2019届高三化学最新信息卷（八）.docx

2019年高考高三最新信息卷化 学（八）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39一、选择题：本大题共7小题，每小题6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化学与生活密切相关。下列解释错误的是A一氯乙烷冷镇痛喷雾剂用于受伤运动员应急处理，主要是一氯乙烷的麻醉作用B铅笔的主要成分是石墨与黏土，黏土含量越多，铅笔硬度越大C松花皮蛋中的氨基酸盐是蛋白质在碱性条件下水解所形成D季铵盐表面活性剂能吸收空气中的水份，从而具有优良的抗静电效果8阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸(），可以用水杨酸(邻羟基苯甲酸)与乙酸酐(CH3CO)2O为原料合成。下列说法正确的是A可用酸性KMnO4溶液鉴别水杨酸和乙酰水杨酸B已知HCHO为平面形分子，则乙酸酐中最多8个原子共平面C1mol乙酰水杨酸最多消耗2mol NaOHD服用阿司匹林时若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉注射Na2CO3溶液9NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是AH2S的燃烧热是Q kJ/mol。充分燃烧H2S，当有0.5Q kJ热量放出时，转移的电子数为6NAB25时，500mL pH=11的碳酸钠溶液中，由水电离出的OH数目为0.0005NACpH=2的H3PO4溶液中，H+的数目为0.01NAD0.10L 2.0 molL1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和为0.2NA10 MnO2是一种重要的化工原料，可用于合成工业的催化剂和氧化剂。采用软锰矿(主要成分为MnO2)可制备高纯MnO2，其流程如下：下列叙述错误的是A“含Mn2+、A13+的溶液”中还含Fe3+B加入“氨水”同时搅拌，搅拌的目的是提高反应速率C“滤渣”可完全溶解在NaOH溶液中D电解含Mn2+的溶液，MnO2为阳极产物11几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示元素符号XYZW原子半径/nm0.1600.1430.0700.066主要化合价+2+3+3，+5，-3-2下列有关叙述正确的是A四种元素位于元素周期表的同一周期B电解X的氯化物的水溶液可以得到单质XCY的最高价氧化物对应的水化物既能溶解在盐酸中，又能溶解在氨水中DW、Z的氢化物均多于1种12锂铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2LiCu2OH2O2Cu2Li+2OH-，下列说法错误的是A放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1mol Li+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应B整个反应过程中，氧化剂为O2C放电时，正极的电极反应式为：Cu2OH2O2e2Cu2OHD通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O13常温下，用0.10 molL1的氨水滴定20.00 mL a molL1的盐酸，混合溶液的pH与氨水的体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是A图上四点对应溶液中离子种类相同B若N点溶液中存在c(H+)c(OH)c(NH3H2O)，则N点为滴定反应的恰好反应点C图上四点对应的溶液中水的电离程度由大到小排列为NPMQD若N点为恰好反应点，则M点溶液中存在c(Cl)2c(NH3H2O)2c(NH)二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35-36题为选考题，考生根据要求作答。26（14分）工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计如下实验分别测定氮化铝(AlN样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。（1）实验原理：Al4C3与硫酸反应可生成CH4；AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式：_。（2）实验装置(如图所示，量气管为碱式滴定管改装)连好装置后，首先应进行的操作是_。（3）实验过程：称得装置D的初始质量为y g；称取x g AlN样品置于装置B锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管的初始读数为a mL(量气装置左右液面相平)。欲首先测量Al4C3质量分数的有关数据，对三个活塞的操作是_。若无恒压管，对所测气体体积的影响是_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)量气管中液面不再发生变化，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行的操作为_；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体的体积_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。记录滴定管的读数为b mL(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm Lmol1)，则Al4C3的质量分数为_(用含a、b、x、y、Vm的代数式表示)。测量AlN质量分数的数据：首先关闭活塞_，打开活塞_，通过分液漏斗加入过量_，与装置B瓶内物质充分反应；反应完成后，_(填入该步应进行的操作)，最后称得装置D的质量为z g。27（14分）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：I：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1=197.7kJmol1K1(浓度平衡常数)为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体V2O3催化剂的密闭容器装置（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2 mol SO2、1molO2投料，达平衡时，三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为_(用“甲、乙、丙”表示)。（2）在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表：表中：a=_；b=_。已知用平衡分压(分压=总压物质的量分数)代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1=_；Kp1_Kp2(填“”、“”、“”或“=”)。（3）将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用，此催化过程如下：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g) H2 K2(浓度平衡常数)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H3=114.1kJmol1 K3(浓度平衡常数)H2=_；K3=_(用含有K1、K2的表达式表示)。28 （15分）硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：请回答下列问题：（1）若步骤中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是_。（2）写出步骤中主要反应的离子方程式：_。（3）步骤包括用pH2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_(写酸的名称)。（4）上述工艺中，步骤和的作用是_。（5）Se为A族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_ _。（6）氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是_；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_。（7）用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2+。已知：25时，H2S的电离平衡常数Ka11.0107，Ka27.01015，CuS的溶度积为Ksp(CuS)6.31036。反应Cu2+(aq)HS(aq)CuS(s)H+(aq)的平衡常数K_(结果保留1位小数)。35【化学选修3：物质结构与性质】（15分）氮、铬及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态N原子的核外电子排布式为_，Cr位于元素周期表第四周期_族。（2）Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为_；CrCl3的熔点(83)比CrF3的熔点(1100)低得多，这是因为 。（3）Cr的一种配合物结构如图所示：阴离子C1O的空间构型为_形。配离子中，中心离子的配位数为_，N与中心原子形成的化学键称为 键。配体H2NCH2CH2NH2(乙二胺)中碳原子的杂化方式是_，分子中三种元素电负性从大到小的顺序为_。（4）氮化铬的熔点为1770，它的一种晶体的晶胞结构如图所示，其密度为5.9gcm3，氮化铬的晶胞边长为_(列出计算式)nm。36【化学选修5：有机化学基础】（15分）有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质，在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用溴代羰基化合物合成大位阻醚J，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A的名称_（2）CD的化学方程式_，EF的反应类型 。（3）H中含有的官能团_，J的分子式_。（4）化合物X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_种(不考虑立体异构)，写出其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为116的结构简式为_。（5）参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线。绝密 启用前2019年高考高三最新信息卷化学答案（八）7.【答案】A【解析】A氯乙烷的沸点较低，易挥发而吸收热量，使局部冷冻麻醉，故A错误；B石墨质软与黏土质硬，黏土含量越多，铅笔硬度越大，故B正确；C松花蛋是以鸭蛋(鸡蛋、鹌鹑蛋)，纯碱、生石灰、食盐、茶叶、黄丹粉(氧化铅)、草木灰、松枝为主要原料的一种蛋制品，原料当中偏碱性物质居多，因此松花皮蛋中的氨基酸盐是蛋白质在碱性条件下水解所形成，故C正确；D季铵盐中季铵部分是亲水基，因为带有正电荷（水是强极性分子，所以这部分亲水），而长碳链（非极性）是憎水基，拥有这两类基团的物质都有表面活性，因此季铵盐作为表面活性剂，能吸收空气中的水份，从而具有优良的抗静电效果，故D正确；答案：A。8. 【答案】A【解析】A水杨酸分子中的酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙酰水杨酸不易被氧化，故A正确；BHCHO为平面形分子且单键可以旋转，因此碳氧双键周围的原子都可处于同一平面，甲基上的碳原子为饱和碳原子，每个甲基上有2个氢原子不能共平面，所以乙酸酐中最多有9个原子共平面，故B错误；C乙酰水杨酸中的羧基和酚酯基都能与NaOH反应，因每1mol酚酯基可消耗2mol NaOH，故最多可消耗3 mol NaOH，故C错误；D阿司匹林为感冒用药，服用过量会造成水杨酸中毒，出现水杨酸反应应静脉注射NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液，Na2CO3溶液碱性太强，故D错误；故选A。9. 【答案】B【解析】AH2S燃烧的热化学方程式为H2S(g)+O2(g)=H2O(l)+SO2(g) H=-Q kJ/mol，反应1mol H2S转移的电子数为6NA，当有0.5Q kJ热量放出时，参加反应的H2S物质的量为0.5mol，转移的电子数为3NA，故选项A错误；BpH=11的溶液中氢氧根离子浓度为：c(OH)=110-3mol/L，该溶液中含有氢氧根离子的物质的量为：n(OH)=1103mol/L0.5L=510-4mol，Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离出的氢氧根离子的物质的量为5104mol，所以水电离出的OH数目为：5104molNA mol1= 0.0005 NA，故选项B正确；CpH=2的H3PO4溶液中氢离子的浓度为0.01mol/L，但是不知道溶液体积，无法计算，故选项C错误；DHCO既能水解为H2CO3又能电离为CO，根据物料守恒可知，NaHCO3溶液中H2CO3、HCO和CO离子数之和为0.2NA，故选项D错误。答案选B。10. 【答案】C【解析】A项、由化合价变化可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，FeSO4将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，故A正确；B项、加入“氨水”同时搅拌，可以增大氨水与溶液的接触面积，提高反应速率，故B正确；C项、向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应，滤渣不能完全溶解，故C错误；D项、电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2，故D正确。 11. 【答案】D【解析】W化合价为-2价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于A族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第A族，Y的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，以此解答。根据原子半径及主要化合价的变化规律可知，X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O，A根据题分析可知，四种元素不在同一周期，故A错误；B电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀，得不到单质镁，制备单质镁需电解熔融的氯化镁，故B错误；CY的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，不溶于氨水，故C错误；DW为O元、Z为N元素，O的氢化物有H2O和H2O2，N的氢化物有NH3和N2H4，氢化物均多于1种，故D正确。故选D。12. 【答案】A【解析】A放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，根据4Cu+O2=2Cu2O，O2+4e+2H2O=4OH，正极上参与反应的氧气为0.025 mol，在标准状况下的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，故A错误；B通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故B正确；C该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，故C正确；D该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故D正确；答案选A。13. 【答案】C【解析】A四点对应的溶液中均存在：H+、OH、NH、Cl，故A正确；B若N点溶液中存在c(H+)c(OH)c(NH3H2O)，根据质子守恒定律，可知c(H+)c(OH)c(NH3H2O)为NH4Cl溶液中的质子守恒，B正确；C无法比较N点和P点影响水电离的程度，故C错误；DM点溶液中c(NH4Cl)c(HCl)，则根据氯原子和氮原子守恒，故D正确；故选C。26. 【答案】（1）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3 （2） 检查装置的气密性 （3） 关闭活塞K2、K3，打开活塞K1 偏大 调整量气管高度，使左右两边液面相平 偏小 0.048(b-a)/Vmx100% K1 K3 NaOH溶液 打开K2，通入一段时间空气 【解析】（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，因此，本题正确答案是：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（2）连好装置后，首先应进行的操作是检查装置的气密性，因此，本题正确答案是：检查装置的气密性；（3）通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，因此，本题正确答案是：关闭活塞K2、K3，打开活塞K1；分液漏斗上的恒压管起到平衡压强的作用，若无恒压管，则所测气体体积偏大，因此，本题正确答案是：偏大；读数时要使气体压强和外界大气压相等，所以读取读数之前，要调整量气管高度，使左右两边液面相平；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，因此，本题正确答案是：调整量气管高度，使左右两边液面相平；偏小；甲烷的体积为(b-a)mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为mol 144g/mol=g，Al4C3的质量分数为100%，因此，本题正确答案是：100%；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH溶液，与装置B瓶内物质充分反应；装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，因此，本题正确答案是：K1；K3；NaOH溶液；打开K2，通入一段时间空气。27. 【答案】（1）丙甲乙 （2）118.62kJ 40% 135MPa-1 （3）-41.8 kJmol1 【解析】（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲为恒温恒容、乙为绝热恒容、丙为恒温恒压，均按2 mol SO2、1molO2投料，与甲相比，乙中随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，SO2的转化率减小；与甲相比，丙中随着反应的进行，容器的体积逐渐减小，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，因此三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为丙甲乙，故答案为：丙甲乙；（2）根据表格数据，A组起始时充入2 mol SO2、1molO2，平衡转化率为60%，结合2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H1=197.7kJmol1，平衡时放出的热量a=197.7kJ60%=118.62kJ，B组起始时充入2mol SO3，与A组等效，则平衡时三氧化硫的转化率b=1-60%=40%，故答案为：118.62kJ；40%；A组：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)、起始(mol) 2 1 0反应(mol) 1.2 0.6 1.2平衡(mol) 0.8 0.4 1.2平衡时气体的总物质的量=0.8 mol +0.4 mol+1.2 mol=2.4mol，其中SO2占=，O2占=，SO3占=，则Kp1= =135MPa-1；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，Kp1Kp2，故答案为：135MPa-1；A组平衡时n(SO2)n(O2)n(SO3)=0.80.41.2=213。该反应为气体体积减小的反应，若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料，相当于按0.8 mol SO2、0.6molO2进行投料，与A组等效，n(SO2)n(O2)n(SO3)=0.40.20.4=212，因此起始时反应正向进行，即v正(SO2)v逆(SO2)，故答案为：；（3）I：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1=197.7kJmol1 K1，：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g) H2 K2，：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H3=114.1kJmol1 K3，根据盖斯定律，将I-II得：2SO2(g)+2NO2(g)2SO3(g)+2NO(g) 2H2=(197.7kJmol1)(114.1kJmol1)= 83.6 kJmol1，则H2=41.8 kJmol1；根据盖斯定律，将I-II2得2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，则K3=，故答案为：41.8 kJmol1；。28. 【答案】（1）CuSO4 （2） 2Cu2+SO+2Cl+H2O=2CuCl+SO+2H+ （3） 硫酸 （4） 使CuCl干燥，防止其水解氧化 （5） Na2SeSO3H2SO4=Na2SO4SeSO2H2O （6） 温度过低反应速率慢 温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可) （7） 1.11021 【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+SO+2Cl+H2O=2CuCl+SO+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为：CuSO4；（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤中主要反应的离子方程式为2Cu2+SO+2Cl+H2O=2CuCl+SO+2H+；（3）CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为：硫酸；（4）步骤为醇洗，步骤为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解、氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化；（5）硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SeSO3H2SO4=Na2SO4SeSO2H2O；（6）据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；（7）反应Cu2+(aq)HS(aq)CuS(s)H+(aq)的平衡常数K=。35. 【答案】（1）1s22s22p3 B （2） KCH （4） 【解析】（1）N元素是7号元素，故基态N