（化学）山东高中名校2019级高三12月联考.rar

1、一一、单单项项选选择择题题答答案案（每每小小题题 2 分分）1.A2.B3.A4.D5.C6.C7.D8.C9.B10.B二二、多多项项选选择择题题答答案案（每每小小题题 4 分分，每每小小题题有有一一个个或或两两个个选选项项符符合合题题目目要要求求，全全部部选选对对得得 4 分分，选选对对但但不不全全得得 2 分分，有有选选错错得得 0 分分）11.AB12.CD13.CD14.B15.AC16. （12 分）（1）1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2（1 分）（2）AC（2 分，漏选得 1 分，错选不得分）（3）NOCH（1 分, 凡写错不得分）；sp2、sp3（2

2、 分, 各 1 分）；4（1 分）；氢键（1 分）（4）Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，同时价电子数目多，金属键强，因此熔点高。（2 分，半径小和价电子数目多，各占 1 分）（5）31 NA1010（2 分）（其他表示形式只要合理即可）17.（12 分）（1）将蒸馏水煮沸后迅速冷却 （1 分） ；（2）排出装置内的氧气，防止二价铁被氧化（1 分）关闭 K3，打开 K2（2 分）（3） 除去 FeSO4溶液中残留的硫酸； Fe2充分转化为 FeCO3； NH4HCO3受热分解损失 （答案合理即得分，2 分）（4）Fe(OH)2（2 分）（5）NH4 能水解产生 H，降低溶液 pH，可减小副

3、产物 Fe(OH)2产生（2 分）（6）稀硫酸、硫氰化钾溶液（2 分）山东中学联盟高中名校 2019 级高三 12 月大联考化学答案化学答案及评分标准及评分标准第1页,共2页18.（共 12 分）（1）CaSO4炭粉 （2 分）21 （1 分）使Fe3转化为Fe(OH)3而除去（1 分）（2）Mn3MnO42-（2 分）（3） 2Al3+3S2-+ 6H2O=2Al(OH)3+3H2S（2 分）（4）取反应后的滤液少许于试管中，滴入 Na2S2O8溶液，若溶液不变紫红色，证明 Mn2+沉淀完全;若变紫红色,证明 Mn2+未沉淀完全。 （2 分）（5）0.025mol（2 分）19.（共 12

4、分）（1）（1 分）ClO、ClO2-（1 分）（2 2） 4 （1 分）酸（1 分）HClO2的电离平衡常数 K=10-6，的水解常数 K=10-8，浓度相等的溶液和溶液电离大于水解 （2 分）c(HClO2)/2（2 分）（3）用水再次吸收残余的二氧化氯气体 ；使锥形瓶内外压强相等（写出一点即可）（1 分）蓝色变为无色（1分）1.35cV10-2g（2 分）20.（12 分）（1）+136 kJmol-1（2 分） ；反应 ii 为反应 I 的决速步，c(CO2)增大，反应 ii 速率加快，从而提高反应 I 速率 （1 分）（2）800时，CO2的转化率增大较多，有利于提高 C2H4的产率

5、；800时，C2H4选择性与 820相比选择性略高（2 分）（3）（2 分）（4）CD（2 分）（2 分）（1 分）第2页,共2页山东中学联盟高中名校 2019 级高三 12 月大联考化化学学答答案案解解析析1.A【解解析析】生产光纤的原料为晶体二氧化硅，故 B 错误；SO2做葡萄酒的保鲜剂，是因为 SO2有还原性，可做抗氧化剂，故 C 错误；碳酸钠溶液的碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，应选氢氧化铝或碳酸氢钠来治疗胃酸过多，D 错误。2.B【解解析析】从石墨中分离出一张单层的网就是石墨烯，将石墨烯在特定条件下卷曲而成管就是纳米管。石墨烯中每个碳原子跟石墨中一样都是 sp2 杂化，有自由电子在网

6、上自由移动所有可以导电，碳原子之间除了键外还有牢固的大键，故熔点高。石墨烯和碳纳米管都是碳单质的同素异形体，是无机物，故 B 错。3.A【解解析析】KMnO4溶液用酸式滴定管盛放，与 Na2C2O4发生氧化还原反应，滴定终点有明显颜色变化，故A 正确；纯碱易溶于水，用此装置达不到即开即用即关即停制取少量 CO2的目的，故 B 错误；C 中发生的是吸氧腐蚀，故 C 错误；碘易溶于四氯化碳无法用分液分离，应用蒸馏的方法分离，故 D 错误。4.D 【解解析析】A 中盐溶液若含有 Fe3+，溶液也变红色， 无法确定是否一定含有 Fe2+， 故 A 错误； SO2与 NaOH反应使溶液碱性减弱或变酸性，

7、 溶液红色退去， 体现不出漂白性， 故 B 错； 少量 Zn 粉加入 1.0 mol/L Fe2(SO4)3溶液中，发生的反应是 Zn 与 Fe3+反应生成 Fe2+，体现不出 Zn 和 Fe 的活性，故 C 错；只有 I-能出现此现象，故 D 正确。5C【解解析析】本题考查了阿伏加德罗常数及其应用。白磷分子结构为正四面体，1mol 白磷分子中含 6mol 键，应为数为 1.5NA，A 错误；HF 的沸点约为 19.8，标准状况下为液态，B 错误；CH3COONH4溶液中 CH3COO-和NH4+均水解，且溶液显中性，则H+和OH-不变，CH3COO-和NH4+均减小，C 正确；Na2O2中-

8、1 价的 O 失电子生成所以生成 0.1molO2时转移电子数为 0.2NA，D 错误。6C【解解析析】从流程图中可以看出“高温焙烧”过程生成 CO2， “除杂”过程通入 CO2，CO2可循环使用，故A 正确； “高温焙烧”过程中，Al 和 Si 分别转化成 NaAlO2和 Na2SiO3,水浸通入 CO2后分别转为 Al(OH)3和 H2SiO3，故 B 正确； “调 pH”发生的反应是 2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O ，应向溶液中加酸，发生的反应不是氧化还原反应，故 C 错； 铬铁矿主要成分是 FeCr2O4，根据氧化还原配平，D 正确。7.D【解解析析】根据题干信息推断

9、X、Y、Z、W 分别为 N、Na、S、Cl。Na+半径小于 S2-，故 A 错；NaH 为离子化合物，故 B 错；Cl 的非金属性比 S 强，故 C 错；NH3与水形成氢键，极易溶于水，H2S 能溶于水，故 D 正确8.C【解析】 NF3结构同 NH3类似，空间构型为三角锥形，故 A 正确；N2F2中 N 原子为 sp2 杂化，故 B 正确，每个 N 原子上还有一对孤电子对，故存在顺反异构，故 D 正确；液氨 NH3中有氢键，沸点高于 NF3，故 C 错误。9B【解解析析】由题意得知，要制取 H3BO3，B(OH)-和 H+分别向右、向左移动进入产品室反应，故 A 为阳膜，B 为阴膜，故 A

10、错误，B 正确；a 极反应 2H2O+2e-=H2+2OH-，附近 pH 增大，故 C 错误；阴极生成 H2阳极生成 O2，物质的量之比为 2:1，故 D 错误。第1页,共7页10B【解解析析】图中曲线属于描点法所得图像，P 点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，故 A 错误；反应的活化能小于反应的活化能，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下 NO 的转化率远高于 SO2，故 B 正确； ；根据图像，温度高于 200 后，2O3(g)3O2(g)反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO 和 SO2的转化率随温度升高显著下降，当臭氧完全分解，则二者转化率

11、几乎为零，故 C 错误；其他条件不变，若缩小反应器的容积，使得 2O3(g)3O2(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，则反应和反应平衡正向移动，NO 和 SO2的转化率提高，故 D 错误。11AB 【解解析析】实验开始应先通入冷却水再打开恒压滴液漏斗旋塞，让反应进行，A 正确；根据题目可知冰水的作用是冷凝2SOCl并回收，B 正确；由已知信息可知，2SOCl遇水剧烈水解生成两种气体，装置B 的目的应是防止后续装置中的水蒸气进入锥形瓶中使2SOCl水解，试剂应是浓硫酸，C 错误；装置 D的目的是检验2SO，因2SO中有HCl气体，所以只能用品红溶液，不能用高锰酸钾溶液，D 错误。12CD 【解解析

12、析】装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置，A 错误；原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B 错误；甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即 AQ2H2e=H2AQ，C 正确；在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3得电子生成 I，发生的反应为 H2SI3=3IS2H，D 正确。13CD【解解析析】从“提取液”获取“有机层”的操作应为萃取、分液，故 A 错；由“冷却、过滤”得产品，推断绿原酸溶解度随温度降低而减小，故 B 错误；减压可以降低沸点，使物质低温气化，可防止高温下反应或变质，故 C 正确；由题意推断，绿原酸粗产品高温

13、和低温溶解度变化大，可通过重结晶的方法提纯，故 D正确。14.B【解析】A反应和都是氧化还原反应，故 A 错误； N2O 与 CO2互为等电子体，CO2为直线型，等电子体结构具有相似性，故 B 正确； 慢反应是总反应速率的决速步，故 C 错误； 总反应的焓变由起始和最终物质总能量决定，故 D 错误。15AC【解解析析】本题以沉淀滴定为载体，考查spK计算、离子浓度关系、水的电离程度等。2Fe沉淀达到终点时，2291Fe S2.5 10 mol Lcc，9lg 2.5 108.6， 题图 c 点、 d 点纵坐标都已给出 只能是8.6m ，A 正确；a 点的2CuCl溶液中，由电荷守恒得22CuH

14、ClOHcccc，22CuClOHHClOHcccccc，B 错误；adg 的过程中，水的电离程度 ad 逐渐减小 d 点最小， dg 过程中，2 Sc逐渐增大， 水的电离程度逐渐增大， C 正确； 将足量2ZnCl晶体加入10.1mol L的2Na S溶液中，2 Sc将减小至非常小，由图像可计算25.4spZnS10K，则第2页,共7页2Znc远远大于24.4110mol L，D 错误。16. （12 分）（1）1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2（1 分）（2）AC（2 分，漏选得 1 分，错选不得分）（3）NOCH（1 分, 凡写错不得分）；sp2、sp3（2 分

15、, 各 1 分）；4（1 分）；氢键（1 分）（4）Fe、Co、Ni 的原子半径比 Ca 的小，同时价电子数目多，金属键强，因此熔点高。（2 分，半径小和价电子数目多，各占 1 分）（5）331 NA1010（2 分）（其他表示形式只要合理即可）【详详解解】（1）Ni是 28 号元素，基态Ni原子的核外电子排布式为22626821s 2s 2p 3s sp 3d 4s；（2）室温时5Fe CO为浅黄色液体，沸点103 C，说明5Fe CO是分子晶体，Fe 与 CO 通过配位键结合，C和 O 通过极性共价键结合，5Fe CO中含有极性共价键、配位键，不含离子键、金属键，选 AC；（3）N 原子

16、2p 能级为半充满状态，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，H、C、N、O第一电离能由大到小的顺序为NOCH，N 原子有 1 个孤电子对，单键氮原子有 3 个键，双键氮原子有 2 个键， 色氨酮分子中N原子的杂化类型为2sp、3sp； 根据图示看出 Co 的配位数为 4；3CH OH分子中含有 O-H键，色胺酮钴配合物含有 O、N 原子，能形成分子间氢键，3CH OH是通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合；（4）Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，同时价电子数目多，金属键强，因此熔点明显高于Ca；（5） 由均摊法可计算出一个晶胞中有 4 个 TiN，设晶胞中 Ti 原子与 N 原子与最近距

17、离为 x pm，则mVNMNA2x3，TiN 的摩尔质量为 62 gmol1，解出 x331 NA1010。17.（12 分）（1）将蒸馏水煮沸后迅速冷却 （1 分） ；（2）排出装置内的氧气，防止二价铁被氧化（1 分）关闭 K3，打开 K2（2 分）（3） 除去 FeSO4溶液中残留的硫酸； Fe2充分转化为 FeCO3； NH4HCO3受热分解损失 （答案合理即得分，2 分）第3页,共7页（4）Fe(OH)2（2 分）（5）NH4能水解产生 H，降低溶液 pH，可减小副产物 Fe(OH)2产生（2 分）（6）稀硫酸、硫氰化钾溶液（2 分）【详详解解】(2) 二价铁长期放在空气中易被氧气氧化

18、，通一段时间氢气将空气排出。A 中 Fe 与稀硫酸反应生成 FeSO4和 H2，关闭 K3，打开 K2，利用压强差使其与 NH4HCO3溶液混合。(3)装置 B 中的 NH4HCO3需过量， 既可除去 FeSO4溶液中残留的硫酸， 也可让 Fe2充分反应， 同时 NH4HCO3受热易分解。(4)析出FeCO3沉淀时 c(Fe2)=KspFeCO3cCO233.110110.1molL13.11010molL1， Na2CO3溶液 pH约为 11.6，则 c(OH)102.4molL1，析出 Fe(OH)2沉淀时 c(Fe2)KspFeOH2c2OH4.91017102.42molL14.910

19、12.2molL13.11010molL1，故 Fe(OH)2先沉淀。18.（共 12 分）（1）CaSO4炭粉 （2 分）21（1 分）使 Fe3转化为 Fe(OH)3而除去（1 分）（2）Mn3MnO42-（2 分）（3） 2Al3+3S2-+ 6H2O=2Al(OH)3+3H2S（2 分）（4）取反应后的滤液少许于试管中，滴入 Na2S2O8溶液，若溶液不变紫红色，证明 Mn2+沉淀完全;若变紫红色,证明 Mn2+未沉淀完全。 （2 分）（5）0.025mol（2 分）【解解析析】软锰矿(主要成分为2MnO，还含有3CaCO、23Fe O、23Al O等杂质)与焦炭还原焙烧，发生主要反应

20、：222MnO +C2MnO+CO 等，加入稀硫酸浸取，金属阳离子322AlMnFe，进入溶液，大部分的2Ca与24SO结合形成4CaSO，过滤除去4CaSO和多余的炭粉，加入2MnO氧化2Fe成Fe，然后加入 NaOH 调节pH 使Fe转化为3Fe OH而除去，过滤之后加入 Na2S 除去3Al，此时溶液中含有的主要物质为：4MnSO，加入 NH4HCO3发生反应：443MnSO2NH HCO322442MnCOCOH ONHSO ，该反应的本质为：233222H OMnHCOMnCOCO ，然后过滤、洗涤、干燥得到成品。(1)根据分析可知步骤 C 中得到的滤渣的成分是2Ca与24SO结合形

21、成的4CaSO和焙烧时剩余的炭粉， 步骤 D中反应为：223224H222H OMnOFeMnFe， 则还原剂与氧化剂的物质的量之比为 2： 1， 加入2MnO第4页,共7页氧化2Fe成Fe，然后加入 NaOH 调节 pH 使Fe转化为3Fe OH而除去，所以步骤 E 中调节 pH 至 4.5 的作用是使3Fe转化为3Fe(OH)而除去。 （2）根据图中信息可知24MnO的能量处于相邻价态两种微粒能量连线左方，所以该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒，所以不能稳定存在于pH0的溶液中的离子是24MnO；（4）根据题干信息，228Na S O能将无色的2Mn氧化为紫红色的4MnO。（

22、5）根据“电子得失守恒” ，整个过程中 Mn 元素得电子的总量等于生成氧气的氧元素和生产氯气的氯元素失电子总量。19.（共 12 分）（1）222H O-4e4HO（1 分）ClO3、ClO2-（1 分）（2 2） 4 （1 分）酸（1 分）HClO2的电离平衡常数 K=+-22()c Hc ClOc HClO=10-6，-2ClO的水解常数 K=10-8，浓度相等的2HClO溶液和2NaClO溶液电离大于水解 （2 分）c(HClO2)-2c(ClO )/2（2 分）（3）用水再次吸收残余的二氧化氯气体 ；使锥形瓶内外压强相等（写出一点即可）（1 分）蓝色变为无色（1分）1.35cV10-2

23、g（2 分）【详详解解】（1）根据图 1 判断电极，左边为阳极，右边为阴极，电解时阳极反应为222H O-4e4HO根据图示，ClO3在阴极上得电子生成 ClO2(ClO3+e-+2H+=ClO2+H2O)；ClO2+e-=ClO2-； ClO3+ClO2-+2H+=2ClO2+H2O（2） 由题干信息得知在 NaClO2溶液中存在 ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等，其中 HClO2和 ClO2都具有漂白作用，ClO2是有毒气体，pH 约为 4 时 HClO2浓度较大，且不生成有毒气体。HClO2的电离平衡常数 K=+-22()c Hc ClOc HClO，根据图象，当 pH=6 时

24、，-2c(ClO )=2c HClO，因此 K=10-6；则-2ClO的水解常数 K=10-8，浓度相等的2HClO溶液和2NaClO溶液电离大于水解，所以等体积混合后显酸性。依据电荷守恒，有 c(H+)+c(Na+)=-2c(ClO )+c(OH-) ；依据物料守恒，有 2c(Na+)=-2c(ClO )+c(HClO2) ，联立有 c(HClO2)+2c(H+)=-2c(ClO )+2c(OH-)；也就是222( (OH )(H )(HClO )(ClO )cccc第5页,共7页（3）装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；由题目信息可知，ClO2

25、通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化 I-为 I2，自身被还原为 Cl-，同时生成水，反应离子方程式为 2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，VmLNa2S2O3溶液含有 Na2S2O3物质的量为 V10-3Lcmol/L=cV10-3mol则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，210n（ClO2）cV10-3mol所以 n（ClO2）=15cV10-3mol。所以 m（ClO2）=15cV10-3mol67.5g/mol=1.35cv10-2g；20.（12 分） （1）+136 kJmol-1（2

26、分） ；反应 ii 为反应 I 的决速步，c(CO2)增大，反应 ii 速率加快，从而提高反应 I 速率 （1 分）（2）800时，CO2的转化率增大较多，有利于提高 C2H4的产率；800时，C2H4选择性与 820相比选择性略高（2 分）（3）1655（2 分）(4) CD（2 分）32(2-x)4x（2 分）（1 分）【解解析析】（1）由盖斯定理可知，H1=H-H2=177 kJmol-1-41 kJmol-1=+ 136kJmol-1；反应 iiH2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)反应速率较慢，对整个反应速率影响最大，反应 ii 为反应 I 的决速步，c(CO2)增大，反

27、应 ii 速率加快，从而提高反应 I 速率。（2）由题干图示可知，800时，CO2的转化率增大较多，有利于提高 C2H4的产率；800时，C2H4选择性与 820相比选择性略高。(3)根据三段式分析如下： 226242COg+C HgC Hg +H O g +CO g13000 xxxxx1-x3-xxxxmolmolmol起始量转化量平衡量，依题意得：4-2x=3x， 解得： x=0.8， 故有初始物质的量和为4mol， 初始压强为0p， 平衡时物质的量和为 4+x=4+0.8=4.8mol，04.8molpp4mol，30p000.81.24.80.22.21.21.24.84.8PKPP

28、=1655P0，故答案为：1655。(4)在恒容绝热的容器中进行反应 2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)H0，A、B 不平衡时随着平衡移动而改变，C 中气体的质量和容器体积不变，所以密度是定值，D 中 v(CH4)与 v(H2)始终相等，应该比较 v正与 v逆。第6页,共7页平衡时，c(CH4)=x/2mol/L，c(C2H4)=(2-x)/4mol/L，c(H2)=(2-x)/2mol/L，带入 v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)c2(H2)中，然后利用平衡时正反应速率等于逆反应速率，得出 k正与 k逆的比值；该反应为吸热反应，若将温度升高，平衡正向移动，升高温度瞬间各种物质的浓度不变，因此正反应速率增大倍数大于逆反应增大倍数，即 mn。第7页,共7页6 6氯