2019届山东省聊城市高三化学二模试题答案

海量资源尽在星星文库：届山东省聊城市高三化学二模试题答案一、选择题：（共7个小题，每小题6分，共42分）1．【解答】解：A．核素He的中子数为4﹣2＝2，电子数为2，中子数和电子数相同，故A错误；B．上述元素除氮之外能形成单质多于6种，氧元素可以形成两种单质、碳元素可以形成三种单质、铁元素一种、氦元素一种，形成的氧化物一定多于4种，如碳元素形成CO、CO2，铁元素形成FeO、Fe2O3、Fe3O4等，故B错误；C．碳、氢、氧元素组成的糖类物质，单糖不能水解，二糖和多糖能水解，故C错误；D．草酸亚铁（FeC2O4）中铁元素+2价，氧元素﹣2价，元素化合价代数和为0计算得到碳元素化合价+3价，故D正确；故选：D。2．【解答】解：A．每个Na2O2和Na2O中所含阴离子都是1个，所以等物质的量的Na2O2和Na2O所含阴离子数之比为1：1，但不一定是NA，故A错误；B．电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、先等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，故B错误；C，C2H6O可能是乙醇，还可能是二甲醚，故4.6gC2H6O即0.1molC2H6O中含有的C﹣H键不一定是0.5NA条，还可能是0.6NA个，故C错误；D．MgO和Mg3N2中镁元素的化合价都是+2价，0.1mol镁完全反应失去0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故D正确；故选：D。3．【解答】解：由上述分析可知：X为C元素，Y为N，Z为Al，W为Si。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为：Z＞W＞X＞Y，故A正确；B．非金属性C＞Si，则简单气态氢化物的热稳定性：W＜X，故B错误；C．X的单质为C，W的氧化物为二氧化硅，高温下二者反应生成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；故选：B。海量资源尽在星星文库：．【解答】解：A．溴水检验二氧化硫而不是二氧化碳，故A错误；B．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和水、硅酸钠反应生成硅酸白色沉淀，强酸制取弱酸，所以可以得出结论H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，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；故选：B。5．【解答】解：A．分子式为C6H8，与苯分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B．环丙叉环丙烷分子中的4个“CH2”完全等同，，它的二氯代物有4种，故B正确；C．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，所以分子中所有的原子不可能均在同一平面内，故C错误；D．为环状化合物，不可能生成C6H14，故D错误。故选：B。6．【解答】解：在直流电场的作用下，两膜中间的NH4+和NO3﹣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，则与电源a电极连接的石墨为阳极，电极反应：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，电极附近氢离子浓度增大，和硝酸根离子出稀硝酸，a为电源正极，b为电源负极，与之相连的石墨为阴极，电极反应2H++2e﹣＝H2↑，电极附近氢氧根离子浓度增大，结合铵根离子形成一水合氨，A．分析可知a极为电源正极，b极为电源负极，故A错误；B．与电源a电极连接的石墨为阳极，电极反应：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，电极附近氢离子浓度增大，和硝酸根离子出稀硝酸，a为电源正极，b为电源负极，与之相连的石墨为阴极，电极反应2H++2e﹣＝H2↑，电极附近氢氧根离子浓度增大，结合铵根离子形成一水合氨，c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜，故B正确；C．阴极电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25molO2生成，温度压强不知不能计算气体体积，故D错误；故选：B。7．【解答】解：根据×c（OH﹣）＝Kb可知：＝，根据×海量资源尽在星星文库：（H+）＝Ka可知：＝，则随着pH增大，lg＝lgKb﹣c（OH﹣）的值逐渐减小，lg＝lgKa﹣c（H+）的值逐渐减小，所以M线表示lg随pH的变化，N曲线表示lg随pH的变化。A．根据分析可知，M线表示lg随pH的变化，故A错误；B．当lg＝lg时，＝，根据图象可知，pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），则×c（H+）＝Ka＞Kb＝×c（OH﹣），则BR为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故B错误；C．升高温度，酸碱的电离平衡常数都变大，则lg和lg都增大，两条线均向上平移，故C正确；D．对于NaR溶液：R﹣+H2O⇌HR+OH﹣起始：（mol/L）0.100平衡：（mol/L）0.1﹣x≈0.1xx水解常数Kh＝＝10﹣9，则＝10﹣9，解得：x＝10﹣5mol/L，c（H+）＝10﹣9mol/L，pH＝9，故D错误；故选：C。三、必考题（共43分）8．【解答】解：（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使油污发生水解而除去，仪器a的名称是锥形瓶，故答案为：使油污发生水解而除去；锥形瓶；（2）将处理好的铁屑放入锥形瓶中，加入稀硫酸，锥形瓶中发生反应的离子方程式可能为Fe+2H+═Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe═3Fe2+，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，其原因是装置B中产生氢气使海量资源尽在星星文库：压强大于大气压，故答案为：ACD；K3；K1、K2；装置B中产生氢气使压强大于大气压；（3）反应到达滴定终点的现象为溶液恰好变为浅红色且30s内不褪色；由5FeSO4～KMnO4可知晶体中Fe2+的质量分数为×100%＝14%，故答案为：溶液恰好变为浅红色且30s内不褪色；14%。9．【解答】解：（1）碱浸可除去氧化铝，应用强碱，如NaOH等，故答案为：a；（2）焙烧的目的是将FeO•V2O3转化为可溶性NaVO3，氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2；（3）根据上面的分析可知，溶液1到溶液2的过程中，调节pH值至8有两个目的，一是除去铁离子、铜离子，二是使VO2+转化为VO3﹣，故答案为：Fe3+、Cu2+；使VO2+转化为VO3﹣；（4）洗涤沉淀，可往漏斗中加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2～3次，故答案为：往漏斗中加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2～3次；（5）工业上常用铝热反应法由V205冶炼金属钒，反应的化学方程式为3V2O5+10Al6V+5Al2O3，故答案为：3V2O5+10Al6V+5Al2O3；（6）正极发生还原反应，被还原生成，电极方程式为VO2+3xe﹣+xAl3+＝AlxVO2，故答案为：VO2+3xe﹣+xAl3+＝AlxVO2。10．【解答】解：（1）由于存在水解平衡：CO32﹣+H2O＝HCO3﹣+OH﹣或HCO3﹣+H2O＝H2CO3+OH﹣，所以海水呈弱碱性；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，水解平衡向着正向移动，c（OH﹣）增大，溶液碱性增强；另外夏天光合作用强，c（CO2）减小，使平衡CO2+H2O⇌H2CO3逆向移动，溶液酸性减弱；还有夏天温度升高，二氧化碳在水中溶解度减小，酸性减弱，导致碱性增强，故答案为：CO32﹣+H2O＝HCO3﹣+OH﹣或HCO3﹣+H2O＝H2CO3+OH﹣；增强；水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，水解平衡向着正向移动，c（OH﹣）增大（或夏天光合作用海量资源尽在星星文库：强，c（CO2）减小，使平衡CO2+H2O⇌H2CO3逆向移动，溶液酸性减弱或夏天温度升高，二氧化碳在水中溶解度减小，酸性减弱）；（2）A．由图可知，当n（H2）/n（CO）＝1.5时，a点CO的转化率大于温度为T3时对应CO的转化率，当温度为T3时，随着n（H2）/n（CO）增大，CO的转化率增大，H2的转化率减小，所以有a＞b＞c，故A错误；B．根据CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，因为是放热反应，所以温度越高CO的转化率越小，由图可以看出，当n（H2）/n（CO）相等时，T1、T2、T3温度下对应CO的转化率：T1＞T2＞T3，所以温度大小为：T3＞T2＞T1，故B错误；C．a点时，CO的转化率为50%，反应的三段式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始量（mol/L）11.50变化量（mol/L）0.510.5平衡量（mol/L）0.50.50.5平衡常数K＝＝4，再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，c（CO）＝c（CH3OH）＝1mol/L，c（H2）＝0.5mol/L，浓度商Qc＝＝4＝K，所以平衡不移动，故C正确；D．c点状态下再通入1molCO和4molH2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反应方向移动，新平衡H2的体积分数减小，故D错误；故答案为：C；（3）①反应过程如图1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂，故答案为：催化剂；②已知：②Ⅰ．O3（g）+O（g）═2O2（g）△H＝﹣143kJ/molⅡ．O3（g）+NO（g）═NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.2kJ/mol根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ得：NO2（g）+O（g）═NO（g）+O2（g）△H2＝（﹣143kJ/mol）﹣（﹣200.2kJ/mol）＝+57.2kJ/mol，故答案为：NO2（g）+O（g）═NO（g）+O2（g）△H2＝+57.2kJ/mol；海量资源尽在星星文库：（4）b点是用0.1mol•L﹣1NaOH溶液20mL滴定20mL0.1mol•L﹣1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），说明HSO3﹣的电离程度对应其水解程度，c（Na+）＞c（HSO3﹣），由于氢离子还来自水的电离，则c（H+）＞c（SO32﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；c点pH＝7.19＝pKa2，结合Ka2＝可知：c（HSO32﹣）＝c（SO32﹣），溶液中2n（Na）＝3c（S），则2c（Na+）＝3[c（SO32﹣）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）]＝3[c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）]，所以c（Na+）＞3c（HSO3﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；＞。(二)选考题：共45分。请从题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。【化学一选修3：物质结构与性质】（15分）11．【解答】解：（1）基态铜原子的价电子为3d、4s能级上的电子，其价电子排布式为3d104s1，价电子中未成对电子为4s电子，轨道形状为球形，故答案为：3d104s1；球形；（2）化合物AsCl3分子中As原子价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为三角锥形、As原子杂化类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（3）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第II族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，二者位于同一周期且Ga位于第IIIA族、As位于第VA族，所以第一电离能Ga＜As，故答案为：＜；（4）若将络合离子[Cu（CN）4]2﹣中的2个CN﹣换为两个Cl﹣，只有一种结构，则[Cu（CN﹣）4]2﹣中4个氮原子所处空间构型为正四面