1、辽宁省辽阳市2019届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）1.已知(X)、(Y)互为同分异构体，下列说法不正确的是A. Y的一氯代物只有三种B. X的所有原子可能处于同一平面C. X、Y与足量氢气完全加成时所需氢气的物质的量之比为1：1D. X、Y均可使溴的水溶液褪色，且褪色的原理相同【答案】C【解析】【分析】考查有机物的基础知识，涉及等效氢的判断、共面、共线、官能团的形式等知识，应从各有机物代表物入手进行分析；【详解】A、，该有机物有3种不同的氢原子，因此一氯代物有3种，故A说法正确；B、苯环空间构型为平面正六边形，CH2=CH2属于平面结构，由于碳碳单键可以旋转，因此X中所有原子可能
2、处于同一平面，故B说法正确；C、1mol苯环与氢气发生加成，最多消耗3molH2，1mol“C=C”最多消耗1molH2，1个X分子中含有1个苯环和1个“C=C”，因此1molX最多消耗4molH2，1molY最多消耗3molH2，因此所需氢气的物质的量之比为4：3，故C说法错误；D、根据结构简式，X和Y中都含有“C=C”，与溴水发生加成反应，且溴水褪色的原理相同，故D说法正确。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 78g苯中含有的碳碳双键数为3.0NAB. 4.6g金属钠完全燃烧，转移的电子数为0.4NAC. 等质量的N2和CO中，原子数均为2.0NAD. 5.6L（标准状
3、况）O2中含有的质子数为4.0NA【答案】D【解析】【分析】考查阿伏加德罗常数的应用是热点，一般所考查知识点固定，如结构、水解、转移电子的计算等；【详解】A、考查苯的结构，苯中不含碳碳双键，故A说法错误；B、金属钠参加反应，化合价由0价1价，因此4.6g金属钠完全燃烧，转移电子物质的量为4.6g1/23gmol1=0.2mol，故B说法错误；C、题中没有给出质量，因此无法计算原子数，故C说法错误；D、标准状况下，5.6LO2的物质的量为5.6L/22.4Lmol1=0.25mol，因此所含质子的物质的量为0.25mol28=4mol，故D说法正确。3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次
4、增大，其中只有Y为金属元素。W、Y、Z最外层电子数之和为12；W与X、Y与Z分别同周期；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。下列说法错误的是A. X与Z形成的化合物属于碱性氧化物B. Z的氢化物为共价化合物C. X和Y的原子半径大小：XYD. 常温常压下W的单质为气态【答案】A【解析】分析】X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀，即该化合物为SiO2，四种元素原子序数依次增大，即Z为Si，X为O，Y与Z同周期，Y为金属元素，即Y可能为Na，可能为Mg，可能为Al，W、Y、Z最外层电子数之和为12，Y如果是Na，则W的最外层电子数为7，即W为F，不符合题意，Y如果是Mg，则W的最外层电子数为6，即W为O
5、，不符合题意，Y如果是Al，则W的最外层电子数为5，即W为N，然后逐步分析。【详解】根据以上分析可知W为N，X为O，Y为Al，Z为Si，则A、X与Z形成的化合物是SiO2，属于酸性氧化物，故A说法错误；B、Z的氢化物是SiH4，属于共价化合物，故B说法正确；C、Al核外有3个电子层，O核外有2个电子层，因此Al的半径大于O，故C说法正确；D、N的单质为N2，常温下为气体，故D说法正确。【点睛】微粒半径大小的比较，一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数增多而增大。4.一种将CO2和
6、H2O转换为燃料H2、CO及CH4的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4)。下列关于该装置的叙述错误的是A. 该装置可将电能转化为化学能B. 工作时，电极a周围溶液的pH增大C. 电极b上生成CH4的电极反应式为CO2+8H+8e=CH4+2H2OD. 若电极b上只产生1 mol CO，则通过质子膜的H+数为2NA【答案】B【解析】【分析】该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO28e8H=CH42H2O，然后进行分析；【详解】该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫
7、酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO28e8H=CH42H2O，A、根据该装置图，该装置为电解池，电能转化为化学能，故A说法正确；B、工作时，电极a的电极反应式为2H2O4e=O24H，c(H)增大，pH降低，故B说法错误；C、根据上述分析，电极b电极反应式为CO28e8H=CH42H2O，故C说法正确；D、若只产生CO，电极b电极反应式为CO22e2H=COH2O，产生1molCO，消耗2molH，即通过质子膜的H物质的量为2mol，故D说法正确；【点睛】解答电化学题的步骤是首先写出两极电极反应式，电极反应式的书写
8、是关键，列出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，标出得失电子，根据电解质的酸碱性，判断H、OH、H2O，谁参加反应，谁被生成，如本题中电极b，假设CO2生成CH4，CO2CH4，C的化合价由44价，化合价降低，得到电子，CO28eCH4，交换膜为质子膜，说明环境为酸性，因此H作反应物，H2O为生成物，电极反应式为CO28e8H=CH42H2O。5.下列实验方案的设计能够达到实验目的的是选项实验目的实验方案A证明HClO是弱酸用pH试纸测定NaClO溶液的pHB比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp大小分别向2mL浓度均为0.1molL-1的MgCl2溶液和FeCl3溶液中滴加几滴0.1m
9、olL-1的NaOH溶液，观察生成沉淀的颜色C验证SO2的还原性将SO2气体通入溴水中，观察溴水是否褪色D实验室制备并检验NH3加热装有NH4Cl固体的大试管，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，观察试纸颜色变化A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、NaClO具有强氧化性，具有漂白性，无法读出pH数值，不能达到实验目的，故A不符合题意；B、Mg(OH)2和Fe(OH)3形式不同，因此比较两种物质的Ksp时，应从需要一个沉淀转化成另一个沉淀，因此分别在两个试管里进行是不能达到实验目的，故B不符合题意；C、SO2能与溴水发生SO2Br22H2O=2HBrH2SO4，SO2的
10、化合价升高，被氧化，具有还原性，能达到实验目的，故C符合题意；D、NH4Cl受热分解成NH3和HCl，遇冷重新生成NH4Cl，因此实验室制备NH3，不采用加热NH4Cl，该实验不能达到目的，故D不符合题意。6.常温下，将NaOH溶液滴入某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示已知：。下列叙述不正确的是A. Ka(HA)的数量级为10-5B. 滴加NaOH溶液的过程中，保持不变C. m点所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)D. n点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)【答案】D【解析】【分析】根据图像，溶液中含有HA，说明HA为弱
11、酸，即存在HAHA，加入NaOH溶液，发生NaOHHA=NaAH2O，c(A)/c(HA)比值增大，即，减小，然后依据溶液中三个“守恒”进行分析；【详解】A、HA为弱酸，即存在HAHA，Ka=c(H)c(A)/c(HA)，时，Ka=c(H)=104.76=1050.24，即数量级为105，故A说法正确；B、，Ka和Kw只受温度的影响，因此该比值保持不变，故B说法正确；C、根据电荷守恒，m点所示溶液中：c(H)c(Na)=c(OH)c(A)，由A选项分析，m点时，c(A)=c(HA)，因此有c(H)=c(HA)c(OH)c(Na)，故C说法正确；D、n点时溶液pH=2，HA的物质的量大于NaOH
12、的物质的量，则此时溶液中：c(Na)c(A)c(HA)，故D说法错误。7.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：已知：菱锰矿的主要成分是MnCO3，其余为Fe、Ca、Mg、Al等元素。部分阳离子沉淀时溶液的pH：离子Al3+Fe3+Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH4.12.210.68.19.1沉淀完全的pH4.73.213110.111.1焙烧过程中主要反应为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O。（1）结合如图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为_、_、_。如图1焙烧温度对锰浸出率的影响如图2焙烧时间与锰浸出率的关系如图3氯
13、化铵与菱锰矿粉质量比对锰浸出率的影响（2）对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2，作用是_，再调节溶液pH的范围为_，将Fe3+和Al3+变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为氟化物沉淀除去。（3）上述流程中可循环使用的物质是_（填化学式）。（4）现用滴定法测定产品中锰的含量。实验步骤：称取4.000g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中的MnCO2完全转化为Mn(PO4)23-（其中NO3-转化为NO2-）；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-+NH4+N2+2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，用60.00mL0.50molL-1硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发
14、生的反应为Mn(PO4)23-+Fe2+Mn2+Fe3+2PO43-，用5.00mL0.50molL-1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为_。试样中锰的质量分数为_。【答案】 (1). 500 (2). 60min (3). 1.10 (4). 将Fe2+氧化为Fe3+ (5). 4.7pH8.1 (6). NH4Cl (7). 6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O (8). 20.625%【解析】【分析】根据信息，菱镁矿中主要成分是MnCO3，还含有Fe、Ca、Mg、Al等元素，在加入氯化铵后焙烧，然后酸
15、浸，主要得到MnCl2，还含有Fe、Ca、Mg、Al等元素的杂质，净化除杂，根据信息确认除去哪些元素，碳化结晶中，发生Mn22HCO3=MnCO3CO2H2O，最后过滤、洗涤、干燥得到碳酸锰产品；【详解】（1）图1锰的浸出率随温度的升高而增大，但500以后增大变化不大，最佳焙烧温度为500；根据图2，随着时间增大，锰的浸出率增大，但60min后增大变化不大，因此焙烧时间最佳为60min；同理最佳氯化铵与菱锰矿质量的比值为1.10；（2）根据菱锰矿含有的成分，酸浸后得到Mn2，以及含有Fe、Ca、Mg、Al等元素，根据部分阳离子沉淀时溶液的pH，对浸出液净化除杂，先加MnO2，利用MnO2的氧化
16、性，将Fe2氧化成Fe3，便于通过调节pH而除去；调节pH，除去的是Fe3和Al3，不能使Mn2沉淀，因此调节pH的范围是4.7pH”“ (8). 0.8 (9). 8.19210-2【解析】【详解】（1）因为As和N位于同主族，AsH3与NH3电子式类似，即AsH3的电子式为；（2）H3AsO4H2AsO4H，Ka1=，根据图像，当c(H2AsO4)=c(H3AsO4)时，溶液的pH=2.2，即Ka1=c(H)=102.2，即pKa1=2.2；甲基橙的变色范围是3.14.4，溶液显酸性，根据图像，用甲基橙作指示剂，滴定到终点溶液颜色变化是红色变为橙色，因此与氢氧化钠反应的离子方程式为H3PO
17、4OH=H2PO4H2O；（3）反应=反应I2反应2，即H=(2a2b)kJmol1；催化剂降低活化能，活化能越小，反应速率越快，对比表格数据，相对于催化剂Y，使用催化剂X时，反应（生成As4）的活化能更大，生成As4的反应速率小，而反应活化能相对较小，消耗As4的反应速率大，因此催化剂X优于催化剂Y；（4）根据图像，图中所给曲线为平衡线，依据反应方程式，B点达到A点，气体总压的对数值增大，说明反应向正反应方向进行，即v(正)v(逆)；A点气体总压为1kPa，分压等于总压气体组分物质的量分数，即AsS(g)的分压为1kPa4/5=0.8kPa，S2(g)的分压为1kPa1/5=0.2kPa，K
18、p=p4(AsS)p(S2)=(0.8)40.2=8.192102。9.实验室以绿矾（FeSO47H2O）为铁源制备补血剂甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe，有关物质性质如下：甘氨酸（(NH2CH2COOH）柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇实验过程：.配制含0.10molFeSO4的水溶液。.制备FeCO3：向配制好的FeSO4溶液中，缓慢加入200mL 1.1molL-1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。.制备(NH2CH2COO)2Fe：实验装置如图（夹持和加热仪器已省略），将实验得到的沉淀（过
19、量）和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中的反应将C中空气排尽，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品。回答下列问题：（1）仪器P的名称是_。（2）实验配制FeSO4溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为_（填化学式）。（3）实验中，生成沉淀离子方程式为_。（4）实验中，检查装置A的气密性的方法是_。柠檬酸可调节pH，体系pH与产率的关系如下表：实验12345678体系pH4.04.55.05.56.06.57.07.5产率/%65.7474.9678.7883.1385.5772.9862.3156.86pH过低
20、会使产率下降，其原因是_；柠檬酸的作用还有_（填字母）。A作催化剂B作反应终点指示剂C促进FeCO3溶解D防止二价铁被氧化洗涤实验中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是_（填字母）。A热水 B稀硫酸C乙醇 D柠檬酸溶液（5）若产品的质量为16.32g，则产率为_。【答案】 (1). 恒压漏斗（答分液漏斗也给分） (2). Fe (3). Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O (4). 关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气（答案合理即可） (5). H+会与NH2CH2COOH
21、反应 (6). CD (7). C (8). 80%【解析】【分析】弄清楚实验目的，实验目的是制备甘氨酸亚铁，理解实验原理，实验原理是FeCO3在柠檬酸的作用下与甘氨酸反应，Fe22NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe，然后针对问题展开而分析。【详解】（1）根据仪器P的特点，仪器P为恒压漏斗或恒压滴液漏斗；（2）Fe2容易被氧气氧化，同时Fe2Fe3=3Fe2，不引入杂质，因此保存FeSO4时，应加入的试剂为Fe；（3）FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液发生反应，产物是FeCO3和CO2，其离子方程式为Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O；（4）检验装置A的气密性，其方法
22、是关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气；NH2显碱性，pH过低时，H能与NH2发生反应，产率降低；柠檬酸有强酸性，能使FeCO3溶解，作用之一是调节pH促进FeCO3溶解，根据信息，柠檬酸具有还原性，可防止Fe2被氧化，因此选项CD符合题意；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，因此选择乙醇溶液作为洗涤剂，故选项C正确；（5）根据步骤，FeCO3过量，根据甘氨酸计算(NH2CH2COO)2Fe的质量，关系式为2NH2CH2COOH(NH2CH2COO)2Fe，即甘氨酸亚铁的理论质量为0.2
23、mol204gmol1/2=20.4g，产率=实际产量/理论产量100%=16.32/20.4100%=80%。【点睛】难点是问题（3）离子方程式的书写，制备FeCO3，需要HCO3提供CO32，即HCO3溶液存在HCO3 HCO32，Fe2结合CO32生成FeCO3沉淀，促使平衡向正反应方向进行，H浓度增大，H与HCO3反应生成CO2和H2O，最后写出离子方程式。10.铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。回答下列问题：（1）Fe原子的核外电子排布式为_。（2）含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金，主要由Fe和Mn组成，其中锰能增加钢铁的强度和硬度，提高耐冲击性能和耐磨性能。第一电离能
24、I1(Fe)_（填“大于”或“小于”）I1(Mn)，原因是_。（3）FeF3具有较高的熔点（熔点高于1000），其化学键类型是_，FeBr3的式量大于FeF3，但其熔点只有200，原因是_。（4）FeCl3可与KSCN、苯酚溶液发生显色反应。SCN-的三种元素中电负性最大的是_。苯酚（）分子中氧原子的杂化形式为_。苯酚分子中的大键可用符号mn表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，则m=_，n=_。（5）Fe(CO)3与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，该磁性氮化
25、铁的密度为_（列出计算式）gcm-3。【答案】 (1). Ar3d64s2 (或) 1s22s22p63s23p63d64s2 (2). 小于 (3). Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). FeF3为离子晶体，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体 (6). N(或氮) (7). sp3 (8). 6 (9). 6 (10). 【解析】【分析】(1)Fe为第26号元素，根据电子排布规律写出电子排布式；(2)Fe的电子排布为Ar3d64s2，Mn的电子排布为Ar3d54s2，Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子；(3)根据熔点的差距推测
26、晶体类型；(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多；从苯酚的电子式可以看出，氧原子价层电子对数n=4，故为sp3杂化；形成大键的原子数应为6个C原子，参与形成大键的电子为C原子平行P轨道中的电子数，为6，(5)由图可知：氮化铁晶胞的质量为晶胞的体积为根据公式可求【详解】(1)Fe为第26号元素，根据电子排布规律，可知Fe的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；答案：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；(2)Fe的电子排布为Ar3d64s2，Mn的电子排布为Ar3d54s2，
27、Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构， 较难失电子，故第一电离能FeMn；答案：小于；Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子(3)根据FeF3的熔点可知，FeF3属于离子晶体，故含离子键。FeBr3熔点明显低于FeF3，两者晶体类型不同，FeBr3的化学键以共价键为主， 属于分子晶体；答案：离子键；两者晶体类型不同，FeBr3化学键以共价键为主，属于分子晶体。(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多，根据三种元素位置关系可知，N元素电负性最强。答案：氮或N从苯酚的电子式可以看出，氧原子价层电子对数n=4，故为sp3杂化；形
28、成大键的原子数应为6个C原子，参与形成大键的电子为C原子平行P轨道中的电子数，为6，答案：sp3；6， 6(5)由图可知：氮化铁晶胞的质量为晶胞的体积为根据公式可求答案：11.盐酸吡酮洛芬（H）是一种消炎镇痛药，其合成路线如下：已知R-CNR-COOH回答下列问题：（1）A的化学名称是_。（2）由B生成C的化学方程式为_。（3）D的结构简式为_。（4）F中官能团的名称为_。（5）G生成H（试剂X的分子式为C6H8N2）的反应类型是_。（6）E的分子式为_。X与E互为同分异构体，X的分子中含两个苯环，X水解后产物之一既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应，X的核磁共振氢谱显示有6种不同
29、化学环境的氢，峰面积之比为1：2：2：2：2：3。写出符合条件的X的结构简式：_。【答案】 (1). 3-甲基苯甲酸(或间甲基苯甲酸) (2). (3). (4). 羰基(或酮基)、羧基 (5). 取代反应 (6). C15H12O3 (7). 【解析】【分析】分析（A）与（C）的结构可知：A与苯发生取代反应生成(B)，B与Br2发生取代反应生成（C）；分析（C）与（E）的结构可知：与（C）与NaCN反应得到（D），D水解生成（E），E取代反应生成F，F取代反应生成G。【详解】(1)根据A的结构简式可以知道其名称是间甲基苯甲酸(或3-甲基苯甲酸)；答案：3-甲基苯甲酸(或间甲基苯甲酸)(2)据
30、A与C的结构简式分析，可以知道A与苯环发生取代反应生成B故B为，B与Br2发生取代反应生成C反应的化学方程式为；答案： (3)与NaCN反应得到；答案：(4)根据F的结构简式可以知道F含有的官能团为羰基(或酮基)、羧基；答案：羰基(或酮基)、羧基(5)据G与H的结构简式分析，G中的氯被X给取代了，故发生的是取代反应；答案：取代反应(6)根据E的结构简式可以知道分子式是C15H12O3；根据条件： 水解后产物之一既能发生银镜反应，又能与溶液发生显色反应，说明既有醛基又有酚羟基核磁共振氢谱有6组峰且峰的面积比为1：2：2：2：2：3，结构中含有两个苯环，结合E的结构简式，符合条件的E的同分异构体的结构简式为、答案： 、