2019年海南省高考化学压轴试题(带解析)
加入VIP免费下载

本文件来自资料包: 《2019年海南省高考化学压轴试题(带解析)》 共有 1 个子文件,压缩包列表如下:

注:压缩包层级关系提取自源文件,您看到的所有资料结构都和您下载的源文件一致

温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
www.ks5u.com 绝密★启封前 ‎2019海南省高考压轴卷 化 学 第Ⅰ卷(选择题共36分)‎ 一、选择题(本题包括6小题,每小题2分,共12分,每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.分类思想是学习化学的重要思想,从分类的角度分析正确的是 A. CO2和NO2溶于水都显酸性,因而它们都是酸性氧化物 B. Na2O和NH3的水溶液能导电,所以均为电解质 C. Al2O3能与强酸反应,又能与强碱反应,故为两性氧化物 D. Na2O和Na2O2与水反应均会生成强碱,故都是碱性氧化物 ‎2.一定量的Na、Mg、Al分别与足量的盐酸反应,放出氢气的质量之比为1:2:4,则Na、Mg、Al三种金属的物质的量之比为(  )‎ A. 1:1:1 B. 4:2:1 C. 2:3:4 D. 3:3:4‎ ‎3.有关Na2CO3和NaHCO3的性质,下列叙述中错误的是(  )‎ A. 相同温度下,等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的碱性比较,前者更强 B. 常温时水溶性:Na2CO3>NaHCO3‎ C. 在酒精灯加热的条件下,前者不分解,后者分解 D. 将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀,后者不产生沉淀 ‎4.下列能使品红溶液褪色,且褪色原理基本相同的是(  )‎ ‎①活性炭 ②氯水 ③二氧化硫 ④臭氧 ⑤过氧化钠⑥双氧水 A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎5.用氢氧化钠固体配置 100 mL 0.1mol/L 的氢氧化钠溶液,有以下仪器:①100 mL 量筒 ②滤纸 ③烧杯 ④托盘天平 ⑤100 mL 容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒, 配制过程中需要用到的仪器有 A. ①③④⑦ B. ③④⑤⑥⑦ C. ①③④⑤⑥⑦ D. ①②③④⑤⑥⑦‎ ‎6.一定条件下,通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收:SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l) ΔHO2->Mg2+ (3)NH4++H2ONH3·H2O+H+c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) (4) Mg3N2+6H2O===3Mg(OH)2+2NH3↑ (5)Cl2+2OH-==ClO-+Cl-+H2O ‎【解析】(1)R为Na元素,其原子序数为11,位于周期表中第三周期第IA族;‎ ‎(2)Z、Q、M简单离子分别为O2-、Mg2+、Cl-,而微粒的电子层数越多,则半径越大,故Cl-的半径最大;当电子层数相同时,核电荷数越多,则半径越小,故Mg2+的半径最小,故简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Mg2+;‎ ‎(3) H、N、O三种元素形成的盐类化合物为NH4NO3,溶液呈酸性,其原因是铵根离子水解,离子方程式为:NH4++H2ONH3·H2O+H+;溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) ;‎ ‎(4) H、N、Cl形成的化合物为NH4Cl,为离子化合物,其电子式为; ‎ Q3Y2为Mg3N2,在水溶液中发生双水解生成氢氧化镁和氨气,反应的化学方程式为:Mg3N2+6H2O===3Mg(OH)2+2NH3↑;‎ ‎(5)M的单质即为氯气,与R的最高价氧化物对应的水化物即为NaOH反应,生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为: Cl2+2OH-==ClO-+Cl-+H2O。‎ ‎14. 【答案】(1)①2SO2+O22SO3 ②SO2+ OH-= HSO3-‎ ‎(2)①KSCN 溶液(氢氧化钠溶液) ②Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+ 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2‎ ‎【解析】(1)若单质A为黄色固体,B为无色有刺激性气味的气体,C能与水反应生成一种二元强酸,则A是S,W是O2、B是SO2、C是SO3,SO3和H2O反应生成H2SO4。‎ ‎①B→C的反应为二氧化硫氧化为三氧化硫,反应的方程式为:2SO2+O22SO3。‎ ‎②向NaOH溶液中通入过量的SO2气体,生成亚硫酸氢钠,反应的离子方程式为:SO2+OH-=HSO3-。‎ ‎(2)若A是一种黄绿色的气体,B的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体,则A是Cl2‎ ‎,W是Fe,B是FeCl3、C是FeCl2。‎ ‎①B为FeCl3,检验Fe3+的常用试剂是KSCN溶液(氢氧化钠溶液),若用KSCN溶液,溶液变为血红色,若用氢氧化钠溶液,出现红褐色的沉淀。‎ ‎②W是Fe、B是FeCl3,Fe与FeCl3反应生成FeCl2,离子方程式为:Fe+2Fe3+=3Fe2+。‎ ‎③铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,反应方程式为:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。‎ ‎15. 【答案】1)2Cu +O22CuO (2)升高温度 (3)Cu2+ + Zn ══ Cu + Zn2+‎ ‎ (4)除去过量的锌 (5)Cu+ H2O2 + 2H+═ Cu + 2H2O 1 :2‎ ‎【解析】(1)废料中Cu和CuS在“焙烧”过程中与O2反应,CuS将转化为CuO和SO2,所以另外一个反应的化学方程式为2Cu+O22CuO。‎ ‎(2)“焙烧”后的固体用硫酸酸化,根据影响化学反应速率的外界因素可知,加快反应速率的措施有:①升高温度;②在一定范围内增大硫酸的浓度;③将“焙烧”后的固体粉碎。(任选一条回答即可)‎ ‎(3)Zn比Cu活泼,能够将溶液中的Cu2+置换,其离子方程式为Cu2++Zn=Cu+Zn2+。‎ ‎(4)在“置换”步骤中加入了过量的锌,得到的固体铜中含有锌,为了不影响产品的纯度必须除去锌,所以“淘洗”的作用就是除去过量的锌。‎ ‎(5)从目标产物看,“反应”步骤应该是将单质铜转化为Cu(NO3)2的过程,铜元素被氧化,而“整个过程无红棕色气体产生”说明氧化剂不是HNO3,可推知该过程作为氧化剂的物质应是H2O2,所以发生反应的离子方程式为:Cu+H2O2+2H+═ Cu+2H2O。若该步骤只使用20% HNO3且出现大量红棕色气体,可推知该过程起氧化剂作用的是HNO3,还原产物是红棕色的NO2气体,化学反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,因4molHNO3中只有2molHNO3起氧化剂作用,所以还原剂(Cu)与氧化剂(HNO3)物质的量之比为1:2。‎ ‎16. 【答案】(1)C2H2(g)+5/2 O2(g)= CO2(g)+ H2O(l) △H=(2△H2-△H1+△H3) ‎ ‎(2)①60%;②0.8;③BC ④升高温度、增加反应物或生成物的物质的量 ‎ ‎ (3)①;②一氧化二氮 ‎【解析】(1)已知热化学方程式:①2C(s)+H2(g) = C2H2(g)△H1;②C(s)+O2(g) = CO2(g)△H2;③H2(g) +O2(g) = H2O(l) △H3,根据盖斯定律②2-①+③为C2H2(g)+5/2 O2(g)= CO2(g)+ H2O(l) △H=(2△H2-△H1+△H3)。C2H2燃烧热的热化学方程式为C2H2(g)+5/2 O2(g)= CO2(g)+ H2O(l) △H=(2△H2-△H1+△H3)。‎ ‎(2)由表格数据可知15min时达到平衡,利用三段式 ‎2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3(g)‎ 初始量(mol) 2 1 0‎ 变化量(mol) 2x x 2x 平衡量(mol)2-2x 1- x 2x 根据压强之比等于物质的量之比:20.0/16.0=3/(3-x).解得x=0.6mol, ①平衡时,SO2的转化率α=0.6/2=60%;‎ ‎②T℃时,反应2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3(g)的平衡常数Kp=P2(SO3 )/[p2 (SO2)p(O2)]=( 16.01.2/2.4)2/[(16.00.8/2.4)2( 16.00.4/2.4)]=0.8kPa-1。答 ‎③因为化学反应伴随能量变化,所以当焓变不在变化时,说明化学反应达到平衡状态,故A错误;‎ 因为2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3‎ ‎(g)是两边化学计量数不等且是气体分子数减小的反应,所以随反应进行,混合气体平均相对分子质量逐渐增大,当混合气体平均相对分子质量不在变化说明化学反应达到平衡状态,故B正确;‎ SO2属于反应物,随反应进行,SO2 质量分数逐渐减小,当SO2 质量分数不在变化说明反应达到平衡状态,故C正确;‎ 因为2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3(g)是气体分子数减小反应,随着反应进行,压强逐渐减小,当压强不在改变是,反应达到平衡状态,故D错误;答案:BC。‎ ‎④40min时,刚性容器中气体的压强增大。根据理想气体的状态方程PV=nRT可知,升高温度可以增大体系的压强,而且升高温度可以使化学平衡向逆反应方向移动,体系的压强也增大。当然,直接增加气体的物质的量也能增大体系的压强。故改变的条件可能是升高温度,也可能是增加反应物或生成物的物质的量。‎ ‎(3)①二氧化碳的分子式为CO2,属于共价化合物,电子式为: 。‎ ‎②模拟尾气中有NO 0.025 mol,由图可知,其中参与反应NO的物质的最为0. 025 mol(8%+16%)= 0. 006 mol ,模拟尾气中有O20.5 mol ,排出气体中有O2 为0.45 mol, 故实际参加反应的O2为0. 05 mol 。排出的气体中有0. 0525 mol CO2,根据氧元素守恒,可知N2O的物质的量为0.05 mol2+0. 006 mol-0. 0525 mol2=0.001 mol,根据氮元素守恒,可知n(N2 )=(0.006 mol-0.001 mol2)/2 =0.002mol,因此,NO转化为一氧化二氮的转化率较低,所以X为N2, Y为N2O。‎ ‎17. 【答案】 (1)B C (2)想提高葡萄糖酸的转化率;便于后面的分离; ‎ 氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙 ‎ (3) 葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出,如不趁热过滤会损失产品 ‎ ‎(4)可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度,有利于葡萄糖酸钙的析出 (5)D ‎【解析】(1)溴水氧化葡萄糖在55℃下反应,应该用水浴加热比较均匀易控制,温度计插到水浴中即可,且要滴加溴水,B中的分压漏斗可以调节气压使溴水顺利滴下,故选择B;葡萄糖氧化最好生成葡萄糖酸,如果用碱性试剂氧化会生成葡萄糖酸盐还要多一步酸化,故排除A、D项,酸性高锰酸钾可能把葡萄糖氧化成二氧化碳,故不选B项,葡萄糖氧化酶可以具有针对性的将葡萄糖氧化为葡萄糖酸,且反应条件比较温和,故选择C项;‎ ‎(2)第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余,过量的碳酸钙能提高葡萄糖酸的转化率,且碳酸钙不易溶于水,所以碳酸钙易除去;氯化钙易溶于水,盐酸酸性大于葡萄糖酸,所以氯化钙和葡萄糖酸不反应,则本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3;‎ ‎(3)第③步需趁热过滤,因为葡萄糖酸钙易溶于热水,可溶于水,所以要趁热过滤,葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出,如不趁热过滤会损失产品;‎ ‎(4)葡萄糖酸钙在乙醇中微溶,加入乙醇可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度,有利于葡萄糖酸钙的析出为了使其析出,与溶液分离; ‎ ‎(5)析出的葡萄糖酸钙固体上可能残留有溴化钙,为了除去溴化钙,且尽量的减少葡萄糖酸钙的损失,应该采用乙醇-水体系,故选D。‎ ‎18-I 【答案】CD ‎【解析】A项,迷迭香酸中含C、H、O三种元素,迷迭香酸不属于烃,A项错误;B项,迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键,共四种,B项错误;C项,1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基和1个碳碳双键,1mol迷迭香酸最多与6molBr2发生取代反应、与1molBr2发生加成反应,1mol迷迭香酸最多能与7molBr2‎ 发生反应,C项正确;D项,1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基、1个羧基和1个酯基,1mol迷迭香酸最多能与6molNaOH发生反应,D项正确;答案选CD。‎ ‎18-Ⅱ【答案】(1)醛基 ‎ (1) ‎(3) (4)AC (5) BC ‎【解析】(1)根据上述分析可知E为苯甲醛,其含有官能团的名称是醛基。‎ ‎(2)B为乙酸,D为苯甲醇,两者发生酯化反应,B+D→F的化学方程式为。‎ ‎(3)根据信息“RCHO+CH3COOR’ RCH=CHCOOR’”可知X的结构简式。‎ ‎(4)A、X含有酯基,因此可以发生水解反应,故A正确;‎ B、X含有苯环可以和浓硝酸发生取代反应,故B错误;‎ C、X含有碳碳双键能使Br 2/CCl 4溶液褪色,故C正确;‎ D、X无醛基不能发生银镜反应,故D错误;‎ 综上所述,本题应选AC。‎ ‎(5)由同分异构体概念,分子式相同,结构不同的物质互称为同分异构体,题给的四种物质中B、C与F属于同分异构体。‎ ‎19-I【答案】CD ‎【解析】A.根据图象知,氮气和CO都含有两个π键和一个σ键,N2分子与CO分子中都含有三键,故A正确;B.氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成,而CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成属于配位键,故B正确;C.N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同,二者互为等电子体,故C错误;D.N2分子在空气中不燃烧,CO分子在空气中燃烧,所以两种分子的化学性质不相同,故D错误,故选CD.‎ ‎19-Ⅱ【答案】 (1) 2 ‎ (2) N>S>C 5: 4 SCN-中有孤对电子,Cu2+有空轨道,二者能形成配离子 ‎ ‎(3)sp杂化 (4)As4O6 正四面体形 (5)4 dNA(r13+r23)10-30]/63‎ ‎【解析】(1)磷为15号元素,基态磷原子的电子排布图为,有3个未成对电子,砷原子也有3个未成对电子,与砷同周期且含有的未成对电子数相同的元素有矾和钴两种。‎ ‎(2)元素周期表中,同周期从左到右元素的电负性逐渐增强;同主族从上到下元素的电负性逐渐减弱;N、C为同周期元素,电负性N>C,因为H2CO3为弱酸,H2SO4为强酸,所以非金属性S>C,电负性S>C;N的核外电子排布为半充满状态,所以电负性N>S,所以(SCN)2分子中各元素的电负性由大到小的顺序为:N>S>C;(SCN)2的结构式为NC-S-S-CN,‎ ‎ σ键和п键键的个数比为5: 4。SCN-中有孤对电子,Cu2+有空轨道,二者能形成配离子。‎ ‎(3)CO2是N2O的等电子体,根据等电子原理可知,N2O的中心原子与二氧化碳的中心原子一样,价层电子对数为2且不含孤电子对,为sp杂化。‎ ‎(4)根据图1结构可知,砒霜分子内含有6个氧原子,4个砷原子,其化学式为As4O6;Na3AsO4的阴离子为AsO43-,AsO43-中含有的孤电子对数是0,中心原子有4条共价鍵,所以其空同枸型为正四面体形。‎ ‎(5)根据图知,B原子连接4个P原子。该晶胞中B原子个数为4,P原子个数为81/8+61/2=4,晶胞中所有原子体积为4/3(r13+r23)410-30cm3,密度d=(42/NA)/V,则晶胞体积V=168/dNA cm3,晶胞中原子的体枳占晶胞体积的百分率=所有原子的体积/晶胞的体积=[4/3(r13+r23)410-30cm3]/ 168/dNA cm3=dNA(r13+r23)210-30]/63。‎

资料: 10.8万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料