山东省临沂市2019届高三化学下学期模拟考试试题(二)(含解析

1、山东省临沂市2019届高三化学下学期模拟考试试题（二）（含解析）第I卷可能用到的相对原子质量：H1 B11 C12 O16 S32 C1 35 . 5 K39 Ca40 Fe56 Ag 108 I 127一、选择题：本题共 13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的。1. 明矶KA1（SO4）2 12H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矶的过 程如下图所示。下列叙述错误的是A. 合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B. 从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC. 沉淀”反应的金属离子为Fe*D. 上述流程中可用 NaHSO代替NaHCO

2、【答案】D【解析】【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的 保护有着巨大的促进作用，故不选A;B. 易拉罐（主要成分为Al,含有少量的Fe），因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe,故不选B;C. “沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C;D. 铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D;答案：D2. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 4.0g由CQ和SO组成的混合物中含有的质子数为2NaB. 2.24LC1 2与CH在光照下反应生成的 HCI分子数为0.

3、1NaC. 常温下，O.lmol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NaO.INaD. 4.2gCaH2与水完全反应，转移的电子数为【答案】A【解析】【详解】A.4.0g CO中含有的质子数为4 (也 x 22Na他切=纱，4.0gSQ2中含有的质子数为4.0 X 32.Na= 2，因此4.0g由CQ和SQ组成的混合物中含有的质子数也为2蚀，故A正确;-19 -B. 未说标准状况，无法计算，故B错误;C.不要忽略 C-H键，O.lmol环氧乙烷(中含有的共价键数应该为 72,故C错误;D. 4.2gCaH 2与水完全反应，化学方程式为CaH+2H2O=Ca( QH 2+2H4转移的电子的物质的

4、量为:畀冥:=0.2mol，故D错误;答案：A【点睛】易错选项 C,忽略C-H键的存在。3.三轴烯()(m)、四轴烯()(n)(p)的最简式均与苯相同。列说法正确的是A. m、n、p互为同系物C. n和p的二氯代物均有2种B. n能使酸性KMnO溶液褪色D. m 生成 1molGH4 需要 3molH【答案】B【解析】CH,故A错误;【详解】A.同系物必须满足两个条件：结构相似分子组成相差若干个B. n含有碳碳双键，能使酸性 KMnO溶液褪色，故 B正确；C. n的二氯代物有3种，p的二氯代物也有3种，故C错误；D. 应该是 m( CH)生成1molQH2需要3molH2，故D错误；答案：B【

5、点睛】易错选项 C易忽略两个氯原子取代同一个碳上氢原子。4. 实验室处理废催化剂 FeBG溶液，得到溴的四氯化碳溶液和无水FeCIs。下列图示装置和原理能达到实验目的的制取氯气B.将Br-全部转化为溴单质C. 二壯分液时，先从下口放出有机层，再从上口倒出水层D.将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCIs【答案】C【解析】【详解】A.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则不能制备氯气，故A错误；B. 图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故B错误；C. 苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故 C正

6、确；D. 蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，不能得到FeCb,灼烧得到氧化铁，故 D错误;本题答案为Co【点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。5. 短周期主族元素 W X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W勺气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法 正确的是A. 最简单氢化物的稳定性：WXB. 含氧酸的酸性：ZN=QPB.图中M P、Q三点对应溶液中+ 2 +C. N 点溶液中 c(Na ) c(X -) c

7、(HX-) c(H )=c(OH)D. P 点溶液中 c(OH)= c(H+)+ c(HX-)+ c(H2X)【答案】C【解析】【详解】A.M点：水电离出来的氢氧根离子为10-11.1mol/L , N点和Q点：水电离出来的氢氧根离子为1O-7.0mol/L, P点水电离出来的氢氧根离子为10-5.4mol/L，水的电离程度：PN=QM故A错误；B. HX的第二步电离常数 Ka2=c (HX)，电离常数只与温度有关为定值，在滴定过程中溶液中氢离子浓度一直在减小，因此M P、Q三点对应溶液中氢离子浓度不等,F相等，故不选B；C. N点为NaHX与Na2X的混合溶液，由图像可知，M点到P点发生HX

8、+0H=H20+X-，根据横坐标消耗碱的量可知，在N点生成的X2-大于剩余的HX，因此混合液n(Na2X)n(NaHX),因为溶液呈 中性，X2-的水解平衡与 HX的电离平衡相互抵消，所以N点溶液中c(Na+)C(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OHj，故选 C;D. P点恰好生成NaX溶液，根据质子守恒 c(OH)=c(H+)+c(HX)+2c(H2X)，故D错误； 答案：C【点睛】本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。8. KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。实验室制备KI的装置如下图所示。抱和已知： 312+6KO圧5KI+KIO3+3H2O3

9、fS+KIQ 二 KI+3SJ +3出0(1) 利用上图装置制备 KI，其连接顺序为 (按气流方向，用小写字母表示 )。 检查装置 A气密性的方法是 ;装置 D的作用是 。 制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，立即停止滴加 KOH溶液，然后通入足量 H2S气体。反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的HbS,原因是用肼(N2H)替代H2S,制得产品纯度更高，理由是 (用化学方程式表示)。(4) 设计实验方案除去 KI溶液中的稀硫酸 。若得到1.6g硫单质，理论上制得 KI的质量为g。【答案】 （1）. at e t f t

10、 ctb （2）.关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好（3）. 除去HS中的HCI气体（4）.加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了 c（ H）,促使H2S电离平 衡左移，导致 H2S放出。 （5）. 3N 2H+2KIO3=2KI+3N2f +6H0 （6）. 向KI溶液中加入足 量BaCO固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并（7）. 16.6【解析】【分析】根据题干信息可知 3I2+6KO匹5KI+KIO3+3HO3HzS+KIOQKI+3S +3H2O,需要反应物为H2S、KOH 12, A装置根据强酸制弱

11、酸原理制备硫化氢气体，FeS+2HCI=FeCl2+H2Sf; D装置用于除去H2S中的HCI气体，导管e进f出；C装置是制取KI的装置，硫化氢气体从c进入装置与其他反应物充分接触，剩余气体从d出去进入B装置，除掉未反应的硫化氢气体防止污染环境。【详解】（1）根据上面分析可知，制备 KI，按气流方向其连接顺序为ateTf tctdtb;答案：a t eT f t c t d t b（2）装置A是启普发生器，检验气密性可利用压强差原理，方法是关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好；因为盐酸易挥发，所以制得的硫化氢中混有氯化氢，装置D的作用是除去

12、 H2S中的HCI气体；答案：关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说 明装置气密性良好 除去H2S中的HCI气体 制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入 KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无 色时，也就是反应31 2+6KO05KI+KIO3+3HO结束，立即停止滴加 KOH溶液，然后通入足量H2 气体，发生反应 3HaS+KIQLjKI+3Sj +3H2O。 反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的HS,原因可以从电离平衡和气体溶解度随温度升高而减小分析；答案：加热使 HS的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了 c （ H

13、+）,促使H2S电离平 衡左移，导致H2S放出。 因为肼（N2H）也具有强还原性，可以肼（N2H4）替代HS 肼（N2H）氧化产物为氮气，可以使制得产品纯度更高，用化学方程式表示为3N2H4+2KIO3=2KI+3N2 T +6H2Q答案：3N2H+2KIO3=2KI+3N2 T +6H2O(4) 选择的药品在除杂的同时，要保证不掺入新的杂质，因此选择BaCQ;答案：向KI溶液中加入足量 BaCQ固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并 根据题干信息 312+6KOHq5KI+KIO3+3HO3H2S+KIQKI+3S J +3出0,列关系式计算;6KI 3S6mol 3moln(KI

14、)mol1.6mol得 n ( KI) =0.1molm( KI ) =n(KI)x M(KI)=0.1mol x 166g/mol=16.6g ;答案：16.69. 用硼镁矿(Mg2B2O5 H2O,含Fe2Q杂质)制取硼酸(HsBO)晶体的流程如下。同答下列问题：(1) 沉淀的主要成分为 (填化学式)。写出生成 Na2BQ(OH)4 8H2O的化学方程式 (3) 检验 HBO 晶体洗涤干净的操作是 。已知：CILOHCH,OH(JLOli| CHd)H1 &CHOH(:H 门、+2EIJI(:HU、+ NaOHCHOx+ HJ):用(川HO ElCH.OH实验室利用此原理测定硼酸样品中硼酸

15、的质量分数。准确称取0.3000g样品于锥形瓶中，加入过量甘油加热使其充分溶解并冷却，滴入12滴酚酞试液，然后用 0. 2000mol L -1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00mL。 滴定终点的现象为 。 该硼酸样品的纯度为 % (保留1位小数)。电解NaB(OH溶液制备HBO的工作原理如下图。閘室 产品室 原料峑 率b%NaC田溶嵌溶液 b膜为交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)。理论上每生成ImolfBQ，两极室共生成L气体(标准状况)。 N室中，进口和出口 NaOH溶液的浓度：a%b% (填“”或“ ”)。【答案】 (1).Mg(OH卜 FezQ (2).4NaB(

16、OH 4+2CQ+3H2O=NaB4Q (OH 4?8HOJ +2NaHCO(3).取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净 (4).溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色(5). 90.9 (6).阴离子(7). 16.8(8). 【解析】 【分析】硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去沉淀Mg(OH 2和FezO, NaB(OH 4溶液中通入过量的二氧化碳，得到 NqRQ (OH 4?8H2O与为NaHCO过滤分离，由于硼酸的酸性小于盐酸，符合 复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故NaB4O5 (OH 4?8H2O晶体与盐酸反应得到硼酸

17、，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硼酸(H3BO)晶体。(1) 镁离子可以生成氢氧化镁沉淀，三氧化二铁不与氢氧化钠反应； 反应物NaB(OH 4和过量CO,生成物NaB4O5(OH)4 8HO和碳酸氢钠，写出化学方程式；(3) 取最后一次洗涤液，利用硝酸银检验；(4) 根据酚酞遇酸不变色，遇碱变红来判断； 利用关系式法进行计算；(5) M室氢氧根离子失电子，氢离子经过a膜进入产品室，a膜为阳离子交换膜；原料室中 B(OH 4通过b膜进入产品室遇 M室进入的反应生成HBO, b膜为阴离子交换膜； 原料室N3 经过c膜进入N室，c膜为阳离子交换膜，N室氢离子得电子生成氢气， 氢氧根离子浓度增大。 即

18、M室生成氧气，消耗水，N室生成氢氧化钠和氢气，据此分析。【详解】(1)硼镁矿与氢氧化钠反应，镁离子生成氢氧化镁沉淀，FezQ不与氢氧化钠反应，因此沉淀的主要成分为 Mg(OH卜Fe2O;答案：Mg(0H)2、FqQ反应物NaB(OH 4和过量CO,生成物NqBQ(0H)4 8H2O和碳酸氢钠，化学方程式为4NaB (OH 4+2CO+3H2O=NaBQ( OH 4?3H20j +2NaHC答案：4NaB( OH 4+2CQ+3H2O=NaB4Q (OH 4?3HzO +2NaHCO(3) 检验HBO晶体洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗

19、涤干净；答案：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明 洗涤干净(4) 滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；答案：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 H3BONaOH1mol 1moln ( HBO ) 0.2000mol/L x 22.00 x 10-3L得 n (HBO) =0.0044molm ( HBQ ) = n ( HBO) x M ( HBO) =0.0044mol x 62g/mol=0.2728g、|0.272y|纯度为x 100%=90.9%(5) M室氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子经过a膜进入产品室，a膜为阳离子

20、交换膜；原料室中B (OH 4通过b膜进入产品室遇 M室进入的H反应生成HBO, b膜为阴离子交换膜； 原料室Na+经过c膜进入N室，c膜为阳离子交换膜，N室氢离子得电子生成氢气，氢氧根离 子浓度逐渐增大。 由上面分析可知 b膜为阴离子交换膜，因为H + B (OH 4 nHBQ+HzO，因此转移1mol电子生成1mol H3BO ;列关系式1mole-1/4O2 ( M室)1mol H3BO1/2H2 ( N室)理论上每生成 1molfBO，两极室共生成(1/2+1/4 ) mol x 22.4L/mol=16.8L 气体(标准状况); 由上面分析可知 N室中，进口和出口 NaOH溶液的浓度

21、：a % b%;答案：阴离子 16.8c (HbNCHCOO) c(H3N+CHCOOH) (4). H 3MCHCOOH+2OH： H2NCHCOO +2HO(5) . 2(6). 97.7(7).低 (8). 120s-1 水Pa1【解析】【分析】(1) NO只是参与化学反应中间历程的，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变；利用盖斯定律解题;+ OH + OH卜 CHXOOH = 讣 十 CH?COO =H?NCH?COO+ H + H*(2)随着横坐标增大，碱性减弱，酸性增强，根据可知HaNCHCOO碱性越强含量越大,HZCHCO O在接近中性时含量最大，F3N+CHCOOI酸

22、性越强含量越大，由此确定I线为 HNCHCOO,n线为 hNchcoo,川线为 hMchcooh以此分析;kPa-1，利用表格中数据进行计算;利用中计算的 K计算即可; 根据表格提供数据可知 p(O2)越小，结合度越低，c (Mb 越小; 利用中计算的 K,根据平衡时v正=v逆进行计算;【详解】(1)NO只是参与化学反应中间历程的，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变，因此NO的作用是催化剂；答案：催化剂利用盖斯定律，根据已知；Q(g)+O(g) =2O 2(g) H=-143kJ mol-1-1Q(g)+NO(g) =NO 2(g)+O2(g) Hi=- 200.2kJ mol前者

23、减去后者可得：NQ (g) +O (g) =NO(g)+Q(g) H=+57.2kJ/mol答案：NO (g) +O(g) =NO(g)+Q(g) H=+57.2kJ/mol(2) 随着横坐标增大，碱性减弱，酸性增强，根据题干可知碱性越强HLNCHCOO含量越大，在AG=0- 4范围时HN+CHCOO含量最大，酸性越强 HN+CHCOO含量越大，由此确定I线为H2NCHCOO, n线为HsMCHCOO,川线为 fMCHCOOH溶液呈中性也就是 AG=0三种离子浓度由大到小的顺序可根据图像得到为c(H3NCHCOO)c ( H2NCHCOO) c(H3MCHC00H；答案：c(H3N+CHCOO

24、)c (HaNCHCOO) c(H3NcHCOOH)十 oh -+ 0H根据屯N十CHfiOOHH3N + CHzC00 = H2NCHZCOO可知加入过量 NaOH溶液时溶+H+H*液中主要存在H2NCHCOQ AG=12时溶液中主要存在 HN+CHCOOH据此写出离子方程式为HXCHCOOH+2OH H2NCHCOO+2H2Q答案：H3N+CHCOOH+2OH： H2NCHCOO+2H2Oc (Mb07),(3) K=kPa-1，利用表格中第一组数据可知：设肌红蛋白总浓度c (Mb) xp(0 习M b(aq) + 0式小=砒0式(珂)CX( 1-50%)0.50kPa c x 50% 根

25、据表格提供数据可知 p(02)越小，结合度越低，MbQ浓度越低;答案：低 利用中计算的 K=2,根据平衡时v正=v逆进行计算;平衡时v正=v逆，-c(Mb) p(0 2)=k 逆 c(MbQ)，得 K 正=上逆 e(MbO)-1-1-1-1x K=60s x2kPa =120s 水Pa ;答案:120s -1 水Pa111. 元素周期表中第四周期的某些元素在生产、生活中有着广泛的应用。(1) 硒常用作光敏材料，基态硒原子的价电子排布图为 ;与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有 种；SeO的空间构型是 。(2) 科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了Cu-Ni -Fe等多种金属互化

26、物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是 。镍能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。(SCN)2分子中硫原子的杂化方式是, (T键和 n键数目之比为。Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.2md L-1该配合物的溶液中加入足量AgNQ溶液，生成5.74g白色沉淀，则该配合物的化学式为 ，中心离子的配位数为 已知：r(Fe 2+)为61pm r(Co 2+)为65pm=在隔绝空气条件下分别加热FeCO和CoCO,实验测得FeCO的分解温度低于CoCO,原因是(6) 某离子型铁氧化物晶胞如下图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为NA,则该pm(用含d和品体的

27、晶胞参数a=NA的代数式表示)。a平面三角(4). X(8). 6于Co2+,FeO的晶格能大于易分解11).【解析】【分析】价电子，据此书写价层电子排中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第VA(1)硒为34号元素，有【答案】(1).3(5). sp 杂化 (6). 5:4口 一、4卩(OFeCO比 C分子Se原子孤电子对数(3).(10FesO射线衍射2+的半径小叮 1010族元素第一电离能大于相邻元素；气态SeO=0,价层电子对数=3+0=3,为平面三角形;。已知该晶体的密度为 dg cm-3，阿伏加德罗常数的值为(2) 确定晶体、非晶体的方法是X射线衍射(3) 根据(SC

28、N) 2分子中分子结构式为 NC-S-S-C三N分析;Cl-离子的数目，据此分析解答;(4) 配合物中配位离子 Cl-不与Ag+反应，据此计算出外界离子 根据产物FeO的晶格能和CoO的晶格能比较进行分析;(6)根据均摊法确定微粒个数，即可确定化学式；晶胞参数a=(:晶胞中微粒)10x 10 cm。口 一、【详解】(1)硒为34号元素，有6个价电子，价电子排布图为;同一周期中,元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，因此同一周期 p区元素第一电离能大于硒的元素有3种，分别为As、Br、Kr；气态SeO|h - 2x 3|分子Se原子孤电子对数=0，价

29、层电子对数=3+0=3，为平面三角形；答案:fuifurrm平面三角形(2) 确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是是X射线衍射答案：X射线衍射(3) ( SCN 2分子中分子结构式为 N-C-S-S- C三N,每个S原子价层电子对个数是 4且含有两 个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知硫原子的杂化方式为sp3，该分子中d键和n键数目之比为5:4 ;答案：sp3杂化5:4配合物的物质的量为0.2mol/L x 100X 10-3L=0.02mol，氯化银的物质的量为d_= O.Ddrn庆，配合物中配位离子 Cl-不与Ag+反应，1mol该配合物生成2mol AgCl沉M3.5g/咖 t淀，

30、所以1mol该配合物中含2mol外界离子Cl-，即配离子中含有 2个Cl-，该配合物的化学式可写为：Co (NH3) 5ClCl 2，中心离子配位数 6;答案：:Co (NH) 5Cl: CD6(5) 因为Fe2+的半径小于CcT，所以FeO的晶格能大于 CoQ生成物FeO比Cog定，所以FeCQ的分解温度低于 CoCQ；答案：Fe2+半径小于 Co2+, FeO的晶格能大于 CoQ FeCO比CoCO易分解3+2-3+2+Fe : 4x (3/2+1/2 ) =8 , Fe : 4X 4=1632=3:4，氧化物的化学式为 Fe3Q;晶胞(6) 根据图示可知晶胞中含4个X、4个Y,每个X中含Fe : 4x 1/8+1=3/2 , O-: 4;每个Y中含Fe3+: 4X 1/8=1/2 , Fe2+: 4 O : 4 则晶胞中共有6-: (4+4)x 4=32，晶胞中铁与氧个数比为(8+16):参数a=炭(晶胞中微粒)