2019年海南省高考压轴卷化学Word版含解析.doc

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。‎