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1、山东省聊城市2019届高三化学二模考试试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C-12 N-14 0-16 Fe-56 Cu-64第卷1.电影流浪地球讲述了太阳即将爆发氦闪”(3HeC)，人类飞离太阳系的艰辛历程.太阳质量中氢占71%，氦26%，氧、碳、铁等元素占2%左右.下列说法正确的是A. 核素的中子数比电子数多2B. 上述元素除氮之外仅能形成6种单质和4种氧化物C. 碳、氢、氧元素组成的糖类物质均可发生水解D. 上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中碳元素的化合价为+3【答案】D【解析】【详解】A.核素的中子数为2个，电子数为2个，中子数等于电子数，故A错误；B.由于某些元素能形成
2、多种同素异形体，如氧元素能形成O2、O3两种同素异形体，碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种同素异形体，则上述元素除氮之外能形成的单质不止6种，故B错误；C.碳、氢、氧元素组成的葡萄糖不能发生水解，故C错误；D.根据化合物中元素化合价代数和为零原则，上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中铁元素为+2价，氧元素为-2价，则碳元素的化合价为+3，故D正确。答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 等物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NAB. 电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NAC. 4.6gC2H6O的分子中含有C-H键数目
3、一定为0.5NAD. 1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A.没有告诉Na2O和Na2O2的物质的量，无法计算含有阴离子数目，故A错误；B.电解过程中，活泼性较强的杂质铁、锌等金属先放电，则阳极减少6.4g时，转移的电子不一定为0.2mol，转移电子数不一定为0.2NA，故B错误；C.4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，若为乙醇则含0.5NA的C-H键，若为二甲醚则含0.6NA的C-H键，故C错误；D.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，镁元素由0价升高到+2价生成Mg2+，1molMg失2mol电子，数目为2
4、NA，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。难度不大，解题时特别注意C选项，C2H6O存在同分异构体，同分异构体不同含有的C-H键数目不同。D选项无论镁燃烧最终生成什么物质，均转化为Mg2+，1molMg均失2mol电子。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X、W在同一主族，工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Y的单质在空气中含量最高.下列说法错误的是A. 原子半径的大小顺序：ZWXYB. 简单气态氢化物的热稳定性：WXC. X的单质与W的氧化物反应可以制备W的单质D. Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应可以生
5、成盐和水【答案】B【解析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X应为第二周期元素符合电子排布规律，则最外层电子数为4，X为C；X、W在同一主族，W为Si；工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Z为Al；Y的单质是空气的最主要成分，Y为N，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：ZWXY，故A正确；B.非金属性XW，则气态氢化物的热稳定性：XW，故B错误；C.X的单质为C，W的氧化物为二氧化硅，高温下反应生成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
6、反应生成硝酸铝和水，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的是原子结构与元素周期律的关系。解题时注意原子半径大小比较时先看电子层数，电子层数越多，微粒半径越大；电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越大半径越小；气态氢化物的稳定性比较时，元素非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定。4.将下列反应所得气体通入溶液中，实验现象能够支持实验结论是选项气体溶液实验现象实验结论A蔗糖加入浓硫酸搅拌产生的气体溴水橙色变为无色蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了CO2 B碳酸钠固体与稀硫酸反应产生的气体硅酸钠钠溶液出现白色浑浊酸性：硫酸碳酸硅酸CCu与浓硫酸加热450产生的气体BaCl2溶液大量白色沉淀SO2
7、可与BaCl2发生反应D二氧化锰与浓盐酸共热产生的气体KBr和KI的混合溶液无色逐渐变为棕黄色氧化性：Cl2Br2I2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，故A错误；B.发生强酸制取弱酸的反应，由现象可知酸性为硫酸碳酸硅酸，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。【点睛】本题是关于实验方案评价。解题时需注意A选项蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水
8、发生氧化还原反应，使之褪色，D选项中氯气可氧化KBr、KI，此实验可证明Cl2的氧化性强于Br2、I2，无法证明Br2和I2的氧化性强弱。5.化合物环丙叉环丙烷(=)具有特殊结构，倍受化学家关注.下列关于该化合物的说法错误的是A. 与苯互为同分异构体B. 二氯代物超过两种C. 所有碳原子均处于同一平面D. 生成1molC6H14至少需要3molH2【答案】A【解析】【详解】A.环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，两者不是同分异构体，故A错误；B.二氯代物：、，超过了两种，故B项正确；C.环丙叉环丙烷中含有碳碳双键，根据乙烯中与碳碳双键两端碳原子相连的原子处一个平面上，则环丙叉
9、环丙烷所有碳原子均处于同一平面上，故C正确；D. 环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，由C6H8生成C6H14，多出6molH，至少需要3molH2，故D正确。答案选A6.三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示，在直流电场的作用下，两膜中间的NH4+和NO2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.工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3.下列叙述正确的是A. a极为电源负极，b极为电源正极B. c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜C. 阴极电极反应式为2NO3-+12H+10e-=N2 +6H2OD. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有5.6LO2生成【
10、答案】A【解析】【详解】结合题图装置可知，工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3，则室中的阳离子NH4+、H+向室移动与室中的稀硝酸反应生成了硝酸铵，则c膜为阳离子交换膜，室中石墨为电解池阴极，a极为电源负极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-；室中的阴离子NO3-、OH-向室移动与室中的稀氨水反应生成硝酸铵，则d膜为阴离子交换膜，室中石墨为电解池阳极，b极为电源正极，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+。根据上述分析A正确，BC错误；D选项中没有给出标准状况下，无法用气体摩尔体积公式计算体积，则D错误。答案选A。7.常温下，向1L1nol/L某一元酸HR溶液
11、中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的lgc(B+)c(BOH)或lgc(R-)c(HR)与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是A. M线表示lgc(R-)c(HR)随pH的变化B. BR溶液呈碱性C. 若温度升高，两条线均向上平移D. 常温下,0.1molL-1NaR溶液的pH=10【答案】C【解析】【详解】A.对于一元酸HRH+R-，当温度不变时，Ka=c(H+)c(R)c(HR)不变；pH越大，c(H+)越小，则c(R)c(HR)越大，则lgc(R)c(HR)越大，对比图像可知应为N曲线表示lgc(R)c(HR)随pH的变化，故A错误；取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H+)=10
12、-5mol/L；lgc(R)c(HR)=0，c(R)c(HR)=1；Ka=10-5。B.曲线M为lgc(B+)c(BOH)与pH变化的关系图，取曲线M上的一点计算，如pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L； lgc(B+)c(BOH)=0；Kb=10-6；由于KbKa，B+水解程度大于R-，所以BR溶液呈酸性，故B错误； C.温度升高时，酸碱的电离程度都会变大，c(B+)c(BOH)、c(R)c(HR)都变大，故二条线都会上升，C正确； D.对于NaR溶液: R-+H2OHR+OH-起始： 0.1 0 0平衡： 0.1-x0.1 x x水解常数K=KWKa=10-9；x20.1=10-9
13、，计算可得x=10-5mol/L，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，故D错误。答案选C。第卷8.硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO46H2O俗称摩尔盐.硫酸亚铁在空气中易被氧化，但与硫酸铵反应生成摩尔盐后较稳定.模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如图所示.回答下列问题：(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_.仪器a的名称是_.(2)按如图连接好装置，经检验气密性良好后加入相应的药品，打开K1、K2，关闭K3，装置B中发生反应的离子方程式可能_(填字母序号).A.Fe+2H+=Fe2+H2 B.2Fe+6H+=2Fe3+3
14、H2C. Fe2 03+6H+=2Fe3+ +3H2O D. 2Fe3+Fe=3Fe2+铁屑快反应完时，打开_,关闭_,装置B中的溶液会流入装置A，其原因是_.(3)常温下，将反应后的溶液放置一段时间，瓶底将结晶析出硫酸亚铁铵.为了测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为4.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，配成溶液.用0.1molL-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为20.00mL.反应到达滴定终点的现象为_，计算晶体中Fe2+的质量分数为_.【答案】 (1). 使油污发生水解而除去 (2). 锥形瓶 (3). ACD (4). K3 (5). K1、K2 (6). 装置B中产生H2，是压强大于大气压 (7). 溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色 (8). 14%【解析】【分析】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，油污在热碱中水解，热碱煮沸起到去油污的作用，根据仪器的构造特点分析仪器a的名称；（2）本小题考查铁及其化合物的性质，铁及其化合物之间的相互转化；（3）将滴定实验与氧化还原反应的计算相结合；据此解答。【详解】（1）饱和碳酸钠溶液显碱性，油污在热碱性条件下水解，则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的名称为锥形瓶。本小题答案为：使
