四川省2019届高三化学上学期“联测促改”活动上学期试题（含解析）.doc

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1、- 1 -四川省 2018-2019 年度高三“联测促改”活动（上）理综试题化学部分1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A. 强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用B. 在包装盒中放入生石灰，可防止月饼氧化变质C. 制作航天服的聚酯纤维属于新型无机非金属材料D. 通过蒸馏“地沟油”获得汽油，可实现资源的再利用【答案】A【解析】【详解】A. 根据氧化铝的物理性质知，氧化铝熔点高不易燃，且氧化铝比较致密，耐腐蚀耐磨，故 A 正确；B. 生石灰与水反应，可以作干燥剂使用，但不能防止月饼被氧化，故 B 错误；C. 制作航天服的聚酯纤维属于有机高分子材料，故 C 错误；D. 地沟油属于油脂

2、，而汽油是烃类，无法通过蒸馏获取，故 D 错误。故选 A。2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 1 mol Na+中含有的电子数为 10NAB. 28g 聚乙烯中含有的氢原子数为 4NAC. 0.1 mol HCl 分子中含有的 H+数目为 0.1NAD. 1.8gC60和石墨的混合物中含有的碳原子数目为 0.15NA【答案】C【解析】【详解】A. 一个钠离子中的电子数为 10，则 1 mol Na+中含有的电子数为 10NA，故 A 正确；B. 28g 聚乙烯的物质的量为 1mol，则其中含有的氢原子数为 4NA，故 B 正确；C. HCl 属于共价化合物，分子中不含 H+

3、，故 C 错误；D. C60和石墨都由碳原子组成，1.8g 的混合物中含有的碳原子的物质的量为：1.8g12g/mol=0.15mol，数目为 0.15NA，故 D 正确。故选 C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，B 项为易错点，注意聚乙烯为高分子化合物，可- 2 -从其最简式进行判断。3.肉桂酸的结构如图所示，其钠盐可作为新型安全防腐剂。下列说法错误的是A. 肉桂酸可发生加聚反应 B. 肉桂酸在水中的溶解度大于其钠盐C. 肉桂酸分子中所有原子可能共平面 D. 肉桂酸能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色【答案】B【解析】【分析】从肉桂酸的结构分析肉桂酸的化学性质。【详解】A. 肉桂酸中含有碳碳

4、双键，可发生加聚反应，故 A 正确；B.钠盐在水溶液中电离，产生-COO -，属于亲水基，所以钠盐的溶解度更大，故 B 错误；C. 苯环上所有原子共面，由乙烯的结构可知双键两端的原子也在同一个平面上，羧基中碳原子及氧原子也在一个平面上，单键可以旋转，所以肉桂酸分子中所有原子可能共平面，故C 正确；D. 肉桂酸分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，故 D 正确。故选 B。【点睛】C 项为易错点，注意从苯环、乙烯、甲烷等典型分子的空间结构判断原子共线、共面的问题。4.下列有关操作的实验现象及解释都正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.氨水加热时发

5、生分解，放出氨气，碱性减弱，所以溶液颜色不会加深，故 A 错误；- 3 -B. 通入二氧化硫，溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可以氧化亚硫酸生成硫酸根离子，但无明显现象，故 B 错误； C. 没有明显现象，是因为常温下浓硫酸将铝钝化所致，钝化属于化学反应，故 C 错误； D. 氯化铁作为催化剂可以加快双氧水的分解，故 D 正确。故选 D。【点睛】解答此题容易错误的地方在于忽略了现象是否正确，而只关注结论是否正确。5.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 和 X 同周期。W 是同周期主族元素中原子半径最大的元素，的氢化物的水溶液可用于雕刻玻璃，Y 和 Z 的最外

6、层电子数之和等于 X 的核外电子总数。下列说法正确的是A. 离子的半径：YXB. W 单质在氧气中的燃烧产物含有非极性共价键C. 氧化物对应的水化物酸性：YZD. 简单气态氢化物的热稳定性：XZ【答案】D【解析】【分析】根据题干信息分析元素的种类，根据元素周期律进一步解答。【详解】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 和 X 同周期。W 是同周期主族元素中原子半径最大的元素，则 W 为 Li，X 的氢化物的水溶液可用于雕刻玻璃，则 X 为F，Y 和 Z 的最外层电子数之和等于 X 的核外电子总数,则 Y 和 Z 可能为 Mg 和 Cl、Al 和S、Si 和 P。A. 电子层数

7、相同时，核电荷数越大，半径越小，所以 X Y，故 A 错误；B. W 单质在氧气中的燃烧产物只有氧化锂，不含共价键，故 B 错误；C.非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，Z 的非金属性强于 Y，故 C 错误；D.非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，X 的非金属性强于 Z，故 D 正确。故选 D。【点睛】用于雕刻玻璃的是氢氟酸，知道该知识点是解决此题的突破口，另外 F 元素的非金属性最强。6.常温下，已知：K a(CH3COOH)=1.8105 ，K b(NH3H2O)=1.8105 ，下列说法正确的是A. 向 0.1molLl CH3COOH 溶液中滴入氨水，至中性：c(N

8、H 3H2O)+c(NH4+)c(CH 3COO )- 4 -+c(CH3COOH)B. 向 20 mL 1 molLl CH3 COONa 溶液中通入 0.01 mol HCl：c(Na +)c(Cl )c( CH3COO )c(H+)C. 向 100mL0.1 molLl NH4HSO4溶液中通入 224mL(标况下)NH 3：c(NH 3H2O)=c(H+)c(OH )D. 用 0.1molLl 醋酸滴定 10.00mL0.1molLl 的 NaOH 溶液至恰好中和：c(CH 3COOH)+c(H+)=c(CH3COO )+ c(OH )【答案】C【解析】【分析】根据物料守恒和电荷守恒等

9、规律分析溶液中离子浓度的大小。【详解】A.因为 Ka(CH3COOH)=1.8105 ，K b(NH3H2O)=1.8105 ，溶液呈中性时，溶液为醋酸铵溶液，根据物料守恒得：c(NH 3H2O)+c(NH4+)=c(CH3COO )+c(CH3COOH)，故 A 错误；B. CH3COONa 的物质的量为 0.02mol，通入 0.01 mol HCl，反应后溶质为0.01molNaCl、0.01molCH 3COOH 和 0.01mol CH3 COONa，氯化钠和醋酸钠完全电离，醋酸部分电离，所以离子浓度大小为：c(Na +) c( CH3COO ) c(Cl ) c(H+)，故 B 错

10、误；C. NH4HSO4的物质的量为 0.01mol，通入 NH30.01mol，根据物料守恒得：c(NH 4+)+c(NH3H2O)=0.02mol/L，c(SO 42-)=0.01mol/L，根据电荷守恒得：2c(SO 42-)+ c(OH )=c(H+)+ c(NH4+)，即 0.02mol/L+ c(OH )=c(H+)+ c(NH4+)，结合可得：c(NH 3H2O)=c(H+)c(OH )，故 C 正确；D. 用 0.1molLl 醋酸滴定 10.00mL0.1molLl 的 NaOH 溶液至恰好中和时，此时溶液中溶质为醋酸和醋酸钠，则 c(Na+) c(CH3COOH)，由电荷守

11、恒得：c(H +)+ c(Na+)= c(CH3COO ) + c(OH )，则 c(CH3 COO )+ c(OH ) c(CH3COOH)+c(H+)，故 D 错误。故选 C。【点睛】根据电离平衡常数及水解平衡常数的表达式得电离平衡常数相等时，其对应离子的水解程度相等。7.锌碘液流电池具有高电容量、对环境友好、不易燃等优点，可作为汽车的动力电源。该电池采用无毒的 ZnI2水溶液作电解质溶液，放电时将电解液储罐中的电解质溶液泵入电池，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是- 5 -A. 放电时，Zn 2+通过离子交换膜移向右侧B. 放电时，电解液储罐中 I3 和 的物质的量之比逐渐增大C.

12、充电时，多孔石墨接外电源的正极D. 通过更换金属锌和补充电解液储罐中的电解液可实现快速“充电”【答案】B【解析】【分析】根据原电池原理及图示中的电池构造分析解答。【详解】A. 电池中左侧锌作负极，放电时，Zn 2+通过离子交换膜向右侧正极移动，故 A 正确；B. 放电时，正极发生还原反应：I 3 +2e-=3 ，所以电解液储罐中 I3 和 的物质的量之比逐渐减小，故 B 错误；C. 充电时，多孔石墨做阳极，发生氧化反应，才能使电池恢复原状，所以接外电源的正极，故 C 正确；D. 放电后，金属锌质量减小，电解液浓度发生变化，所以通过更换金属锌和补充电解液储罐中的电解液可实现快速“充电” ，故 D

13、 正确。故选 B。【点睛】电池在放电时，正极发生还原反应，则充电时，该电极应发生氧化反应，故该电极作阳极，与电源正极相连。8.氢氧化钡是分析化学中的重要试剂。工业上以重晶石矿(主要成分 BaSO4，含杂质Fe2O3、SiO 2)为原料，生产 Ba(OH)28H2O 的流程示意如下：- 6 -已知：高温焙烧，炭还原重晶石的反应方程式为：BaSO 4+4C CO+BaS（1）氢氧化钡的电子式为_。（2）水浸并过滤后的滤渣中含三种单质，分别为 C、_和_ (填化学式)，滤液 1 显_(填“酸性”或“碱性”)。向滤液 1 中加入 CuO 后，会生成黑色沉淀，该反应的化学方程式为_。（3）还可采用如下流

14、程对滤液 1 进行处理：若 D 物质为 AB 型，其组成与 MnO2相同，滤液 1 中加入 MnO2的化学方程式为_。该方法的优点是_。（4）由滤液 2 得到产品需采用的操作是_、_、过滤。【答案】 (1). (2). Fe (3). Si (4). 碱性 (5). BaS+CuO+H2O=CuS+Ba(OH)2 (6). BaS+ MnO2 +H2O=MnO+S+ Ba(OH)2 (7). MnO2可以循环利用 (8). 蒸发浓缩 (9). 冷却结晶【解析】【详解】(1)根据电子式的书写规则氢氧化钡的电子式为： ；(2) 在焙烧过程中，碳将 Fe2O3、SiO 2中的 Fe 和 Si 还原出

15、来，所以水浸并过滤后的滤渣中有Fe 和 Si；根据题干信息，BaS 在水浸时发生水解反应生成氢氧化钡，所以滤液呈碱性；向滤液 1 中加入 CuO 后发生反应为：BaS+CuO+H 2O=CuS+Ba(OH)2；故答案为：Fe；Si；碱性；BaS+CuO+H2O=CuS+Ba(OH)2；(3)由图示及二氧化锰的氧化性可得该反应方程式为：BaS+MnO 2+H2O=MnO+S+Ba(OH)2，该方法- 7 -的优点是 MnO2可以循环利用，故答案为：BaS+MnO 2+H2O=MnO+S+Ba(OH)2；MnO 2可以循环利用；(4)根据氢氧化钡的溶解性可知要获取 Ba(OH)28H2O 需采用的

16、操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。【点睛】在书写电子式时，相同的离子要分开书写，不能合并；注意题干要求书写化学式而不是名称，这也是该题的易错点。9.无水氯化锌是有机合成中重要催化剂，无水氯化锌为白色粉末，易潮解，沸点为 732C。久置市售氯化锌常含 Zn(OH)Cl，影响催化效果。实验室用 HCl 气体“置换”除水、升华氯化锌相结合的方法提纯市售氯化锌，其装置如下图所示：（1）装置 A 中盛浓硫酸的仪器名称是_，装置 B 中试剂是_.（2）实验开始时，通入 HCl 和 N2，将管式炉 I、升温至 150C，装置 C 中发生的化学反应方程式为_；此时通入 N2的目的是

17、_。（3）反应一段时间后保持管式炉 I、温度为 350，保证将水除尽，撤去管式炉_(填“I”或“II”)，升温余下的管式炉至 750C，该操作的目的是_；最后在氮气保护下将氯化锌刮岀玻璃管外，保存待用。（4）若称取 12.6g 市售氯化锌样品，经提纯最终得到高纯氯化锌 12.9g，则样品中氯化锌纯度为_。（5）为保证无水氯化锌的纯度，对上述装置进行改进，措施是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 浓硫酸 (3). Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2+H2O (4). 赶出空气，带出生成的水蒸气 (5). II (6). 使 I 中氯化锌升华，并在 II 中冷凝 (7). 84.9% (

18、8). 在装置 C 和 D 之间加入一个干燥装置【解析】- 8 -【详解】 （1）装置 A 中盛浓硫酸的仪器是分液漏斗，装置 B 作用是干燥气体，其中试剂是浓硫酸；故答案为：分液漏斗；浓硫酸；（2）根据题干信息知装置 C 中发生的化学反应方程式为：Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2+H2O；此时通入 N2的目的是赶出空气，带出生成的水蒸气，故答案为：Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2+H2O；赶出空气，带出生成的水蒸气；（3）根据题干中氯化锌沸点的信息知，撤去管式炉 II，升温余下的管式炉至 750C，该操作的目的是使 I 中氯化锌升华，并在 II 中冷凝，故答案为：II；使 I 中氯化锌

19、升华，并在 II中冷凝；（4）用差量法计算得：Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2 + H2O117.5 136 18.5m 12.9g-12.6gm=(12.9g-12.6g) 117.5/18.5=1.90g，则纯度为: 100%=84.9%，故答案为： 12.6g9-84.9%；（5）无水氯化锌易潮解，为了防止潮解，对上述装置进行改进，措施是：在装置 C 和 D 之间加入一个干燥装置，故答案为：在装置 C 和 D 之间加入一个干燥装置。10.硝酸工业中产生的 NO 是一种大气污染物，可以通过如下反应处理：2NO(g)+2CO(g) N2 (g)+ 2CO2(g)； H 1（1）已知：2C

20、O(g)+O 2(g)=2CO2(g)；H 2=566 kJmol lN2(g)+O2(g) 2NO(g)； H 3=+181 kJ moll则H 1=_（2）在一定温度下，向体积为 2L 的密闭容器中充入 4 moI NO、2 mol CO。若为恒容密闭容器，在 10min 时达到平衡状态，压强为原来的 ，这段时间内，NO 的平15均反应速率为_，平衡常数为_L mol 1 ，此时 NO 的转化率 a%；平衡后，向恒容密闭容器中再充入 2 mol NO、1 mol CO，重新达到平衡时，NO 的转化率将_(填“增大” 、 “不变”或“减小”)；若为恒压密闭容器，平衡后 NO 的转化率为 b%

21、，则 a%_b%(填“”)- 9 -（3）工业上，NO 与 CO 混合气体以一定流速和一定的比例，通过填充有 A、B 催化剂的反应器，在 A、B 两种催化剂作用下，CO 转化率与温度的关系如下图所示。工业上选择催化剂_(填“A”或“B)，理由是_。在催化剂 B 作用下，高于 550K 时，CO 转化率下降的理由可能是_。【答案】 (1). 747 kJ moll (2). 0.04mol/(molL) (3). 5/144 (4). 增大 (5). (6). A (7). A 在较低的温度下，具有较强的催化活性 (8). 催化剂活性降低，具有较多的副反应【解析】【分析】根据盖斯定律计算反应热；

22、用等效平衡原理分析平衡的移动。【详解】(1) 已知：2CO(g)+O 2(g)=2CO2(g)；H 2=566 kJmol l N2(g)+O2(g) 2NO(g)； H 3=+181 kJ moll 根据盖斯定律得：-得 2NO(g)+2CO(g) N2 (g)+ 2CO2(g)； 则H 1=H 2-H 3=747 kJ moll ，故答案为：747 kJ mol l ；(2) 用三段式法计算得：2NO(g)+2CO(g) N2 (g)+ 2CO2(g)开始（mol） 4 2 0 0反应（mol） n n 0.5n n平衡（mol） 4-n 2-n 0.5n n压强为原来的 ，则4-n+（2

23、-n）+0.5n+n/(4+2)=14/15，n=0.8mol，平衡时:c(NO)145=1.6mol/L， c(CO)=0.6mol/L，c(N 2)=0.2mol/L， c(CO 2)=0.4mol/L；v(NO)=(0.8mol2L)- 10 -10min=0.04mol/( mol L)；平衡常数 k= c(N2) c2(CO2)/ c2(NO) c2(CO)=5/144；由方程式可得，增大压强平衡向正反应方向移动，所以平衡后，向恒容密闭容器中再充入 2 mol NO、1 mol CO，重新达到平衡时，NO 的转化率将增大；故答案为：0.04mol/(L.mol)；5/144；增大；根

24、据方程式的特点，恒压相对于恒容，相当于增大压强，平衡向正方向移动，转化率增大，所以 a%b%，故答案为：；(3)由图示可得，应选择催化剂 A，原因是 A 在较低的温度下，具有较强的催化活性；故答案为：A，A 在较低的温度下，具有较强的催化活性； CO 转化率下降的理由可能是：催化剂活性降低，具有较多的副反应。11.青铜是金属冶铸史上最早的合金，其主要金属为铜和锡。回答下列问题：（1）基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为_。（2）若基态锡原子价层电子排布式写成 5s25px2，则其违背了_。（3）由下表判断，卤化锡的熔点和沸点变化规律为_，其原因是_。SnCl 2是一种强还原剂，其中心原子的杂

25、化方式为_，分子几何构型为_。（4）Cu 的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水所生成的化合物中，存在的作用力有_(填标号)A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.范德华力（5）铜与氧形成化合物的晶体结构如图所示。- 11 -该化合物的化学式为_，O 的配位数是_。若该立方晶胞的晶胞参数为 dnm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则晶体的密度为_g/cm3(列出计算表达式)。【答案】 (1). 14 (2). 洪特规则 (3). SnCl4、SnBr 4、SnI 4的熔沸点逐渐升高 (4). 分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大 (5). sp2 (6). V 形 (7). AB (8)

26、. Cu2O (9). 8 (10). 5671021/d3 NA【解析】【分析】根据核外电子排布规律分析原子轨道数目；根据价层电子对互斥理论分析分子空间结构；根据晶胞的结构计算晶胞的密度。【详解】 （1）Cu 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，失去 4s 能级 1 个电子形成Cu+，Cu +基态时电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10，其电子占据 14 个原子轨道，故答案为：14；（2）洪特规则：原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时：电子尽可能分占不同的原子轨道，自旋状态相同，该原子核外电子排布没有排 py或 px轨道，所以违反洪特规则，故

27、答案为：洪特规则；（3）由图表数据可知，SnCl 4、SnBr 4、SnI 4的熔沸点逐渐升高；原因为：分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，故答案为：SnCl 4、SnBr 4、SnI 4的熔沸点逐渐升高；分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大；根据价层电子对互斥理论得 SnCl2中心原子的杂化方式为 sp2，含有 1 个孤电子对，所以分子几何构型为 V 形，故答案为：sp 2；V 形；（4）形成了铜氨离子：Cu(NH 3)4（OH) 2，所以存在离子键和共价键，故答案为：AB；（5）Cu 原子处于晶胞内部，O 原子处于晶胞顶点与面心，晶胞中 Cu 原子数目为 8、O

28、原子数目为 81/8+61/2=4，故晶体的化学式为 Cu2O；以上底面面心 O 原子研究，与之最近的Cu 原子为晶胞中上层 4 个 Cu 原子，及面心氧原子所在另外晶胞中下层 4 个 Cu 原子，所以 O原子配位数为 8；晶胞中 Cu 原子数目为 8、O 原子数目为 4，晶胞体积 V=（d10 -7cm） 3，则=m/V=（864+416）/N A（d10 7） 3=5671021/d3 NA，故答案为：Cu2O；8；56710 21/d3 NA。【点睛】s 轨道有 1 个，p 轨道有 3 个，d 轨道有 5 个；计算晶胞内微粒数目时要注意微粒所在位置；单位的换算也是容易错误的地方。- 12

29、 -12.以基本的化工原料，可合成生活中常见的有机高分子材料 PE()和 PC()，合成路线如下：已知： R 1COOR2+R3OH R1COOR3+R2OH(酯交换反应)催 化 剂（1）A 的名称为_。（2）由 A 生成 PP、由 B 生成 的反应类型分别为_、_。（3）C 为芳香烃，分子中含有两个甲基。则由 A 生成 C 的化学方程式为_。（4）B、F 所含官能团的名称分别为_、_。（5）E 的结构简式为_。（6）在由 A、B 合成 PC 的过程中，可循环使用的有机物是_(写结构简式)。（7）D 与 也可发生酯交换反应，生成 G(C13H10O3)。则 3 种符合下列条件的 G 的同分异构

30、体的结构简式为_、_和_。分子中含有两个苯环 遇 FeCl3显色可与饱和 NaHCO 3溶液反应 有 10 种化学环境不同的氢【答案】 (1). 丙烯 (2). 加聚反应 (3). 氧化反应 (4). (5). 碳碳双键 (6). 羟基 (7). (8). CH3OH (9). - 13 -(10). (11). 【解析】【分析】根据合成路线及有机物的结构特征分析解答。【详解】 （1）由题干信息得 PP 是聚丙烯，则 A 为其单体，名称为：丙烯，故答案为：丙烯；（2）由 A 生成 PP，反应类型为：加聚反应；由乙烯生成 的过程中得到氧，所以反应类型为：氧化反应，故答案为：加聚反应；氧化反应；（

31、3）A 为丙烯，与苯发生加成反应，则由 A 生成 C 的化学方程式为：；（4）B 为乙烯，官能团为：碳碳双键；F 为 与甲醇反应所得，根据合成路线知 F为乙二醇，则官能团为：羟基，故答案为：碳碳双键；羟基；（5）逆推法，PC 由 和 E 缩聚得到，故 E 的结构简式为：，故答案为： ；（6）由合成路线可知在由 A、B 合成 PC 的过程中，可循环使用的有机物是 CH3OH；故答案为：CH3OH；（7）D 为苯酚，与 可发生酯交换反应，生成 G(C13H10O3)，由题干要求知，G 中要含有酚羟基、羧基和两个苯环，且有 10 种不同化学环境的氢原子，所以同分异构体的结构简式为：- 14 -。【点睛】遇 FeCl3显色是苯酚的性质，可判断结构中含酚羟基；在判断同分异构体时，要注意对称性，根据氢原子的化学环境调整官能团的位置。- 15 -