2019届高三化学第二次联考试题(含解析).doc

2019届高三化学第二次联考试题(含解析)可能用到的相对原子质量: H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Br：801. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法或做法不正确的是（ ）A. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B. 因患“禽流感”而被捕杀的家禽尸体常用生石灰处理C. 本草经集注中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”；这是利用了“焰色反应”D. 煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料【答案】D【解析】A、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈成分主要为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，故可用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，选项A正确；B、生石灰与水反应放热，生成的氢氧化钙呈碱性，加热、强碱都能使蛋白质变性，能杀菌消毒，选项B正确；C、鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，选项C正确；D、煤的气化和液化是指煤在无氧加热的条件下分解生成气体或液体燃料，是化学变化，选项D错误。答案选D。2. 工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法类别都正确的是（ ）选项污染物处理措施方法类别A含Cr2O72-废水加FeSO4沉降物理法B含纯碱的废水加石灰水反应化学法C含Cu2+等重金属离子的废水加硫酸盐沉降化学法D含复杂有机物的废水通过微生物代谢生物法A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、加FeSO4沉降含Cr2O72-废水，是化学方法，选项A错误；B、Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，溶液碱性更强，污染更严重，选项B错误；C、CuSO4不是沉淀，处理措施错误，选项C错误；D、通过微生物代谢含复杂有机物的废水，是生物法，选项D正确。答案选D。3. 设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）A. 在18 g CD4中含有NA个碳原子B. 某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6LH2，该乙醇分子中共价键总数为4NAC. 4.4g乙醛和丁酸的混合物完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.25NAD. 100mL浓度为lmol/L的蔗糖溶液中所含分子数为0.1NA【答案】C【解析】A、18 g CD4的物质的量为0.9 mol，故含有0.9NA个碳原子，选项A错误；B、气体状态未知，Vm不确定，无法计算产生氢气的物质的量，无法计算乙醇分子中共价键总数，选项B错误；C、乙醛和丁酸的通式为(C2H4O)n,耗氧量为2.5nmol，则4.4g乙醛和丁酸的混合物完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.25NA，选项C正确；D、因为蔗糖溶液中除了蔗糖分子以外还有大量的水分子，所以100 mL 1 mol/L蔗糖溶液中所含分子数远大于0.1 NA，选项D错误。答案选C。4. 已知咖啡酸的结构如右图所示。关于咖啡酸的描述正确的是（ ）A. 与咖啡酸的物质类别完全相同（含咖啡酸），且苯环上只有3个取代基的同分异构体（包括顺反异构）有18种B. 1mol咖啡酸最多可与3molBr2反应C. 咖啡酸与互为同系物D. 1mol咖啡酸与足量NaHCO3溶液反应产生3mol气体【答案】A【解析】A、分子可看成是乙烯分子上的一个氢被羧基取代（用X代替），一个氢被苯二酚取代（用Y代替），则顺反异构的位置有：、三种，而羧基只有一种结构，苯二酚两个羟基有邻、间、对三种位置，上面的氢被取代后加在乙烯上的位置有：邻位两种，间位三种，对位有一种，故同分异构体总共36=18种，选项A正确；B、1mol咖啡酸最多可与3molBr2发生取代反应和1 molBr2发生加成反应共4molBr2反应，选项B错误；C、分子中只有一个酚羟基，而咖啡酸分子中含有两个酚羟基，不可能互为同系物，选项C错误；D、咖啡酸中只含有一个羧基能与NaHCO3反应产生气体，1mol咖啡酸与足量NaHCO3溶液反应产生1mol气体，选项D错误。答案选A。5. 某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法一定正确的是（ ）A. 该电池工作时，电子的流向外电路由A到B，内电路由B到A形成闭合回路B. 电极B附近的HNO3浓度增大C. A电极的反应为：NO2eH2O=NO3-2H NO3e2H2O=NO3-4HD. 该电池工作时，每消耗11.2L O2 (标准状况下)，可以除去含1mol NO和NO2的混合尾气【答案】C【解析】A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，选项A错误；B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，选项B错误；C、A电极氮的气化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：NO2eH2O=NO3-2H、NO3e2H2O=NO3-4H，选项C正确；D、1mol NO和NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。6. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X与Y、W可分别形成10e-、18e-的化合物甲和化合物乙，甲为非电解质，乙为强电解质，甲与乙常温下可化合得到离子化合物丙。X、Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子数。则下列说法正确的是（ ）A. 化合物甲比乙的沸点低B. X、Y、Z、W的简单离子半径大小为：WY Z XC. 丙属于正盐，其水溶液呈中性D. X和Z形成的二元化合物与乙的化学键类型相同【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X与Y、W可分别形成10e-、18e-的化合物甲和化合物乙，甲为非电解质，乙为强电解质，甲与乙常温下可化合得到离子化合物丙。猜测X为氢元素，Y为氮元素，W为氯元素，则甲为氨气，乙为氯化氢，丙为氯化铵，X、Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，则1+5+z=7，z=1，则Z为钠元素。A、氨气沸点比氯化氢高，选项A错误；B、氯离子电子层最多，半径最大，钠离子、氮离子具有相同电子层结构，核电荷数越大，半径越小，氢离子半径最小，故简单离子半径大小为：WYZX，选项B正确；C、氯化铵属于正盐，但铵根离子水解，溶液呈酸性，选项C错误；D、氢与钠以离子键形成的化合物氢化钠，氯化氢形成的是共价键，选项D错误。答案选B。7. 室温下，用相同浓度的KOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 molL1的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定曲线如图所示，下列判断正确的是（ ） A. 滴定至P点时，溶液中：c(A)c(K)c(HA)c(H)c(OH)B. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)c(H)C. 同浓度的KA、KB、KD三种盐溶液的pH大小关系：pH(KA) pH(KB) pH(KD)D. 当三种酸都中和至中性时，消耗KOH溶液的体积的大小关系为：V(HA) V(HB) c(K)c(HA)c(H)c(OH)，选项A正确；B、混合溶液的质子守恒关系式为c(HA)c(HB)c(HD)+c(H)c(OH)，即c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)-c(H)，选项B错误；C、根据图像，0.1 molL1的三种酸（HA、HB和HD）溶液中HA的起始PH最小，酸性最强，HD的PH最大，酸性最弱，酸性越弱，对应的盐水解程度越大，同浓度的盐溶液PH值越大，同浓度的KA、KB、KD三种盐溶液的pH大小关系：pH(KA) pH(KB) V(HB)V(HD)，选项D错误。答案选A。8. SO2是高中化学重点学习的三大气体之一，是常见的大气污染物之一，同时也是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义，请回答下列问题。某研究小组将纯净的SO2气体通入0.5 molL1的Ba(NO3)2溶液中，得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO3- 假设二：溶液中溶解的O2（1）验证假设一：请在下表空白处填写相关实验现象实 验 步 骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的10 mL 0.5 mol/L BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体。_假设一成立实验2：在盛有不含O2的10 mL 0.5mol/L Ba(NO3)2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体。_设计实验一的目的是_。（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶 液的pH随通入SO2体积的变化曲线如图甲。实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）_。 我国规定空气中SO2含量不得超过0.02 mg/L。某化学兴趣小组选用图乙实验装置，测定工业原料气(含SO2、N2、O2)中SO2的含量。（1）若原料气从左向右流，上述装置连接的顺序是：原料气_（用字母和箭头表示）。当装置中出现_现象时，立即停止通气。（2）你认为以下试剂中，可以用来代替试管中的酸性高锰酸钾溶液的是_。ANaOH溶液 B溴水C氨水 DBaCl2溶液中华人民共和国国家标准（GB2760xx）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。某兴趣小组用图丙装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量定性测定。（1）B中加入250.00ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，除去C中过量的H2O2，然后用0.0600mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00ml，该葡萄酒中SO2含量为_g/L。（2）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_。【答案】 (1). 无明显现象 (2). 有白色沉淀 (3). 做对比实验 (4). 3SO22NO3-2H2O=3SO42-2NO4H(或 3H2SO32NO3-=2NO3SO42-4HH2O) (5). cdbae (6). 溶液紫（或紫红）色褪去 (7). B (8). 0.192或0.19 (9). 原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。【解析】（1）根据强酸制弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无明显现象，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，电离出H+，和NO3-结合生成硝酸，具有强氧化性，将SO32-氧化成SO42-，故生成白色的BaSO4沉淀；设计实验一的目的是做对比实验，证明实验2产生的不是亚硫酸钡沉淀；（2）3SO22NO3-2H2O=3SO42-2NO4H或 3H2SO32NO3-=2NO3SO42-4HH2O，反应产生硝酸，硝酸的酸性强于亚硫酸；（1）SO2用碘吸收，氧气和氮气不溶于水，可以通过排水法测量其体积。所以正确的顺序为原料气cdbae；由于碘遇淀粉显蓝色，所以当溶液蓝色褪去时，立即停止通气；（2）四种物质除了氯化钡外都能吸收SO2，但氢氧化钠和氨水无法判断反应终点，而溴水反应时颜色变浅直至完全褪色，可以判断终点。答案选B；（1）根据方程式可知2NaOHH2SO4SO2，则SO2的质量是64g/mol0.048g，则该葡萄酒中SO2的含量为0.192g/L；（2）由于盐酸是挥发性酸，进入C装置的气体除了SO2外还有氯化氢，氯化氢也与氢氧化钠反应，从而使得消耗氢氧化钠溶液的体积增加，导致测定结果偏高。因此改进的措施为用不挥发的强酸，例如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。9. 利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下： CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) H1 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H3 回答下列问题： 化学键H-HC-OCOH-OC-HE/（kJmol-1）4363431076465413（1）已知反应中的相关的化学键键能（“CO”表示CO的化学键）数据见表： 由此计算H2=_ kJmol-1，已知H1=-58kJmol-1，则H3=_ kJmol-1（2）反应、对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系式为_ 。 （3）一定条件下，在2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和2molH2发生反应。下如图是反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线。当温度为500K时，该反应10min达到平衡。010min时间内用CH3OH表示该反应的化学反应速率为_。若改充入1mol CO2 和3mol H2，则如图1中的曲线会_（填“上移”或“下移”）。（4）某温度下在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO和2mol H2合成甲醇，发生反应，各组分的物质的量随时间的变化情况如上如图所示。5min至10min时速率变化的原因可能是_；若该反应在恒温恒压下进行，能说明该反应达到平衡状态的是_。A单位时间内消耗CO的浓度与生成CH3OH的浓度相等 B混合气体的密度不变CCO和H2的体积分数之比不变 D混合气体的平均相对分子质量不变15min时，仅增加反应体系中CO的物质的量（其他条件不变），至20min时反应重新达到平衡；则新加入的CO的物质的量为_mol（保留两位有效数字）。【答案】 (1). -99 (2). +41 (3). K1=K2K3（或者K3=K1/K2） (4). 0.03mol/(Lmin) (5). 上移 (6). 使用了催化剂 (其他合理答案也可) (7). BD (8). 0.53【解析】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可知反应热H2=1076 kJmol-1+ 2436kJmol-1-3413 kJmol-1-343 kJmol-1-465 kJmol-1=-99 kJmol-1；根据盖斯定律可知-即可等到反应，则H3=-58kJmol-1+99 kJmol-1=+41 kJmol-1；（2）K1=，K2=，K3=，K1= K2K3；（3）根据图中信息可知，010min时间内用CH3OH表示该反应的化学反应速率为=0.03 mol/(Lmin)；若改充入1mol CO2 和3mol H2，则增大了氢气的浓度，相同温度下二氧化碳的转化率增大，则图1中的曲线会上移；（4）根据图中信息，5min至10min时各反应物的量变化同等倍数增大，反应速率同等倍数增大，变化的原因可能是使用了催化剂；根据反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 在恒温恒压下进行，A无论反应是否达到平衡状态，生成CH3OH的速率与消耗CO的速率始终相等，所以不能作为判断平衡状态的依据，选项A错误；B混合物的质量始终不变，容器的体积可变，所以混合气体的密度随体积的变化而变化，当密度不变了，则已达平衡状态，选项B正确；CCO和H2的投料比按反应计算数之比投料，反应过程中体积分数之比始终不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，选项C错误；D反应前后，混合气体的物质的量改变，气体的质量不变，反应达到平衡状态时，混合气体的相对平均分子质量不变，所以能作为判断平衡状态的依据，选项D正确。答案选BD；15min时，仅增加反应体系中CO的物质的量（其他条件不变），至20min时反应重新达到平衡；设新加入的CO的物质的量为x，根据三段式可得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)15min时的物质的量 0.4+x 0.8 0.6改变的物质的量 0.1 0.2 0.120min时的物质的量 0.4+x-0.1 0.6 0.7温度不变，故平衡常数相等，得=，解得x=0.53。10. 资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用，如回收利用电解精炼铜的阳极泥中含有的银、铂、金等贵重金属。提炼阳极泥的方法有多种，湿法提炼是其中重要的一种，其主要生产流程如下： 请回答下列问题：（1）各步生产流程中都涉及了同一种分离方法，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和_。（2）脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为_。（3）已知N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气，则每生成1molAg，需要消耗_g N2H4。（4）固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4；在NaAuCl4中Au元素的化合价为_，该反应的离子方程式为_。（5）阳极泥中的铜可以用FeC13溶液浸出，所得溶液主要含有的阳离子为Cu2+、Fe3+和Fe2+；结合右图分析：（其中的纵坐标代表金属阳离子浓度的对数）要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是_，然后加入适量的CuO调节pH=3.7，除去_离子；从图中数据计算可得Cu(OH)2的Ksp约为_。【答案】 (1). 烧杯、漏斗 (2). AgCl + 2NH3H2OAg (NH3)2+ + Cl- + 2H2O (3). 8 (4). +3价 (5). 2Au + ClO3- + 7 Cl- +6H+ 2 AuCl4- + 3H2O (6). 将Fe2+氧化为Fe3+ (7). Fe3+ (8). 1.010-20【解析】（1）各步生产流程中都涉及了同一种分离方法将固体和溶液分开，是过滤操作，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和烧杯、漏斗；（2）脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水生成络合离子的离子方程式为：AgCl + 2NH3H2OAg (NH3)2+ + Cl- + 2H2O；（3）根据化学反应N2H4+4Ag(NH3)2OH+=N2+4Ag+4H2O+8NH3可知，每生成1molAg，需要消耗N2H4；（4）设在NaAuCl4中Au元素的化合价为x，则+1+x+(-1)4=0，解得x=+3， Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4的离子方程式为：2Au + ClO3- + 7 Cl- +6H+ 2 AuCl4- + 3H2O；（5）要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+；然后加入适量的CuO调节pH=3.7， Fe3+离子转化为沉淀而除去；由图中可知，当PH=6时，lgc(Cu2+)=-4，则c(OH-)=10-8mol/L，c(Cu2+)=10-4mol/L，故Ksp Cu(OH)2= c(Cu2+)c2(OH-)=10-4mol/L(10-8mol/L)2=10-20mol3/L3。11. 铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：(1)CuSO4晶体中S原子的杂化方式为_，SO42-的立体构型为_。(2)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为_。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为_(填元素符号)。向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)4SO4，下列说法正确的是_A氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故BNH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角CCu(NH3)4SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体D已知3.4 g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出a kJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为：NH3(g)3/4O2(g)=1/2N2(g)3/2H2O(g) H-5a kJmol1(3) 硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如下左图所示。 1 mol氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有键的数目为_。氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。写出二氧化碳的一种等电子体：_(写化学式)。已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如上右图所示。则该化合物的化学式是_。【答案】 (1). sp3 (2). 正四面体 (3). 1s22s22p63s23p63d10(或Ar3d10) (4). NOS (5). AC (6). 86.021023 (7). N2O(或SCN、NO3-等) (8). Cu2O【解析】(1)CuSO4晶体中S原子的价层电子对数4，孤电子对数为0，采取sp3杂化，SO42-的立体构型为正四面体形；(2) NH4CuSO3中的阳离子是是Cu+，它的核外电子排布是，1s22s22p63s23p63d10(或Ar3d10)；根据同一周期第一电离能变化规律及第A、A反常知，第一电离能大小顺序为，NOS；A氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故，选项A正确；NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是V形，氨气分子的键角大于水分子的键角，选项B错误；CCu(NH3)4SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体，选项C正确；D燃烧热必须是生成稳定的氧化物，反应中产生氮气和水蒸气都不是稳定的氧化物，选项D错误。答案选AC；（3）氨基乙酸钠结构中含有N-H 2个，C-H 2个，碳氧单键和双键各一个，N-C、C-C各一个共8个键；等电子体为价电子数和原子个数相同，故采用上下互换，左右调等方法书写为N2O、SCN、N3等；根据均摊法计算白球数为81=2 黑球为4个，取最简个数比得化学式为Cu2O。点睛：本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算。解题的关键是正确理解原子结构及杂化轨道计算。12. 某芳香烃A可以从煤干馏得到的煤焦油中分离出来，以A为原料可以合成扁桃酸，也可合成醋硝香豆素。醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展。以下是醋硝香豆素和扁桃酸的合成线路(部分产物、反应线路、反应条件已略去)：已知：RCHO+HCN RCN RCOOH请回答下列问题：（1）F中含氧官能团的名称是_；物质D的结构简式_。（2）关于I物质，下列说法正确的是_ (填字母序号)。A所有碳原子可能处于同一平面B其核磁共振氢谱中有六组吸收峰C可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应D可以用溴水鉴别H和I 其中HI的反应中还会发生副反应，生成另一种有机产物，该产物的结构简式为 _。（3）醋硝香豆素的分子式