吉林省东辽五中2019届高三化学第二次模拟考试题.doc

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1、1吉林省东辽五中 2019 届高三化学第二次模拟考试题注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在 答 题 卡 上

2、 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Si 28 Cu 64 一、选择题：每小题 6 分，共 42 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。7生产生活中的一些问题常常涉及到了化学知识，下列叙述正确的是A “洁厕灵”有效成分是 HCl，与漂白粉混合使用可增强漂白效果B草木灰与尿素按一定比例混合，组成钾、氮

3、复合肥，增强肥效C煤炭经气化、液化和干馏等化学过程，可获得清洁能源和重要的化工原料D “低碳经济”是以甲烷等碳原 子数较小的物质为原料而发展起来的一种经济模式8 NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，11.2L CH 3Cl 含极性共价键的数目为 2NAB0.1L 1.0molL 1 Na2S 溶液中的 S2和 HS的总数为 0.1NAC22.4g 铁粉与稀硝酸完全反应时转移的电子数一定为 1.2NAD常温常压下，16g 14CH4中所含中子数为 8NA9已知烯烃 X 与氢气反应的热化学方程式如下：X(g)+H 2(g)Y(g) HKsp(AgI)，选项 D 正确。12.【

4、答案】D【解析】由上述分析可知，W 为 O 元素，X 为 F 元素，Y 为 Na 元素，Z 为 Al 元素，题图所示为电解熔融 Al2O3的反应(加入冰晶石 Na3AlF6)。电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径 NaAlOF，选项 A 正确；q 为 Na3AlF6，含离子键，q 属于离子化合物，选项 B 正确；加热时 Al 与氧气反应生成氧化铝，选项 C 正确；p 为氧化铝，具有两性，能与盐酸反应，也能与氢氧化钠溶液反应，选项 D 错误。13.【答案】B【解析】图像分析 b 曲线达到 pH7.00 时消耗碱溶液体积大于 20mL，可能是待测液润洗锥形瓶造

5、成消耗碱溶液体积增多，也可能是没有润洗碱式滴定管，选项 A 正确；A 点时，没有加入氨水，水电离出的 H+浓度是 1013molL1，则硫酸电离出 c(H+) Kw/c(OH)10 14/1013mol/L0.1mol/L ，即硫酸的浓度为 0.05mol/L，选项 B 错误；Zn、Cu 和稀硫酸构成的原电池在工作过程中，锌失电子发生氧化反应，随稀硫酸浓度减小，电流强度减小， T 时加入了H2O2，是强氧化剂，可以加快锌溶解的反应，电流强度增大，随反应进行电流强度又减小，但比开始电流强度大，选项 C 正确；由图像可知向混合溶液中滴加 NaOH 溶液时，首先应生成 Fe(OH)3沉淀，当 Fe3

6、+沉淀完全后再生成 Al(OH)3沉淀，则 KspAl(OH)3KspFe(OH)3，选项 D 正确。二、非选择题（共 43 分）26.【答案】 （1）2NaClO 3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na 2SO4+H2O 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 （2）SO 取少量反应后的溶液于试管中，先加足量的盐酸，再加 BaCl2溶液，若产生白24色沉淀，则说明含有 SO 24（3）趁热过滤 （4）NaClO 3和 NaCl （5）甲 偏小 cV10 3 mol【解析】 （1）装置 B 中的产物有 ClO2气体，则氯酸钠被还原，所以亚硫酸钠被氧化为硫酸钠

7、，方程式为 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na 2SO4+H2O；装置 D 中二氧化氯、氢氧化钠、过氧化氢反应生成 NaClO2的化学方程式为 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；答案为：2NaClO 3 +Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na 2SO4+H2O；2NaOH+2ClO 2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；（2）B 中生成二氧化氯，则氯酸钠被还原，所以亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，且 B 中还加了浓硫酸，所以 D 反应后的溶液中阴离子除了 ClO 、ClO 、Cl 、ClO 、OH 外还肯定含有的一种阴离子是 S

8、O ；检验该离子的方2 3 24法是取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加 BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO ；答案为：SO ；取少量反应后的溶液于试管中，先加足量的盐酸，再加 BaCl2溶液，若产生24 24白色沉淀，则说明含有 SO ；（3）根据题中信息可知， NaClO2饱和溶液在低于 38时析出24NaClO23H2O， ，高于 38时析出 NaClO2，高于 60时 NaClO2分解，故应趁热过滤，答案为：趁热过滤；（4）使用冷水浴，说明 D 中的反应是放热反应。如果撤去 D 中的冷水浴，温度可能会高于60，则 NaClO2分解成 NaClO3和 NaCl，可能导致产

9、品中混有的杂质是 NaClO3和 NaCl；答案为：NaClO3和 NaCl；（5）Na 2S2O3溶液，因水解显碱性，则用碱式滴定管，使用甲装置；若滴定前仰视，读数偏大；滴定后俯视，读数偏小，两次读数使标准液的实际体积大于读数体积，导致待测液浓度偏小；I 2+2S2O =2I +S4O ，n(S 2O )=c mol/LV mL=2n(I2)=4n(ClO )，则 25mL 溶23 26 23 2液中含有 n(NaClO2)= cV10-3mol，100mL 溶液含有 n(NaClO2)=cV10-3mol；答案为：甲；1偏小；cV10 -3mol。27.【 答 案 】 （1）12（2）25

10、% 小 随着 Y 值的增大，c(CH 3OH)减小，平衡 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)向逆反应方向进行，故 Y 为温度（3）2mol（4）410 9 4 000（5）小于H + I 减小 的投料比 3nI2n SO2【 解 析 】 （1） H反应物总键能生成物总键能393kJmol 13+351kJmol1+463kJmol1(293kJmol 1+393kJmol12+463kJmol12)12kJmol 1（2）CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)起始(mol) 1 2 0转化(mol) x 2x x平衡(mol) 1x 22x x100%10% x0.25；所以 (

11、CO) 100%25%x3 2x 0.251x 轴代表压强，增大压强，平衡右移，CH 3OH 的体积分数增大，所以 a 点比 b 点压强小。（3）根据 Pb3O43PbI 2得，每生成 3mol PbI2应转移 2mol 电子。 （4）K sp(PbI2)c(Pb 2+)c2(I)1.010 3(2.0103)24.010 9；K 4000。 （5）升温，HI 的物质c2Clc2IKspPbCl2cPb2 KspPbI2cPb2 1.61054.0109的量减少，即平衡左移，所以正反应为放热反应， H0。根据SO2+I2+2H2O 3H+HSO +2I；I +I2 I 得，随着 的增大，n(H

12、 +)、n(HSO )保持不变， 4 3nI2nSO2 4而 n(I )增大，所以 a 代表 n(H+)，b 代表 n(I )，c 代表 n(HSO )。 3 3 428.【 答 案 】 （1）Fe+2H +=Fe2+H2；Fe 2O3+6H+=2Fe3+3H2O；2Fe 3+Fe=3Fe2+ （2）防止 Fe2+被氧化 防止 Fe2+离子生成沉淀 （3）蒸发浓缩 冷却结晶 （4）降低洗涤过程中 FeSO47H2O 的损耗 （5）6.110 15【 解 析 】 （1）铁与稀硫酸反应的离子方程式为 Fe+2H+=Fe2+H2，氧化铁溶解在稀硫酸中的离子反应式为 Fe2O3+6H+=2Fe3+3H

13、2O，Fe 3+继续溶解铁的离子反应式为 2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）通入硫化氢至饱和除沉淀 Sn2+外，因硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知在 H2S 饱和溶液中，SnS 沉淀完全时溶液的 pH 为 1.6；FeS 开始沉淀时溶液的 pH 为 3.0，沉淀完全时的 pH为 5.5，操作在溶液中用硫酸酸化至 pH=2 的目的是，在溶液 pH=2 时，Sn 2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀；（3）溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作 IV 的顺序依次为：蒸发、结晶、过滤、洗涤；（4）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免

14、绿矾溶解带来的损失；（5）Fe 2+2H2O Fe(OH)2+2H+的平衡常数 K=6.11015。35化学选修 3：物质结构与性质（15 分）【 答 案 】 （1）N 同周期元素的第一电离能由左向右总体呈增大的趋势，同主族由上到下，元素的第一电离能逐渐减小，但 N 原子的 2p 能级为半充满的稳定结构，其第一电离能比 O 的大，故第一电离能最大的是 N（2）甲酸 因为甲酸和水分子之间可以形成氢键，二甲基二硫和水分子之间只有范德华力离子晶体 Ne3s 23p6（3）平面正三角形 sp 2杂化（4）2 NA N2或 CO2 2NaCN+MnO2+2H2SO4(浓) MnSO4+Na2SO4+(C

15、N)2+2H 2O= = = = （5）Na 3K(KNa3) 6 333aK1862710%10%22rr【解析】（1）同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但 N 原子的 2p 能级为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故 NH4NO3、NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是 N。（2）甲酸与水形成氢键，而二甲基二硫不能，故二甲基二硫和甲酸中溶解度较大的是甲酸，烧碱由钠离子和氢氧根离子构成，所以烧碱是离子晶体，S2离子核外有 18 个电子，其基态电子排布式为 1s22s22p63s23p6；（3）NO 离子中氮原子的孤电3子对数= =0，价层

16、电子对数=3+0=3，所以 NO 立体构型为平面三角形，中心原子氮原51233子的杂化轨道类型 sp2；故答案为：平面三角形；sp 2；（4）原子序数相等、价电子总数也相等的微粒互为电子，CN 与 N2互为等电子体，二者结构相似， CN中含有 CN 三键，三键中含有 1 个 键、2 个 键数，所以 1mol 化合物 NaCN 中 CN所含的 键数为 2NA，CN 中含有两个原子、10 个价电子，与 CN互为等电子体的分子有 CO、N 2，根据制取氯气的反应可知，氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得(CN) 2，反应化学方程式为：2NaCN+MnO 2+2H2SO4(浓)MnSO4+Na2S

17、O4+(CN)2+2H 2O；（5）晶胞中，钠原子数为 121/4=3，钾原子数为= = = = 81/8=1，所以合金的化学式为 KNa3，根据晶胞图可知，每个 K 原子周围有 6 个钠原子，所以晶胞中 K 原子的配位数为 6，晶胞中钠原子和钾原子体积之和为 (186 pm)33+(227 pm)3，43晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和为 2(186pm+227pm)，所以晶胞的体积为(2186pm+2227pm)3，晶体的空间利用率为 (186pm) 33+(227pm)34(2186pm+2227pm)3100%= 100%。318627236化学选修 5：有机化学基础（15 分）【

18、答案】（1）酯基、羟基（2）加成反应（3）OHO（4）HOCOH（5）OHOHC33H3C3（6）CH3O2uHCOCHCH2O2/H2CH2OH2C2OHn【解析】（1）根据 G 的结构简式，含有的含氧官能团是酯基和羟基。（2）对比 A 和 B 的结构简式知，反应是加成反应。（3）根据反应的特点，得到的 H 的结构简式为：OH。（4）反应在酸性条件下发生酯化反应生成酯，在酸性条件下也可能生成HOCOH。（5）一分子 G 消去一分子水可得物质 J 分子式为：C 10H14O2，能与 FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基；分子的核磁共振氢谱有 2 个峰，分子有两种不同环境的氢原子，苯环上两个对位羟基，其余位置四个甲基，结构简式为OHOHC33H3C3。（6）合成聚丙烯醇 H2C2OHn，用逆推法，用单体 加聚反应得到，对比反应，要制取烯醇，用醛(或酮)与炔发生加成反应得到炔醇，再发生加成反应得到，合成路线为：