2019届高三化学一模试题含解析

2019届高三化学一模试题含解析可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 S-32 C1-35.5一、选择题：本大题共13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。1.下列有关说法不正确的是A. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵B. 生活垃圾直接焚烧会产生很多对身体有害的物质C. 钢铁在潮湿空气中易发生化学腐蚀D. 锅炉水垢中的CaSO4通常先用Na2CO3溶液处理，使其转化成CaCO3，而后用酸去除【答案】C【解析】【详解】A、石灰水能够使蛋白质变性，因此把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，故A正确；B、许多生活垃圾在焚烧之后,会产生许多对人体健康有害的化学物质，如废塑料燃烧时不仅会产生浓烟和恶臭,还会产生强烈刺激性的氯化氢等有毒有害气体，故B正确；C、钢铁在潮湿空气中易发生电化学腐蚀，故C错误；D、CaSO4与酸不反应，必须先转化为碳酸钙，再加酸除去，所以要先加入碳酸钠，故D正确。选C。2.下列说法正确的是A. Na2O2与水反应生成标准状况下1.12LO2转移电子数为0.2NAB. 标准状况下，0.56L丙烷含共价键数为0.2NAC. 标准状况下，2.24LSO2与足量氧气充分反应生成SO3分子数为0.1NAD. 14g乙烯和丙烯混合气体中氢原子数为2NA【答案】D【解析】【分析】A、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态一半由-1价变为0价，一半降为-2价；B、1个丙烷分子中含有10个共价键；C、SO2与氧气反应生成SO3的反应可逆；D、乙烯和丙烯的最简式都是 。【详解】A、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态一半由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成标准状况下1.12LO2转移电子数为0.1NA，故A错误；B、 标准状况下，0.56L丙烷的物质的量是0.025mol，含共价键数为0.25NA，故B错误；C、SO2与氧气反应生成SO3的反应可逆，标准状况下，2.24LSO2与足量氧气充分反应生成SO3分子数小于0.1NA，故C错误；D、乙烯和丙烯的最简式都是 ，14g乙烯和丙烯混合气体中氢原子数为 ，故D正确。3.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述正确的是 A. lmol该有机物在镍催化下可消耗3molH2B. 该有机物既能发生氧化反应又能发生还原反应C. 该有机物的分子式为C12H18O2D. 1mol该有机物能消耗2 mol NaOH【答案】B【解析】【详解】A、乙酸橙花酯分子中含有2个碳碳双键，酯基与氢气不发生加成反应，则1mol该有机物可消耗2mol H2，故A错误；B、乙酸橙花酯含有碳碳双键，所以既能发生氧化反应又能发生还原反应，故B正确；C、由乙酸橙花酯的结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故C错误；D、能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故D错误。4.有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有(不考虑立体异构)A. 4种 B. 9种 C. 13种 D. 17种【答案】C【解析】【分析】有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有酸和酯。【详解】C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的酸有 、 、 、 ，与NaOH溶液反应的酯有 、 、 、 、 、 、 、 、 ，共13种，故选C。5.根据下列实验操作及现象推出的结论一定正确的是选项 操作及现象 结论A 向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色褪去 氧化性：H2O2 KMnO4B 在CaCO3中加浓盐酸并将反应后所得气体直接通入Na2SiO3溶液中，溶液变浑浊 酸性：H2CO3 H2SiO3C 向Na2S溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味的气体 非金属性ClSD 将FeCl3足量溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，充分震荡，悬浊液由白色变为红褐色 溶解度Mg(OH)2Fe(OH)3A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4把H2O2氧化为氧气；B、浓盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应；C、无氧酸的酸性不能证明元素非金属性强弱；D、溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化。【详解】A、向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4把H2O2氧化为氧气，氧化性H2O2H2S，无氧酸的酸性不能证明非金属性强弱，因此不能证明氯的非金属性比硫强，故C错误；D、溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，所以能实现实验目的，故D正确。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、非金属性的比较、物质的性质、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。6.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大且原子最外层电子数为互不相等的奇数：X与Y位于不同周期；X与W的最高化合价之和为8；Z的单质既能和强酸反应又能和强碱反应。则下列说法不正确的是A. 原子半径：ZWYXB. YX4W中含有离子键和共价键C. Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐火材料D. 工业上常用电解ZW3的方法制取单质Z【答案】D【解析】【分析】Z的单质既能和强酸反应又能和强碱反应，Z为Al元素； X、Y、Z、W原子序数依次增大且原子最外层电子数为互不相等的奇数：X与Y位于不同周期，所以X是H元素；X与W的最高化合价之和为8，W是Cl元素；则Y是N元素。【详解】A、原子半径：AlClNH，故A正确；B、NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键，故B正确；C、AlN强度高，热膨胀系数小，是良好的耐火材料，故C正确；D、工业上常用电解Al2O3的方法制取单质Al，故D错误；选D。7.1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是 A. XOH是弱碱B. pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3C. 已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2，则Ka2约为1.01010.2D. 当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3)/c(CO32)减小【答案】C【解析】【分析】A根据图示，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH）；BXOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）c（X2CO3），再结合物料守恒判断；C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）= mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1= ，则Ka2= = ；D当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大。【详解】A根据图示，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH），XOH完全电离，为强电解质，故A错误；BXOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）c（X2CO3），再结合物料守恒得c（X+）：XOH小于X2CO3，故B错误；C0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）= mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1= ，则Ka2= = ，故C正确；D当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大，c(HCO3)/c(CO32)增大，故D错误。选C。【点睛】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，注意：二元弱酸中存在Kh1Ka2=Kw，为易错点三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题：共129分8.已知岩脑砂的主要成分为NH4Cl，实验室可通过过量氨气和氯气反应制NH4Cl。I.实验室制NH4Cl (1)写出B中反应的离子方程式_。(2)为使氨气和氯气在D中充分混合并反应，上述装置的连接顺序为adc_、_jihgb；写出D中反应的化学方程式_。(3)若要检验NH4Cl，除蒸馏水、稀HNO3、AgNO3溶液、红色石蕊试纸外还需要的试剂为_。：天然岩脑砂中NH4Cl，纯度的测定(杂质不影响NH4Cl纯度测定)已知：2NH4 C1+3CuO 3Cu+2HC1+N2+3H2O实验步骤：准确称取1.19g岩脑砂。将岩脑砂与足量氧化铜混合加热(装置如下)。 (1)连接仪器，检查装置气密性：先将K中装入水，然后加热G，_，则气密性良好。(2)H中浓硫酸的作用是_。(3)实验结束后，恢复至原温，通过K测得气体体积为224mL(换算为标准状况)，则天然岩脑砂中NH4C1的纯度为_。(保留三位有效数字)(4)某同学通过测I的增重来计算天然岩脑砂中NH4C1的质量分数，则所得NH4C1的纯度_。(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)【答案】 (1). (2). e (3). f (4). (5). 氢氧化钠浓溶液 (6). 量气管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱 (7). 吸收反应产生的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰 (8). 89.9% (9). 偏低【解析】【分析】I. 实验室制NH4Cl需要分别制备氨气和氯气，A装置中用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气，装置C碱石灰干燥氨气，装置B中二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，用装置F干燥氯气，氨气的密度小、氯气密度大，为使氨气和氯气充分混合，通过f通入氯气、通过e通入氨气； D中氨气和氯气反应生成氮气和氯化铵；检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠浓溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸。：(1) 若气密性良好，导管和量气管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱；(2)H中浓硫酸，能够吸收混合气体中的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰；(3) K中收集到的气体是氮气，根据氮气的体积可以计算NH4C1的质量。(4)反应生成的氯化氢不能完全被I吸收。【详解】I. (1)装置 B中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式是 ；(2)制取氨气的气流顺序为adc，制取氯气的气流顺序为bghij，考虑到氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以氨气从e口进，氯气从f口进，氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，合理的连接顺序为adce、fjihgb。D中氨气和氯气反应生成氮气和氯化铵，反应方程式是 ； (3)检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠浓溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸，所以还需要的试剂为氢氧化钠浓溶液。：(1)连接好仪器后，检查装置的气密性时，先将H和K中装入蒸馏水，然后加热G，量气管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱，则气密性良好。(2)产生的气体通过装置H中的浓硫酸，能够吸收混合气体中的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰，减小实验误差。(3) K中收集到的气体是氮气,标准状况下，224mL氮气的物质的量是0.01mol，根据反应2NH4Cl3CuO 3Cu2HClN23H2O可知，消耗氯化铵的量为0.02 mol，质量为0.02 mol53.5 g/mol1.07 g，则天然岩脑砂中NH4Cl的质量分数为1.07 g/1.19 g100%89.9%。(4) 反应生成的氯化氢不能完全被I吸收，所以通过测I的增重来计算天然岩脑砂中NH4C1的质量分数，结果会偏低。9.一种利用水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等制取CoCl2?6H2O的工艺流程如下： 已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、CO2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+2等部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表 CoCl2?6H2O熔点86，易溶于水、乙醚等；常温下稳定，加热至110120时失去结晶水变成无水氯化钴。(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式_。(2)加入NaClO3的目的是_；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是_(填化学式)(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_. (4)加萃取剂的目的是_；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如右图，据此分析pH的最佳范图为_(填字母序号)。A.2.02.5 B.3.03.5 C.4.04.5 D.5.05.5(5)CoCl2?6H2O常用减压烘干法烘干，原因是_。【答案】 (1). Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O (2). 将Fe2+氧化成Fe3+ (3). Cl2 (4). 5.2 PH7.6 (5). 除去溶液中的Mn2+ (6). B (7). 降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变为无水氯化钴【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2?6H2O晶体，应控制温度在86以下蒸发，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。【详解】（1）水钴矿的主要成分为Co2O3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；在酸性条件下，过量NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；（3）Fe3+完全水解的PH为3.7，Al3+完全水解的PH为5.2，Co2+开始水解的PH为7.6，所以为了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3调pH应控制的范围为5.2 PH105时反应就进行完全了。).还原法已知：2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) H1=37.0kJ?mo112H2(g)+SO2(g) S(1)+2H2O(g) H2=+45.0kJ?mo112CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H3=566.0 kJ?mol12H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H4=484.0kJ?mo11(1)写出液态硫(S)燃烧的热化学方程式_。(2)一定压强下，反应SO2的平衡转化率(SO2)与投料比的比值 温度(T)的关系如图所示。则CO的平衡转化率：N_M(填“”、“”、“=”，下同)；逆反应速率：N_P。 .电化学法(1)原电池法：写出SO2、O2和稀H2SO4所构成的原电池的负极反应式_。(2)电解法：先用Na2SO4溶液吸收烟气中的SO2，再用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，同时在阳极得到副产物氧气，装置如下图所示。 b为电源的_(填“正极”或“负极”)。用Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2，目的是_。若电解一段时间后通过质子交换膜的离子数为1.2041024个，则通过处理烟气理论上能得到硫_Kg。【答案】 (1). 碱性 (2). 能 (3). -529.0 kJ?mol1 (4). (5). M；温度越高反应速率越快，P点的温度大于N，所以逆反应速率：NP。；. (1) SO2、O2和稀H2SO4所构成的原电池，SO2在负极失电子生成SO42，负极反应式是 ；（2）用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，硫元素化合价降低发生还原反应，该反应在电解池的阴极发生，同时溶液中氢氧根离子在阳极失电子生成氧气，由于铜是活泼电极，所以铜电极做阴极，铂棒做阳极，电源正极连接阳极，电源负极连接阴极，故b是电源正极；Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2，电解过程中可以增强溶液导电能力，加快电解速率；阴极是二氧化硫在酸性溶液中得到电子生成单质硫，电极反应为：SO2+4H+4e-S+2H2O；通过质子交换膜的离子数为1.2041024个物质的量= 2mol，依据电极反应中定量关系计算每4mol氢离子交换生成硫单质1mol，则2mol氢离子交换生成硫单质0.5mol，质量=0.5mol32g/mol=16g。【点睛】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，电解原理分析判断，电解过程中电子守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等。 (二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.化学一选修3：物质结构与性质(1)写出基态Fe2+的核外电子排布式_；基态C1原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)SO42中心原子的轨道杂化类型为_；NO3的空间构型为_。(3)萤石晶胞结构如图I所示，则Ca2+的配位数是_，萤石的化学式为 _。 (4)NiO氧化镍)晶胞结构如图所示，则每个Ni2+周围与其等距离的Ni2+有_个；若Ni2+与最邻近O2的核间距为a108cm，则NiO晶体的密度为_g?cm3(列出计算式)(已知NiO的摩尔质量为74.7g?mol1，阿伏加德罗常数的值为NA)【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). (4). 平面三角形 (5). 8 (6). (7). 12 (8). 【解析】【分析】(1)基态Fe2+核外有24个电子，根据能量最低原理书写核外电子排布式；基态C1原子电子占据最高能级是3P；(2)SO42中心原子的杂化轨道数= ；NO3中心原子的杂化轨道数= ，配位原子数为3，无孤电子对；(3)有晶胞图可知，每个Ca2+被8个F-包围；利用“均摊法”计算晶胞的化学式；(4)根据NiO的晶胞结构图分析每个Ni2+周围与其等距离的Ni2+的个数；根据 计算。【详解】(1)基态Fe2+核外有24个电子，核外电子排布式是 ；基态C1原子电子占据最高能级是3P，P能级原子轨道为哑铃形；(2)SO42中心原子的杂化轨道数= ，所以中心原子的轨道杂化类型为 ；NO3中心原子的杂化轨道数= ，配位原子数为3，无孤电子对，所以NO3的空间构型为平面三角形；(3)每个Ca2+被8个F-包围，所以的配位数是8；根据均摊原则，每个晶胞含有Ca2