2019年鄂东教改联盟高考考前适应性试卷 化学第一套解析版.docx

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1、绝绝密密 启启用用前前2019 届高考考前适应性试卷化化 学学第第一一套套 注注意意事事项项：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：本大题共一、选择题：本大题共 7 小题，每

2、小题小题，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。目要求的。7化学与生活、生产、环境密切相关，下列有关说法正确的是（ ）A冬天大量使用燃煤，会加剧雾霾天气的形成B在食盐中加入大量 KIO3，有利于提高碘盐的品质C食品包装袋中常用保鲜剂的组成为铁粉、炭粉和氯化钠，其中炭粉作还原剂D涤纶、塑料和光导纤维都是有机高分子材料【答案】A【解析】A燃烧煤会产生大量的细小的烟尘等，会加剧雾霾天气的形成，A 项正确；B食盐中加入适量的 KIO3可起到为人体补充碘元素的作用，但在食盐中加入大量的 KIO3，对人体有害，B 项错误；C铁粉、

3、炭粉、氯化钠在潮湿空气中可形成原电池，发生了吸氧腐蚀，可除去食品包装袋中的部分氧气，其中炭粉作正极，不参与电极反应，C 项错误；D光导纤维主要成分是二氧化硅，不是有机高分子材料，D 项错误；所以答案选择 A 项。8设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1L pH=5 的醋酸溶液中含有的 H+数目小于 10NAB9.2g 14CO2与 N218O 的混合物中所含中子数为 4.8NAC硝酸与铜反应生成 0.1mol NO2时，转移电子数为 0.2NAD1mol SO和 0.5mol O2充分反应，生成 SO3的分子数为 NA【答案】B【解析】ApH=5 的醋酸溶液中 c(H+)=1

4、05molL1，所以 1L pH=5 的醋酸溶液中含有的氢离子数目等于 105NA，故 A 错误；B1 4CO2与 N218O 的相对分子质量均为 46，且每个分子中含有的中子数为 24，所以 9.2g 14CO2与 N218O 的混合物中所含中子数为 4.8NA，故 B 正确；C根据得失电子守恒可得，NOx可能是 NO 或 NO2，转移电子数介于 0.1NA0.3NA之间，故 C 错误；DSO2和 O2是可逆反应，所以 1mol SO和 0.5mol O2充分反应，生成 SO3的分子数小于 NA，故 D 错误。故选 B。9一种免疫调节剂，其结构简式如图所示，关于该物质的说法不正确的是（ ）A

5、属于芳香族化合物，分子式为 C9H11O4NB可以发生的反应类型有：加成反应、取代反应、氧化反应、聚合反应C分子中所有碳原子有可能在同一平面上D1mol 该调节剂最多可以与 3mol NaOH 反应【答案】D【解析】A将结构简式转化为分子式，含有苯环，属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N，A 项正确，不符合题意；B分子中含有苯环，可以发生加成反应，分子中有COOH、OH 可以发生酯化反应，属于取代反应，该物质可以燃烧，可以发生氧化反应，而且CH2OH，可发生催化氧化，酚羟基也容易被氧化，分子中有氨基和羧基可以发生缩聚反应，B 项正确，不符合题意；C根据苯分子的 12 原子共面以及碳碳单键

6、可以旋转，可以判断该有机物分子中的的所有碳原子有可能共平面，C 项正确，不符合题意；D1mol 该调节剂最多可以与 2mol NaOH反应，分别是COOH 和苯环上的OH 发生反应，D 项错误，符合题意；本题答案选 D。10处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有 LiCoO2、Al 等)的一种工艺如下：下列有关说法不正确的是（ ）A碱浸的目的是溶解铝B酸溶时 H2 O2被还原CH2SO4/H2O2可改用浓盐酸D铝、钴产物可再利用【答案】B此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 【解析】本题以锂离子二次电池正极废料为研究对象，体现了化学在推进生态文明建设、解决生态环境问题等方面大有

7、作为，同时考查学生通过所学知识解决这一实际问题的能力，根据流程，LiCoO2不与碱反应，Al 能与 NaOH 反应，使 Al 转变成可溶的 NaAlO2，然后过滤得到LiCoO2，LiCoO2中 Li 为1 价，O 为2 价，Co 为3 价，依据整个流程，产品中 Co 的化合价为2 价，即“酸溶”中 Co 被还原，H2O2被氧化，“酸溶”液中加入 NaOH，得到“净化液”，除去 Li 元素，加入草酸铵溶液，使 Co2+转变成 CoC2O4沉淀；A根据铝钴膜的成分以及流程，Al 能与NaOH 反应，生成可溶的 NaAlO2，LiCoO2不溶于 NaOH，然后过滤得到 LiCoO2，因此碱浸的目的

8、是溶解铝，故 A 说法正确；BLiCoO2中 Co 显3 价，产品中 CoC2O4，Co 显2 价，化合价降低，LiCoO2为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化，故 B 说法错误；CH2SO4提供 H+，H2O2作还原剂，盐酸可提供 H+，3 价 Co 也能氧化 Cl转化成2 价 Co，故 C 说法正确；D根据上述分析，铝、钴产物可以再利用，故 D 说法正确。11短周期主族元素 W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大，W 的阴离子核外电子数与 X 原子的内层电子数相同，X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y 的单质在空气中的体积分数最大，Z 是金属性最强的短周期元素。下列说法

9、中正确的是（ ）A原子半径：r(W)r(X)r(Y)r(Z)BW、X、Y、Z 原子的最外层电子数之和为 10CW 与 X 可形成含非极性键的化合物DX 的最高价氧化物的水化物酸性比 Y 的强【答案】C【解析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C，故 X 为 C 元素；Y 的单质在空气中的体积分数最大，故 Y 是N 元素；Z 是金属性最强的短周期元素，应为 Na，W 的阴离子的核外电子数与 X 原子的核外内层电子数相同，则 W 为 H 元素，由此可知 W 为 H、X 为 C、Y 为 N、Z 为 Na 元素；A同周期元素从

10、左到右元素的原子半径逐渐减小，所有元素中 H 原子半径最小，则原子半径：HNC，故 A错误；BW、X、Y、Z 原子的核外最外层电子数的总和为 1+4+5+717，故 B 错误；C如乙烷、乙烯等，存在碳碳键，则为非极性键，故 C 正确；D非金属性 NC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，故 D 错误。12下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是（ ）Aa、b 极不能使用同种电极材料B工作时，a 极的电势低于 b 极的电势C工作一段时间之后，a 极区溶液的 pH 增大Db 极的电极反应式为：CH3COO+4H2O8e=2HCO +9H+ 3【答案】D【解

11、析】图中连接负载（用电器）的装置为原电池，根据电极上的物质变化，判断得或失电子、电极名称，写出电极反应式。应用原电池原理是正确判断的关键。A电极 a、b 上发生的反应不同，因而两极间形成电势差，故电极材料可同可异，A 项错误；B工作时，电极 b 上 CH3COO-HCO3-，碳元素从平均 0 价失电子升至+4 价，电极 b 是原电池的负极，则电极 a 是电池的正极，a 极的电势高于 b 极的电势，B 项错误；C电极 a（正极）电极反应为+H+2eCl，正极每得到 2mol 电子时，为使溶液电中性，必有 2mol+通过质子交换膜进入 a 极溶液，同时电极反应消耗 1mol+。故工作一段时间之后，

12、a 极区溶液中 H+浓度增大，pH 减小，C 项错误；D据图中物质转化，考虑到质量守恒和电荷守恒关系，电极 b（负极）反应为CH3COO+4H2O8e=2HCO +9H+，D 项正确。本题选 D。 313用 AG 表示溶液酸度：。在室温下，用 0.1molL1的 NaOH 溶液滴定 = (+)()20.00mL 0.1molL1的 CH3 COOH 溶液，滴定结果如图所示。下列分析正确的是（ ）A0.1molL1的 CH3 COOH 溶液的 pH=3.4BA 点加入的 NaOH 溶液的体积为 20.00mLC滴定过程中，c(CH3COO-)c(H+)逐渐减小DB 点溶液中可能存在 c(Na+)

13、c(CH3COO)c(OH)c(H+)【答案】D【解析】室温下，用 0.1 molL1的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1molL1的 CH3 COOH 溶液，发生的反应为 NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成 CH3COONa，水解使溶液显碱性，此时消耗 NaOH 的体积为 20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。室温下，用0.1molL1的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1molL1的 CH3 COOH 溶液，发生的反应为NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成 CH3COONa，水解使溶液

14、显碱性，此时消耗 NaOH 的体积为 20.00mL。A滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时，则 = (+)()= 7.4，由于 Kw=c(H+)c(OH)，则溶液中 c(H+)=103.3mol/L，因此 0.1molL1的醋酸(+)()= 107.4pH=3.3，选项 A 错误；BA 点时 AG=0，c(H+)=c(OH)，加入的 NaOH 溶液的体积小于20.00mL，若等于 20.00mL 则溶液应呈碱性 AGc(CH3COO)c(OH)c(H+)，选项 D 正确。答案选 D。二、非选择题二、非选择题26（14 分）锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨

15、电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生 MnOOH。废旧电池中的Zn、Mn 元素的回收，对环境保护有重要的意义。回收锌元素，制备 ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液。步骤二：处理滤液，得到 ZnCl2xH2O 晶体。步骤三：将 SOCl2与 ZnCl2xH2O 晶体混合制取无水 ZnCl2。制取无水 ZnCl2，回收剩余的 SOCl2并验证生成物中含有 SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：(已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点105，沸点 79，140以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。)（1）写出 S

16、OCl2与水反应的化学方程式：_。（2）接口的连接顺序为 a_hh_e。回收锰元素，制备 MnO2（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法：_。（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的_。二氧化锰纯度的测定称取 1.40g 灼烧后的产品，加入 2.68g 草酸钠（Na2C2O4）固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参与反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到 100mL 容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出 20.00mL，用 0.0200mol/L 高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为 17.30mL。（5）写出 MnO2溶解反应的离子方程_。

17、（6）产品的纯度为_ 。（7）若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积_（填“偏大”、“ 偏小”、“ 不变”）。【答案】（1）SOCl2+H2O=SO2+2HCl （2） f g h h b c d e （3） 取最后一次洗液，滴加 AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净 （4） 除去碳粉，并将 MnOOH 氧化为 MnO2 （5） MnO2+C2O+4H+=Mn2+2CO2+2H2O 2 4（6） 97.4% （7） 偏大 【解析】.（1）SOCl2与水反应生成 SO2和 HCl，反应方程式为；SOCl2+H2O=SO2+2HCl；（2）三颈瓶中 SOCl2吸收结晶水得到 SO

18、2与 HCl，用冰水冷却收集 SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气加入锥形瓶中，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与 HCl，防止污染环境，h 装置防止倒吸，接口的连接顺序为 a f g h h b c d e ；.（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有氯离子：取最后一次洗液，滴加 AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净；（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将 MnOOH 氧化为 MnO2。. （5）MnO2将 C2O在 H+作用下氧化成 CO2而+4 价锰还原成 Mn2+，MnO2

19、溶解反应的离子方程2 4MnO2+C2O+4H+=Mn2+2CO2+2H2O；（6）n(C2O)=2.68g134gmol1=0.02mol；滴定 100mL2 42 4稀释后溶液，消耗 n(MnO )=0.0200molL10.01730L5=0.001730mol；根据氧化还原反应中得失电 4子数相等得 n(MnO2)2+0.001730mol5=0.0200mol2，n(MnO2)=0.015675mol，二氧化锰质量分数=0.015675mol87gmol1/1.40g = 0.974，即 97.4%；（7）若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大。27（1

20、4 分）氨为重要的化工原料，有广泛用途。（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取： aCH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H1216.4 kJmol1bCO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H241.2 kJmol1则反应 CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g) H_。（2）起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为 1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_(填序号)。AN2和 H2的转化率相等 B反应体系密度保持不变Cc(H2)/c(NH3 )保持不变 Dc(NH3)/c(N2)2p

21、1_(填“”、“c(N2H4)，同时 c(N2H5+)c(N2H62+)，应控制溶液 pH 的范围为_(用含a、b 的式子表示)。【答案】（1）175.2kJmol1 （2） BC 66.7% 。设 C 点 H2的转化率为 (H2)N2 + 3H2 2NH3初始(mol) 1 3 0转化(mol) (H2) 3(H2) 2(H2)平衡(mol) 1-(H2) 3-3(H2) 2(H2)因为平衡混合物中氨的体积分数为 50%，同温同压下气体体积分数与物质的量分数相等，所以2(H2)/(1-(H2)+3-3(H2)+2(H2)100%=50%，解得 (H2)=66.7%；A、B 两点平衡混合物中氨

22、的体积分数相同，B 点温度和压强均高于 A 点温度和压强，则在 A、B 两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率：v(A)c(N2H4)，同时 c(N2H5+)c(N2H62+)，应控制溶液 pH 的范围为(14-b，14-a)，故答案为：14bB，酸性 H2CO3H3BO3，故向 NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，故 b 错误；c. 硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH) +H+，故 c 正确；答案：ac。（3）证明溶液中含有 Fe2+的方法是：取少量 4褐色浸出液于试管中，滴加 K3Fe(CN)6溶液，如果产生蓝色沉淀说明含有 Fe

23、2+。答案：滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀。（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时 pH=3.4 完全沉淀时 pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时 pH=1.9 完全沉淀时 pH=3.2，要除去 Al3+、Fe3+两种离子，应用 MgO 调节溶液的至 4.7pH9.1，使杂质离子转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤。答案：4.7；Al(OH)3、Fe(OH)3。（5）由图像分析 MgSO4开始时随温度升高溶解度增大，100以后溶解度又逐渐减小，所以所以要获得 MgSO4晶体：将浓缩液加入到高压釜中，升温结晶可得到硫酸镁

24、晶体；H3BO3的溶解度是随着温度的升高逐渐增大的，所以要获得H3BO3晶体应将高温时分离后的母液降温结晶，再过滤即可得到硼酸晶体。答案：升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。35【选修 3：物质结构与性质】(15 分)三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)26H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2+40CH3COOH。（1）基态锰原子的价层电子排布式为_，基态 Mn3+含有的未成对电子数是_。（2）CH3COOH 中碳原子的杂化形式为_。（3）NO的空间构型是_，与 NO互为等电子体的分子的

25、化学式为_(任写一种)。 3 3（4）CH3COOH 能与 H2O 以任意比互溶的原因是_。（5）某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为 a nm，该合金的化学式为_，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为_，该晶体的密度为_g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用 NA表示)。【答案】（1）3d54s2 4 （2）sp3和 sp2 平面三角形 （3）BF3或 BCl3 （4）CH3COOH 与 H2O 均为极性分子，且分子间可以形成氢键 （5）Mg2Al 4 7.5 1022a3【解析】（1）锰为 25 号元素，基态锰原子的价层电子排布式为 3d54s2，基态 Mn3+

26、的价层电子排布式为 3d4，含有 4 个未成对电子，故答案为：3d54s2；4；（2）CH3COOH 中甲基上的碳原子含有 4 个 键，没有孤电子对，采用 sp3杂化，羧基上的碳原子含有 3 个 键，没有孤电子对，采用sp2杂化，故答案为：sp3和 sp2；（3）NO中氮原子价层电子对数为 3+=3，N 原子轨道 35 + 1 2 3 2的杂化类型为 sp2，空间构型为平面三角形；NO中有 4 个原子，5+63+1=24 个价电子，SO3中有 34 个原子，6+63=24 个价电子，与 NO3-是等电子体，BF3、COF2等也与硝酸根离子为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3或 BF3、CO

27、F2等；（4）CH3COOH 与 H2O 均为极性分子，且分子间可以形成氢键，使得 CH3COOH 能与 H2O 以任意比互溶，故答案为：CH3COOH 与 H2O 均为极性分子，且分子间可以形成氢键；（5）根据晶胞结构可知，晶胞中含有的镁原子数目=8 +2 =2，1 81 2铝原子数目=2 =1，该合金的化学式为 Mg2Al；在晶胞中，镁原子位于顶点和 2 个面的面心，铝原1 2子位于 2 个面的面心，每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为 4 个，距离均为面对角线长度的一半；晶胞棱长为 anm，晶胞的体积为(a10-7)3cm3，晶胞的质量=g=g，则晶胞的密度=24 2 + 27 75 =

28、 g/cm3，故答案为：Mg2Al；4；。75 （ 10 7）337.5 1022a37.5 1022a336【选修 5：有机化学基础】(15 分)A 是石油裂解气的主要成分之一，以 A 为原料制备药物中间体 X 的合成路线如下：已知 i.CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH2；催化剂iiRCH=CH2。回答下列同题：（1）A 的结构简式为_，B 的名称为_，D 中含有的官能团的名称是_。（2）有机物 I 的结构简式为_；反应的反应类型是_。（3）由 A 生成 B 的化学方程式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）满足以下条件的 X 的同分异构体有_种。i能发生银镜反应；ii含有六元环结

29、构；iii六元环上有 2 个取代基。其中核磁共振氢谱中有 6 组峰，且峰面积之比为 443221 的有机物的结构简式为_（任写一种）。（6）参照 F 的合成路线，以 CH3CH=CHCH3为原料设计制备的合成路线：（其他试剂任选)。【答案】（1）CH3CHCH2 3氯1丙烯（或 3氯丙烯） 碳碳双键、氯原子 （2） 取代反应 （3）CH3CH=CH2+Cl2CH2CHCH2Cl+HCl 500（4） （5）8 （6） 【解析】（1）A 为丙烯，结构简式为：CH3CH=CH2，B 的结构简式为 CH2ClCH=CH2，名称为 3氯1丙烯（或 3氯丙烯），D 含有碳碳双键和氯原子；（2）化合物 I

30、 的结构简式为：，反应E和 HCCNa 发生的取代反应；（3）由 A 生成 B 的化学方程式为丙烯和氯气发生的取代反应，方程式为：CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；（4）反应为羟基的催化氧化反应，方程式为： 500+2H2O；（5）X 的同分异构体满足以下条件 i能发生银镜反应，说明含有醛基；ii含有六元环结构；iii六元环上有 2 个取代基，六元环上可以连接一个醛基和一个乙基，可以在一个碳原子上，或有邻间对三种位置关系，也可以是甲基和-CH2CHO，可以在一个碳原子上或有邻间对三种位置关系，共 8 种。其中核磁共振氢谱中有 6 组峰，且峰面积之比为 443221，说明一个醛基，和一个甲基，结构有对称性，即两个取代基在一个碳原子，结构简式为：；（6）以 CH3CH=CHCH3为原料设计制备的合成路线，参考 F 的合成路线分析，说明发生烯烃间的加成反应形成环，再利用环内的双键和卤素发生加成反应，再与 HCCNa 发生取代反应增加碳链，合成路线为：。