辽宁省大连市2019届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题含解析

2019年大连市高三第二次模拟考试理科综合可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24S32Cl35.5Fe56第I卷（选择题共126分）一、选择题：此题共13小题，每题6分，共78分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。中华民族有着光芒灿烂的发明史，以下发明创办不波及氧化复原反响的是A.火法炼铜B.转轮排字C.粮食酿酒D.钻木取火【答案】B【剖析】【详解】A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反响，属于氧化复原反响，故A不选；B.转轮排字属于物理变化，应选B；C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成葡萄糖，在进行发酵生成乙醇的过程，中间有元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故C不选；D.钻木取火是经过动能转变成热能使木材焚烧，属于氧化复原反响，故D不选；答案：B。以下说法正确的选项是A.的一氯代物有2种脂肪在人体内经过直接的氧化分解过程，释放能量C.与互为同系物经过石油裂化和裂解能够获得甲烷、乙烯和苯等重要化工基本源料【答案】C【剖析】【详解】A.的构造中含有三各样类的氢，因此一氯代物有3种，故A错误；B.脂肪在人体内脂肪酶的作用下水解成甘油和高级脂肪酸，尔后再分别进行氧化释放能量，故B错误；C.构造相像，组成相差一个-CH2原子团，因此互为同系物，故C正确；D.经过石油裂化和裂解能够获得甲烷、乙烯和丙烯等重要化工基本源料，不能够获得苯，故D错误；答案：C。3.NA代表阿伏加德罗常数值，以下说法正确的选项是A.2gD2O和H2l8O混淆物中所含中子数为NAB.1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC.常温常压下，0.5molFe和足量浓硝酸混淆，转移电子数为1.5NAD.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反响，其原子总数为0.2NA【答案】A【剖析】22l8O的摩尔质量相同都为20g/mol,中子数也相等均为22l8O混【详解】A.DO和H10，因此2gDO和H合物中所含中子数为3--+2-，NA，故A正确；B.NaHCO属于强碱弱酸盐，HCO既能发生电离：HCOH+CO---1-也能发生水解：H2O+HCO3H2CO3+OH，依照物料守恒可知，1L0.1mol·LNaHCO3溶液中H2CO3、HCO32-离子数之和为0.1NA和足量浓硝酸发生钝化反响，故C错和CO,故B错误。C.常温常压下，Fe误；D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反响为H2（g）+I2(g)2HI，其原子总数为0.4NA,故D错误；答案：A。的以下有关实验的选项正确的选项是A.A

B.B

C.C

D.D【答案】

D【剖析】【详解】

A.乙醇的密度比金属钠小，因此乙醇和金属钠反响钠应沉入试管底部，故

A错误；B.由于2NO

N2O4

H<0,高升温度，平衡向逆反响方向搬动，因此热水中

NO2的浓度高，故

B错误；C.氢氧化钠属于强碱，易潮解简单和玻璃中的SiO2反响生成硅酸钠，瓶和塞黏在一同，因此应保存在软木塞的试剂瓶中，故C错误；D.D是实验室制备蒸馏水的装置，故D正确；答案：D。5.随着原子序数的递加，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化以以下列图，以下说法错误的选项是A.常有离子半径：g>h>d>eB.上述元素组成ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）＞c（zx4+）由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反响可能生成积淀D.f的最高价氧化物的水化物能够分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反响【答案】B【剖析】【剖析】依照八种短周期元素原子半径相对大小可知：x属于第一周期，y、z、d属于第二周期，e、f、g、h属于第三周期元素；依照最高正价或最低负价可知：x为H,y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A.g为S，h为Cl，属于第三周期，离子半径g>h；d为O，e为Na，同为第二周期，离子半径d>e，故离子半径：g>h>d>e，A正确；B.依照上述剖析可知，ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2，溶液中Al3++水解，由于氢氧化铝电离常数大于一水合氨，和NH水解均显酸性，属于相互控制4则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：3++c(Al)＜c（NH4）,故B错误；C.d为O、e为Na、g为S，由d、e、g三种元素组成盐NaSO溶液和稀硫酸反响可能生成S积淀,故C正确；D.f为Al，223f的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO，能够与Al(OH)3发生反响,故D正确；答案：B。4【点睛】打破口是依照原子半径的大小判断元素的周期数；依照最高正化合价和最低负化合价的数的值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再依照元素周期律解答即可。6.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新式可充电钠离子电池，其放电工作原理以以下列图。以下说法正确的是放电时，Mo箔上的电势比Mg箔上的低充电时，Mo箔接电源的负极放电时，正极反响为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]充电时，外电路中经过0.2mol电子时，阴极质量增加3.55g【答案】C【剖析】【详解】A.放电时，Mg作负极，Mo作正极，因此Mo箔上的电势比Mg箔上的高，故A错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B错误；C.依照原电池工作原理，放电时

Mg作负极，

Mo作正极，正极反响式为

Fe[Fe(CN)

6]+2Na++2e

-

=Na2Fe[Fe(CN)

6],

故C正确

;D.

放电时负极上应是

2Mg-4e

-+2C1-=[Mg2Cl2]2+,经过

0.2mol

电子时，耗资

0.1molMg,

质量减少

2.4g

，则充电时质量增加

2.4g，故

D错误。答案：

C。【点睛】此题察看电化学的有关知识。依照原电池和电解池的原理剖析判断有关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反响，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生复原反响，再依照得失电子守恒进行计算。7.对FeC13溶液与KI溶液反响进行研究实验，按选项ABCD次序依次进行操作，依照现象，所得结论错误的选项是A.AB.BC.CD.D【答案】C【剖析】【详解】A.取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中，滴加0.1mol/LFeCl3溶液3滴，振荡，充分反应，溶液呈深棕黄色，是由于3+-2+中滴加2滴0.1mol/LKSCN2Fe+2I=2Fe+I,因此A正确；B.试管12溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+，证明FeCl3与KI的反响拥有可逆性，故B正确；C.向试管2中加入1mLCCl，充分振荡、静置，溶液分层，上层为浅棕黄色，试管2中上层溶液变成浅棕黄色4还可能是少量的碘溶解于水的结果，故C错误；D.试管2中上层为浅棕黄色，基层为紫色说明有碘单质被萃取出来，致使溶液中Fe3+浓度减小，试管3中红色比试管1中浅是平衡搬动的结果，故D正确；答案：C。【点睛】本实验研究FeC13溶液与KI溶液发生反响的实验。依照FeCl3拥有强氧化性，KI拥有复原性，两者反响2Fe3++2I-=2Fe2++I2；再依照I2易溶于有机溶剂，Fe3+能使KSCN溶液变红色的特点进行判断。乳酸亚铁晶体[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(M=288)是一种很好的食品铁加强剂，易溶于水，吸取收效比无机铁好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3反响制得：．制备碳酸亚铁（1）仪器C的名称是_____。（2）利用以以下列图装置进行实验。第一封闭活塞2，翻开活塞1、3，目的是____；封闭活塞1，反响一段时间后，封闭活塞____，翻开活塞______，察看到B中溶液进入到C中，C中产生积淀和气体，写出制备FeCO3的离子方程式____。（3）装置D的作用是____。Ⅱ．乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反响。尔后再加入适合乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。（4）加入少量铁粉的作用是_____。（5）若用KMnO4滴定法测定样品中

Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果老是大于

100%，其主要原因是_________。（6）经查阅文件后，改用

Ce(SO4)

2标准溶液进行滴定。反响中

Ce4+离子的复原产物为

Ce3+。测准时，先称取

5.760g

样品，溶解后进行必要办理，用容量瓶配制成

250mL

溶液，每次取

25.00mL，用0.1000mol·L-1

Ce(SO4)

2标准溶液滴定至终点，记录数据以下表所示。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___%（保存小数点后两位）。【答案】(1).三颈烧瓶(2).制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防备Fe2+被氧化(3).3(4).2(5).Fe2+-液封，防备空气中的+2HCO=FeCO↓+CO↑+HO(6).3322氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化(7).防备FeCO3与乳酸反响产生的Fe2+被氧化(8).乳酸（根中的羟基）被酸性高锰酸钾溶液氧化(9).97.50【剖析】【剖析】依照化学反响实验原理进行剖析判断。（2）依照实验用到的仪器装置进行剖析解答有关的问题；（3）依照化学反响方程式找出有关物质的关系式进行计算。【详解】（1）由装置图可知仪器C名称是三颈烧瓶。答案：三颈烧瓶。（2）为顺利完成实验目的，先要使盐酸与铁粉反响制备FeCl2。先封闭活塞2，翻开活塞1、3，待加入足量盐酸后，封闭活塞1，反响一段时间后，利用生成的H2使B装置中的气压增大，将B装置中的FeCl溶液加入到C装置中，详细操作为：封闭活塞3，翻开活塞2。C装置中FeCl2和NHHCO243发生的反响的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案：制备Fe2+；利用产生的氢气排净装置内的空气，防备2+2+-3322（3）亚铁离子易被氧化，装置D的作用是液封，防备空气中氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化（4）Fe2+易被氧化为Fe3+，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入少量铁粉作用，能够防备FeCO3与乳酸反响产生的2+2+Fe被氧化。答案：防备FeCO与乳酸反响产生Fe被氧化。3（5）乳酸根中含有羟基，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，致使耗资高锰酸钾量变多，而计算中按Fe2+被氧化，故计算所得的乳酸亚铁质量偏大，产品中乳酸亚铁纯度大于100%。答案：乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化。（6）3组数据，第二组数据与第一、三组相差太大，应舍去，平均每25.00mL耗资Ce(SO)2体积4为v=mL=19.50mL，有Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，25.00mL溶液中含有Fe2+物质量浓2+则250mL溶液中，原产品中含有度为c(Fe)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,2+0.25L=0.0195mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为n(Fe)=0.078mol/L=97.50答案：97.的50。9.铜是人类最早使用的金属，在生产生活中应用及其宽泛。工业上以黄铜矿

(

主要成分

FeCuS2)

为原料制取金属铜，其主要工艺流程以以下列图。已知：反响II的离子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S回答以下问题：1）FeCuS2中S的化合价____。（2）反响I在间隔空气、高温煅烧条件下进行，写出化学方程式____。3）为了反响I充分进行，工业上可采用的举措是____。4）反响III的离子方程式为____。5）向反响III后的溶液中加入稀硫酸的目的是____。（6）该流程中，可循环利用的物质除CuCl2外，还有___（填化学式）。7）反响IV中，办理尾气SO2的方法，合理的是_____A．高空排放B．用BaCl2溶液吸取制备BaSO3C．用氨水吸取后，再经氧化，制备(NH4)2SO4D．用纯碱溶液吸取可生成Na2SO3（H2CO3：Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11；H2SO3：Ka1=1.2×102，a2×108）K=5.6（8）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反响为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)该反响平衡常数K=___[已知Ksp(CuCl)=a，Ksp(Cu2S)=b]【答案】(1).-2(2).FeCuS+S高温煅烧FeS+CuS(3).粉碎或搅拌(4).224[CuCl2]-+O2+2+-+2H2O(5).在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，加入H2SO4，+4H=4Cu+8Cl有利于其析出(6).S、H2SO4、HCl(7).CD(8).【剖析】【剖析】依照实验目的黄铜矿(主要成分FeCuS2)为原料制取金属铜，联合个部分的反响关系和物质的性质回答相应的问题。（1）依照化合价代数和为零计算元素在化合物中的华合价。（2）依照氧化复原反应原理书写化学反响方程式；（3）依照影响化学反响速率的因素搜寻加迅速率的方法；依照积淀溶解平衡和化学平衡常数的关系确定。【详解】（1）依照化合价代数和为零的原则Fe为+2价，Cu为+2价，则FeCuS2中S的化合价-2。答案：

-2。（2）黄铜矿主要成分

FeCuS2，反响

I在间隔空气、高温煅烧条件下进行，硫和

FeCuS2发生反响生成FeS2和

CuS，化学方程式为：

FeCuS2+S

FeS2+CuS。答案：

FeCuS2+S

FeS2+CuS。3）为了反响I充分进行，工业上可采用的举措是将矿石粉碎或充分搅拌，以增大接触面积，加速化学反响速率。答案：粉碎或搅拌。（4）由反响II的离子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S，经过滤可知滤液中含有[CuCl2]-、H+等离子，通入空气后[CuCl-中的+1价铜被氧气氧化，因此反响III的离子方程式为]2-+2+-+2H2O。答案：4[CuCl2]-+O2+2+-+2H2O。4[CuCl2]+O2+4H=4Cu+8Cl+4H=4Cu+8Cl（5）由于在相同条件下，CuSO的溶解度低于其他物质，因此向反响III后的溶液中加入稀硫酸的4目的是使CuSO变成晶体析出。答案：在相同条件下，CuSO的溶解度低于其他物质，加入HSO，4424有利于其析出。（6）依照流程图剖析可知；该流程中可循环利用的物质有CuCl2、S、H2SO、HCl。答案：S、HSO、424HCl。（7）A.二氧化硫有毒,不能够直接高空排放,否则会污染空气,应当用碱液吸取,故A错误;B.盐酸酸性大于亚硫酸,因此二氧化硫和BaCl2不反响,则不能够用二氧化硫和氯化钡溶液制取BaSO3,故B错误;C.二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是碱,两者反响生成亚硫酸铵,亚硫酸铵不牢固，易被氧化成硫酸铵，因此用氨水吸取后,再经氧化制备硫酸铵,故C正确的;D.二氧化硫和水反响生成的亚硫酸酸性大于碳酸,因此二氧化硫能和纯碱溶液反响生成亚硫酸钠,因此用纯碱溶液吸取制备亚硫酸钠是正确的，故D正确；答案：CD。（8）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反响为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq),反响的平衡常数K=c2(Cl-)/c(S2-)=Ksp2(CuCl)/Ksp(Cu2S)=,答案：。十九大报告指出：“坚持全民共治、源泉防治，连续推行大气污染防治行动，打赢蓝天捍卫战！”以NOx为主要成分雾霾的综合治理是目前重要的研究课题。I．汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在必然条件下可发生以下反响：反响①2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H1（1）已知：反响②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H2=+180.5kJ·mol-1CO的焚烧热为283.0kJ·mol-l，则△H1=___。（2）在密闭容器中充入

5molCO

和4molNO，发生上述反响①，图

1为平衡时

NO的体积分数与温度、压强的关系。①温度：T1____T2（填“<”或“>”）。②若在D点对反响容器升温的同时扩大概积使系统压强减小，从头达到的平衡状态可能是图中G点中的____点。

A～3）某研究小组研究催化剂对CO、NO转变的影响。将NO和CO以必然的流速经过两种不相同的催化剂进行反响，相同时间内测量逸出气体中NO含量，进而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转变率），结果如上图2所示。若低于200℃，图2中曲线中脱氮率随温度高升而变化不大的主要原因为____；a点___（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明原因____。Ⅱ．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。（4）碘蒸气存在能大幅度提高2NO的分解速率，反响历程为：第一步I2(g)2I(g)(快反响)第二步I(g)+NO(g)→N(g)+IO(g)(慢反响)22第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反响)实验表示，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。以下表述正确的选项是____。A．N2O分解反响中：k值与可否含碘蒸气没关B．第二步对总反响速率起决定作用C．第二步活化能比第三步小D．IO为反响的中间产物【答案】(1).-746.5kJ·mol-1(2).＞(3).A(4).温度较低时，催化剂的活性偏低(5).

不是

(6).

由于该反响为放热反响，依照线Ⅱ可知，

a点对应温度的平衡脱氮率应当更高

(7).BD【剖析】【剖析】（1）依照盖斯定律进行解答；（2）依照化学平衡搬动原理和影响化学平衡搬动的因素进行解答。【详解】I．已知②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H2=+180.5kJ·mol-1,CO的焚烧热为283.0kJ·mol-l，热化学反响方程式为：③2CO(g)+O2(g)＝(g)△H=-566.0kJ·mol-l，③-②得①：2CO2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H1=-746.5kJ·mol-1；答案：-746.5kJ·mol-1。（2）由①2NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)-1△H=-746.5kJ·mol，高升温度,平衡逆向搬动,因此22NO的体积分数会增大,即T1>T2,因此，此题正确答案是:＞；②若在D点对反响容器升温的同时扩大概积使系统压强减小,则平衡会逆向搬动,NO的体积分数增加,从头达到的平衡状态可能是图中A点,答案：A。（3）低于200，曲线Ⅰ脱氮率随温度高升而变化不大的主要原因为：温度较低时（低于200），催化剂的活性偏低，对化学反响速率的影响小。a点不是对应温度下的平衡脱氮率，原因是：由于该反响的正反响为放热反响，降低温度平衡向正反响方向搬动，依照曲线Ⅱ可知，a点对应温度下的平衡转变率应高于450时，a点对应温度的平衡脱氮率应当更高。答案：温度较低时，催化剂的活性偏低；不是；由于该反响为放热反响，依照线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应当更高。（4）A.碘蒸气存在能大幅度是高N2O的分解速率，依照题中信息k为有碘蒸气存在时的N2O分解速率的速率常数，若没有碘存在，k就没存心义了，因此k的取值与碘蒸气有关，故A错误；B.第二步反响慢，因此对总反响速率起决定作用，故B正确;C.第二步反响比第三步反响慢，说明第二步活化能大，故C不正确；D从总反响2NO(g)＝2N(g)+O(g)来看IO在反响前没有、反响后也没有,222故其为反响的中间产物

,故D正确;答案

BD。铁、碳等元素的单质及其化合物在化工医药、资料等领域有着宽泛的应用。回答以下问题：（1）Fe(H2NCONH)](NO)的名称是三硝酸六尿素合铁(Ⅲ)，是一种重要的配合物。该化合物中3+Fe2633的核外电子排布式为___，所含非金属元素的电负性由大到小的次序为-___。碳原子为____杂化，NO3的空间构型为____。（2）目前发现的铝原子簇Al13的性质与卤素相像，则原子簇Al13属于____晶体。Na[Al(OH)4]存在的化学键有___（填字母）。A离子键B极性键C非极性键D配位键E氢键F金属键（3）已知：反响后，当σ键增加了1mol时，π键___（填“增加”或“减少”）了____个。（4）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”，如SO分子中存在“离域π键”，可表示成π4（咪唑）中的“离，则23域兀键”可表示为_______（5）奥氏体是碳溶解在r-Fe中形成的一种空隙固溶体，晶胞为面心立方构造，以以下列图。若晶体密度为

dg·cm-3，则晶胞中近来的两个碳原子之间的距离为

_____pm（阿伏加德罗常数的值用

NA表示，写出简化后的计算式即可）

。【答案】(1).[Ar]3d5或1s22s23p63s23p63d5(2).O＞N＞C＞H(3).sp2杂化(4).平面三角形(5).分子(6).ABD(7).减少(8).NA（或6.0210-23）(9).(10).【剖析】【详解】（1）Fe为26号元素，基态Fe的电子排布式为2262662个电子生成1s2s2p3s3p3d4s，失去3Fe3+，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中所含非金属元素为

H、C、N、O，平常元素的非金属性越强，电负性越大，则所含非金属元素

C、N、O、H中

O的非金属性最强，

H最弱，四者的电负性由大到小的次序是

O、N、C、H；Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中尿素分子的构造简式为，C原子形成3个σ键，无孤对电子，因此是2-sp杂化；NO3中N的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，因此-的空间构型为平面三角形。答案：5NO[Ar]3d3或1s22s22p63s23p63d65；O＞N＞C＞H、sp2、平面三角形。（2）卤素单质属于分子晶体，铝原子簇A113的性质与卤素相像，则原子簇A113也属于分子晶体。Na[Al(OH)4]属于离化合物，存在着离子键，铝是缺电子构造，能接受氢氧根离子给与的孤对电子形成配位键，氧氢之间能够形成极性键。因此Na[Al(OH)4]属于离化合物中含有离子键、极性键、配位键。答案：分子，ABD。（3）每生成1mol氯吡苯脲，需要1mol2-氯-4-氨基吡啶、1mol异氰酸苯酯，反响过程中每个2-氯-4-氨基吡啶分子断裂一个σ键、每个异氰酸苯酯分子断裂一个π键，因此当σ键增加了1mol时，π键减少了NA（或6.0210-23）个。答案：减少；NA（或6.