离子和氯离子的溶液中加入硝酸银,先生成碘化银沉淀,说明碘化银的溶度积小,故正确。
故选B。
8.常温下,用含钻废料（主要成分为CoCO3,还含有少量NiCO3与铁屑）制备CoCl2·6H2O的工艺流程如下：
已知：
①除镍过程中溶液pH对产品中钴的回收率及产品中镍元素的含量的影响如图所示。
②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Fe3+
1.5
4.1
Fe2+
7.5
9.7
Co2+
6.6
9.4
Ni2+
6.7
9.5
回答下列问题：
（1）酸浸后,溶液中的阳离子有Co2＋、Ni2＋、________。
（2）除镍时,应调节溶液的pH=________,此时Ni2＋是否形成Ni（OH）2沉淀？
________（填“是”或“否”）。
若pH过小,则产品纯度会______（填“升高”“降低”或“不变”）。
（3）酸溶时,当调节溶液的pH为8时,溶液中n（Fe3＋）：
n（Co2＋）＝______。
（已知：
Ksp［Co（OH）2］＝2．0×10－16,Ksp［Fe（OH）3］＝4．0×10－38
（4）除铁时,先向溶液中滴加适量30％H2O2溶液,发生反应的离子方程式为_________；充分反应后再向溶液中加入CoCO3,调节溶液pH的范围为_________,使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀,最后过滤得到CoCl2溶液。
（5）已知：
Ag＋＋SCN－==AgSCN↓。
为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量,称取11．9g粗产品溶于水配成100mL溶液,从中取出25．00mL,先加入含0．03molAgNO3的溶液（杂质不反应）,再用0．50mol・L—1的KSCN溶液滴定过量的AgNO3,该滴定操作所用的指示剂应为______（填化学式）溶液；若消耗20．00mlKSCN溶液,则该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为________。
【答案】
（1）.Fe2+、H+
（2）.10（3）.否（4）.降低（5）.2.0×10-16：
1（或2.0×10-16）（6）.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（7）.4.1≤pH<6.6（8）.Fe（NO3）3（9）.80%
【解析】
【分析】
含钴废料（含CoCO3、少量NiCO3与铁屑）加稀盐酸酸浸,得到Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液,加氨水将Co2+、Fe2+沉淀,过滤,向沉淀中加入盐酸酸浸得到Co2+、Fe2+,向溶液中滴加适量30%H2O2,氧化亚铁离子,向溶液中加入CoCO3,调节溶液pH范围为4.l≤pH<6.6,使Fe3+沉淀完全,过滤得CoCl2溶液,结晶干燥得CoCl2•6H2O,据此分析解答。
（1）铁屑与酸反应生成Fe2+和氢气；
（2）依据已知信息①,结合图像综合分析作答,除镍过程中,Ni元素在滤液中,Co元素在滤渣中；
（3）根据溶度积公式分别计算出溶液中的Fe3＋和Co2＋的浓度,得出结论；
（4）加入30％H2O2溶液,其目的是氧化Fe2＋转化为Fe3＋,便于沉淀；结合金属离子沉淀所需的pH表中数据作答；
（5）KSCN溶液遇Fe3＋会变红；消耗的KSCN的物质的量可计算得出过量的Ag＋,根据关系式1Ag＋
1Cl−
CoCl2·6H2O,得出样品中的CoCl2·6H2O的物质的量,最后计算出原产品中的CoCl2·6H2O的质量,得出结论。
【详解】
（1）酸浸后,铁屑与酸反应生成Fe2+和H2,同时剩余溶液中还有过量的盐酸,则溶液中的阳离子除有Co2＋、Ni2＋以外,还有Fe2+、H+,
故答案为：
Fe2+、H+；
（2）除镍过程中产品中钴的回收率随着溶液pH的增大而降低,产品中镍元素的含量在pH=10以后几乎不变,pH=10时,Co的回收率高且Ni的含量低,流程中除镍,Co元素在滤渣中,Ni元素在滤液中,故未形成沉淀；若pH过小,除镍不完全,溶液中镍元素的含量增大,则产品的纯度会降低,
故答案为：
10；否；降低；
（3）常温下,酸溶时,当调节溶液的pH为8时,溶液中c（OH−）=
=1×10-6,因Ksp［Co（OH）2］＝c（Co2＋）×c2（OH−）=2.0×10－16,所以c（Co2＋）=
=
=2.0×10-4,同理可知c（Fe3＋）=
=
=4.0×10-20,又溶液的体积一定,则溶液中的n（Fe3＋）：
n（Co2＋）＝c（Fe3＋）：
c（Co2＋）=
=2.0×10-16：
1=2.0×10-16,
故答案为：
2.0×10-16：
1（或2.0×10-16）；
（4）除铁时,先向溶液中滴加适量30％H2O2溶液,将Fe2＋氧化为Fe3＋,其离子方程式为：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,充分反应后再向溶液中加入CoCO3,调节溶液pH,使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀,所需pH≥4.1,又要保证溶液中的Co2＋不沉淀,则pH<6.6,故适宜的pH范围为：
4.1≤pH<6.6,
故答案为：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；4.1≤pH<6.6；
（5）因KSCN溶液遇Fe3＋会变红,为防止对银离子产生干扰,在操作过程中可选用Fe（NO3）3（不能用氯化铁或硫酸铁）作为指示剂,Ag＋＋SCN－==AgSCN↓,则KSCN消耗的Ag＋的物质的量n（Ag＋）=n（SCN－）=0.5mol/L×20×10-3L=0.01mol,加入的AgNO3的物质的量为0.03mol,说明与CoCl2·6H2O反应的AgNO3的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol,根据关系式1Ag＋
1Cl−
CoCl2·6H2O可知,25mL溶液样品中CoCl2·6H2O的物质的量为
×0.02mol=0.01mol,100mL溶液中的CoCl2·6H2O的质量为
×0.01mol×238g/mol=9.52g,则该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为
×100%=80%,
故答案为：
Fe（NO3）3；80%
9.氮的化合物用途广泛。
回答下列问题：
（1）在一定条件下,氮气能和水蒸气反应生成氨气和氧气2N2（g）＋6H2O（g）=4NH3（g）＋3O2（g）△H,与该反应相关的化学键键能数据如下：
化学键
N≡N
H—O
N—H
O=O
E（kJ/mol）
946
463
391
496
则该反应的△H＝________kJ·mol-1。
（2）在恒容密闭容器中充入2molN2O5与1molO2发生反应4NO2（g）+O2（g）
2N2O5（g）△H。
①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图所示,该反应的△H_____0（填“＞”“＜”或“＝”）。
高温下该反应能逆向自发进行,其原因是___________________。
②下列有关该反应的说法正确的是_______（填标号）。
A．扩大容器体积,平衡向逆反应方向移动,混合气体颜色变深
B．恒温恒容,再充入2molNO2和1molO2,再次达到平衡时,NO2的转化率增大
C．恒温恒容,当容器内的密度保持不变时,反应达到了平衡状态
D．若该反应的平衡常数增大,则一定是降低了温度
（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂,其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源,采用电解法制备得到N2O5,工作原理如图所示。
则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为_________。
（4）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。
下表是常温下浓度均为0．01mol・L—1的X、Y、Z、W溶液的pH。
将X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液,则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为________。
0．01mol・L—1的溶液
X
Y
Z
W
pH
12
2
8.5
4.5
（5）氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时,涉及如下反应：
I：
2NO2（g）+NaCl（s）
NaNO3（s）+ClNO（g）K1
Ⅱ：
2NO（g）+Cl2（g）
2CNO（g）K2
①4NO2（g）＋2NaCl（s）
2NaNO3（s）＋2NO（g）＋Cl2（g）的平衡常数K＝____（用K1、K2表示）。
②在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0．2molNO和0．1molCl2,10min时反应Ⅱ达到平衡,测得10min内v（ClNO）＝7.5×10-3mol・L-1・min-1,则平衡时NO的转化率α1=____；若其他条件不变,反应Ⅱ在恒压条件下进行,平衡时NO的转化率α2__α1（填“＞”“＜”或“＝”）。
【答案】
（1）.+1268
（2）.<（3）.逆反应方向的△S>0（4）.BD（5）.BH4－+8OH－−8e－=BO2－+6H2O（6）.c（Na+）>c（NO3−）>c（NO2−）>c（OH−）>c（H+）（7）.
（8）.75%（9）.>
【解析】
【分析】
（1）旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为反应热,1molN2含有1molN≡N,1molH2含有2molH-O,1molNH3含有3molN-H,依据△H=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
（2）①结合图1和“先拐先平数值大”的原则可知,温度Ⅰ<Ⅱ,再根据图像中温度升高时N2O5的物质量变化,判断温度升高时平衡移动方向,得出反应焓变,又自由能=△H-T△S<0时,反应能够自发进行,据此分析作答；
②
A.扩大容器体积,平衡逆向移动,但各组分浓度都减小；
B.恒温恒容下,再充入2molNO2和1molO2,相当于加压,平衡正向移动；
C.容器体积不变,气体质量不变；
D.正反应放热,降温平衡正向移动；
（3）由图2可知,原电池工作时Na+向正极移动,则原电池的左侧为负极,BH4－在碱性条件发生氧化反应生成BO2－；
（4）X、Y、Z各1mol•L-1同时溶于水中制得混合溶液,溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠,亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性,则c（OH-）>c（H+）,钠离子和硝酸根离子都不水解,但盐类水解较微弱,所以离子浓度大小关系是c（Na+）>c（NO3-）>c（NO2-）>c（OH-）>c（H+）；
（5）①已知：
Ⅰ：
2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）,
Ⅱ：
2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）,
根据盖斯定律Ⅰ×2-Ⅱ可得：
4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）,则该反应平衡常数为①的平衡常数平方与②的商；
②测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1,则△n（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol,由方程式计算参加反应NO、氯气的物质的量,进而计算平衡时氯气的物质的量、NO的转化率；根据等效思想分析作答。
【详解】
（1）△H=反应物的总键能-生成物的总键能=2×946kJ/mol+12×463kJ/mol−12×391kJ/mol−3×496kJ/mol=+1268kJ/mol,
故答案为：
+1268；
（2）①由图1可知,温度Ⅱ>Ⅰ,升高温度时升高时N2O5的物质量减小,说明平衡逆向移动,说明正反应放热,即△H<0；该反应的正反应放热,则逆反应吸热,△H>0,若逆反应能够自发进行,则其△H−T△S<0,必须要△S>0,
故答案为：
<
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