2019年高三一模化学试卷 含解析.doc

2019年高三一模化学试卷 含解析一、单选题（共6小题）1下列说法不正确的是（ ）AABBCCDD考点：化学与健康高分子化合物答案：A试题解析：A.氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能用带玻璃塞的试剂瓶存放氢氧化钠溶液，故A错误;B.因为聚乙烯无毒，所以可以用来盛放食品，故B正确;C.用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，故C正确;D.因为铝及其氧化铝具有两性，即能与酸反应又能与强碱反应，所以铝制饭盒不宜长时间存放酸性域碱性的食物，故D正确。2下列说法正确的是（ ）A油脂是天然高分子化合物B蔗糖和麦芽糖互为同分异构体C蛋白质溶液中加入Na2SO4可使其变性D苯酚、甲醛通过加聚反应可制得酚醛树脂考点：油脂高分子化合物糖类蛋白质酚醛答案：B试题解析：A油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误;B蔗糖和麦芽糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确;CNa2SO4可使蛋白质发生盐析，加入重金属盐发生变性，故C错误;D苯酚、甲醛通过缩聚反应可制得酚醛树脂，故D错误;3依据元素周期律进行推断，下列不正确的是（ ）A碱性：KOHNaOHB氧化性：Cl2SC稳定性：HBrHID酸性：H3PO4HNO3考点：元素周期律答案：D试题解析：A因为金属性KNa，所以碱性KOHNaOH，故A正确;B因为非金属性ClS，所以氧化性Cl2S，故B正确;C因为非金属性BrI，所以稳定性HBrHI，故C正确;D因为非金属性NP，所以酸性H3PO4HNO3，故D错误;4利用下图装置可以进行实验并能达到实验目的的是（）AABBCCDD考点：物质的分离、提纯和检验答案：D试题解析：AMnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故A错误;B一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误;C乙炔的分子量为26，密度与空气接近，应用排空气法收集，故C错误;D二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，故D正确。5下列用于解释事实的离子方程式书写正确的是（ ）A铁粉溶于氯化铁溶液：Fe+2Fe3+=3Fe2+B硫化钠溶液呈碱性：S2-+2H2OH2S+OH-C氯水具有漂白性：Cl2+H2OH+Cl-+ClO-D工业上利用电解饱和食盐水制氯气：2H+2Cl-H2+Cl2考点：离子方程式的书写及正误判断答案：A试题解析：A铁粉溶于氯化铁溶液生成氯化亚铁，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A正确;B硫化钠溶液呈碱性，硫离子的水解主要以第一步为主，正确的离子方程式为：S2-+H2OHS-+2OH-，故B错误;C氯水中含有次氯酸，则氯水具有漂白性，次氯酸是弱酸，溶解度小，应保留化学式，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故C错误;D工业上利用电解饱和食盐水制氯气，正确的离子方程式为：2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-，故D错误。6某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4;取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是（ ）ANaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B加入CaCl2促进了HCO3-的水解C反应的离子方程式是2HCO3-+Ca2+=CaCO3+H2CO3D反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)考点：电解质离子方程式的书写及正误判断答案：B试题解析：ANaHCO3既能电离又能水解，水解显碱性，电离显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确;B溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，故B错误;CHCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+CaCO3+H2CO3，故C正确;D溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+2c（Ca2+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-）+c（OH-），溶液至pH=7，c（H+）=c（OH-），c（Na+）+2c（Ca2+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），故D正确;二、综合题（共3小题）7.存在于肉桂等植物体内的肉桂醛是一种具有杀菌消毒防腐作用的有机物。下列是其参与合成香料工业定香剂E及吸水性高分子聚酯N的路线示意图：（1）的反应类型是;所需的试剂和条件是。（2）自然界中天然存在的肉桂醛均为反式结构，其结构是。（3）的化学方程式是。（4）M中所含的两个相同官能团的名称是。（5）合成路线中、两个步骤的目的是。（6）P是E的某种同分异构体，写出符合下列条件的P的结构简式。a.有两个相同的官能团，且能与银氨溶液作用生成银b. 分子内含苯环，核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比是2:2:1考点：有机物的结构有机反应类型有机合成与推断答案：（1）取代反应NaOH溶液、加热（2）（3） （4）羟基（5）保护醛基不参与反应（6）试题解析：甲苯发生取代反应生成A，A反应生成B，B发生催化氧化反应生成苯甲醛，则B结构简式为、A结构简式为，苯甲醛和乙醛发生题给信息的反应生成肉桂醛，肉桂醛结构简式为，肉桂醛发生银镜反应然后酸化得到肉桂酸，肉桂酸结构简式为，肉桂醛发生题给信息的反应生成F，F结构简式为，肉桂酸和甲醇发生酯化反应生成E，E结构简式为;肉桂醛发生题给信息的反应可知，F结构简式为，F发生加成反应生成G，G结构简式为，G发生水解反应生成H，H结构简式为，H发生酸性条件下水解生成J，J结构简式为，J发生银镜反应生成M，M结构简式为。（1）通过以上分析知，的反应类型是取代反应;所需的试剂和条件是NaOH的水溶液加热，故答案为：取代反应;NaOH溶液、加热;来源:学。科。网Z。X。X。K （2）自然界中天然存在的肉桂醛均为反式结构，其结构是，故答案为：（3）的化学方程式是，故答案为：;（4）M结构简式为，M中所含的两个相同官能团的名称是羟基，故答案为：羟基;（5）合成路线中、两个步骤的目的是保护醛基不参与反应，故答案为：保护醛基不参与反应;（6）E结构简式为，P是E的某种同分异构体，P的结构简式符合下列条件：a有两个相同的官能团，且能与银氨溶液作用生成银，说明含有醛基;b分子内含苯环，核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比是2：2：1，符合条件的结构简式为，故答案为：8. 诺贝尔化学奖获得者乔治欧拉教授率领团队首次采用金属钌作催化剂，从空气中捕获CO2直接转化为甲醇，为通往未来“甲醇经济”迈出了重要一步，并依据该原理开发如图所示转化。（1）CO2中含有的化学键类型是_键。（2）将生成的甲醇（沸点为64.7）与水分离可采取的方法是_。（3）上图所示转化中，由第1步至第4步的反应热（H）依次是a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol、d kJ/mol，则该转化总反应的热化学方程式是_。（4）500时，利用金属钌做催化剂，在固定容积的密闭容器中可直接实现如（3）中转化得到甲醇。测得该反应体系中X、Y浓度随时间变化如图。Y的化学式是，判断的理由是_。下列说法正确的是_（选填字母）。 a.Y的转化率是75% b.其他条件不变时，若在恒压条件下进行该反应，Y的转化率高于75% c.升高温度使该反应的平衡常数K增大，则可知该反应为吸热反应 d.金属钌可大大提高该反应中反应物的转化率从反应开始到平衡，用氢气表示的平均反应速率V(H2)=_mol/(L1min)。考点：化学平衡化学反应速率影响化学反应速率的因素答案：（1）极性共价键（2）蒸馏（3）（4）随反应进行浓度减小，因此为反应物，且其相同时间内转化量与X相同，则其在方程式中的化学计量数应与X相同，因此是 abc0. 225 mol/(Lmin)试题解析：（1）CO2中含有极性共价键，故答案为：极性共价;（2）甲醇（沸点为64.7）与水的沸点不同，所以用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏;（3）根据盖斯定律，可知反应热的大小与起态和始态有关，与过程无关，所以该转化总反应的热化学方程式是CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=（a+b+c+d）kJ/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=（a+b+c+d）kJ/mol;（4）由图可知X的量在增加，Y的量再减少，而且变化量相同，所以Y是反应物，而且计量数与生成物的计量数相同，所以Y是CO2，故答案为：CO2;Y随反应进行浓度减小，因此Y为反应物，且其相同时间内转化量与X相同，则其在方程式中的化学计量数应与X相同，因此Y是CO2;aY的转化率是100%=75%，故正确;b因为正反应是气体体积减少的反应，所以其他条件不变时，若在恒压条件下进行该反应，相当于增大压强，Y的转化率变大，故正确;c升高温度使该反应的平衡常数K增大，则可知该反应为吸热反应，故正确;d催化剂只改变反应的速率，但平衡不移动，故错误;故选：abc;v（CO2）=0.075mol/（Lmin），而v（H2）=v（CO2）=0.225mol/（Lmin），故答案为：0.225。9. 某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。丙同学比较实验、的电压表读数为：cab，请解释原因是。丁同学对、进行比较，其目的是探究对O2氧化性的影响。实验中加入Na2SO4溶液的目的是。为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用右图装置对、重复进行实验，其设计意图是;重复实验时，记录电压表读数依次为c、d，且cd，由此得出的结论是。考点：原电池氧化还原基本概念答案：（1）在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出（2）浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大溶液的酸碱性排除溶液中的（或）对实验的可能干扰排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响溶液酸性越强，的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）试题解析：(1)工中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应，电极反应式为: 2H+2e-=H2，故答案为:2H+2e-=H2；铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验II中应发生吸氧腐蚀，其正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式是O2+4H+4e- =2H2O,故答案为:在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2，O2+4H+4e- =2H2O；(2)实验II , III , 的电解质相同，不同的是氧气的浓度不同，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高，所以O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大，故答案为:O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大;实验 , V是溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况，所以、进行比较，其目的是探究对O2氧化性的酸碱性的影响，故答案为:溶液的酸碱性；实验中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+(或SO42-)对实验的可能干扰，故答案为：排除溶液中的Na+(或SO42-)对实验的可能干扰；为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对 , V重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响;重复实验时，记录电压表读数依次为c、d、且cd，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强，故答案为:排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响;溶液酸性越强，O2的氧化性越强(介质或环境的pH影响物质的氧化性)。三、实验题（共1小题）10. Na2SO3应用广泛。利用工业废碱渣（主要成分Na2SO3）吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的成本低，优势明显，其流程如下。（1）举例说明向大气中排放SO2导致的环境问题。（2）下图为吸收塔中Na2SO3溶液与SO2反应过程中溶液组成变化。则初期反应（图中A点以前）的离子方程式是。（3）中和器中发生的主要反应的化学方程式是。（4）为了降低由中和器所得溶液中Na2SO3的溶解度，从而提高结晶产率，中和器中加入的NaOH是过量的。请结合Na2SO3的溶解平衡解释NaOH过量的原因。结晶时应选择的最佳操作是（选填字母）。a. 95100加热蒸发，直至蒸干b.维持95100蒸发浓缩至有大量晶体析出c.95100加热浓缩，冷却至室温结晶（5）为检验Na2SO3成品中是否含少量Na2SO4，需选用的试剂是_、_。（6）KIO3滴定法可测定成品中Na2SO3的含量：室温下将0.1260g 成品溶于水并加入淀粉做指示剂，再用酸性KIO3标准溶液（x mol/L）进行滴定至溶液恰好由无色变为蓝色，消耗KIO3标准溶液体积为y mL。滴定终点前反应的离子方程式是：（将方程式补充完整）成品中Na2SO3（M = 126 g/mol）的质量分数是考点：氧化还原反应物质的分离、提纯和检验答案：（1）酸雨（2）（3）（4）存在溶解平衡：，NaOH过量使c(Na+)增大，上述平衡逆向移动b（5）溶液稀盐酸（6）3xy100%试题解析：（1）向大气中排放SO2会导致酸雨发生，故答案为：酸雨;（2）由图可知，初期反应（图中A点以前）碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离子方程式为：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-，故答案为：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-;（3）随着二氧化硫通入量增大，后期生成主要是得到亚硫酸氢钠，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，故答案为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O;（4）Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3（s） 2Na+ （aq）+SO32- （aq），NaOH过量使c（Na+）增大，上述平衡逆向移动，抑制Na2SO3溶解，故答案为：Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3（s） 2Na+ （aq）+SO32- （aq），NaOH过量使c（Na+）增大，上述平衡逆向移动;a加热蒸发直至蒸干，容易使固体溅出，导致损失等，故a错误;b维持95100蒸发浓缩至有大量晶体析出，再利用余热蒸干，故b正确;c由于冷却至33以下时析出Na2SO37H2O，应在较高温度下蒸发浓缩结晶，故c错误，故选：b;（5）用盐酸除去亚硫酸钠，防止干扰，再用氯化钡溶液检验硫酸根离子，故答案为：稀盐酸、BaCl2溶液;（6）IO3-与SO32-发生氧化还原反应得到SO42-与I-，I元素化合价降低6价，S元素化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为6，可得IO3-的系数为1、SO32-的系数为3，配平后离子方程式为：IO3-+3SO32-=3SO42-+I-，故答案为：1;3;3SO42-;1I-;消耗KIO3的物质的量为y10-3Lx mol/L=xy10-3mol，由IO3-+3SO32-=3SO42-+I-，可知n（Na2SO3）=3n（KIO3）=3xy10-3mol则成品中Na2SO3的质量分数为 100%=3xy100%，故答案为：3xy100%。