1、 江西省红色七校江西省红色七校 2019 届高三年级第二次联考届高三年级第二次联考 理综化学试题理综化学试题 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 1.化学在生活中有着重要的应用。下列叙述不正确的是() A. 2019年春节部分地方燃放的“烟花”应用了某些金属的焰色反应 B. 棉 麻 桑蚕丝均是天然有机高分子材料 C. 锅炉水垢中含有的 CaSO4，可先用 Na2CO3溶液处理，后用稀硫酸反应即可 D. 医院常用体积分数为 75%的酒精溶液进行消毒 【答案】C 【解析】 【详解】A.“烟花”的焰色来源于高温下金属离子的焰色反应，故 A 正确；
2、B. 棉麻的成分是纤维素、桑蚕丝的成分是蛋白质，都是天然有机高分子材料，故 B 正确； C.锅炉水垢中含有的 CaSO4，处理该水垢的方法是：先用 Na2CO3溶液处理将其转化为碳酸钙，再用盐酸将碳 酸钙溶解。若用稀硫酸溶解，由于碳酸钙与硫酸反应生成微溶物硫酸钙，水垢不能完全除去，故 C 错误； D. 体积分数为 75%的酒精溶液的消毒效果好，所以医院常用体积分数为 75%的酒精溶液进行消毒，故 D 正 确。选 C。 2.常温下，下列各组离子(或在指定条件下)能大量共存的是 A. 中性溶液：Na、Fe3、Cl、NO3 B. NH4、Na、NO3、SiO32 C. 由水电离出的 c(H)=1 1
3、012 mol L1的溶液中：Na、Mg2、Cl、HCO3- D. 使 pH 试纸显蓝色的溶液中：K、Na、OH、SO42- 【答案】D 【解析】 【详解】A. 中性溶液中 Fe 3水解为氢氧化铁，所以中性溶液中 Fe3不能大量存在，故不选 A； B. NH4 、SiO 3 2发生双水解反应，NH 4 、SiO 3 2不能大量共存，不选 B； C. 由水电离出的 c(H )=11012 molL1的溶液呈酸性或碱性，酸性溶液中 HCO 3 -不能大量存在，碱性溶液 中 HCO3 -、Mg2不能大量存在，故不选 C； D.使 pH 试纸显蓝色的溶液呈碱性，K 、Na、OH、SO 4 2-能大量共
4、存，故选 D。 3.短周期主族元素 W、X、Y和 Z的原子序数依次增大，W 的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，并且可与 X 的氢化物形成一种共价化合物。Y 的离子半径是同周期主族元素中最小的，Z原子最外层电子数是其内层 电子数的 3/5，下列说法中一定正确的是 A. W 的氧化物对应水化物为强酸，具有强氧化性。 B. 简单离子半径：YWXZ C. 简单氢化物沸点：ZX D. 工业上一般采取电解 Y的熔融氯化物来生产 Y 的单质 【答案】C 【解析】 【分析】 W 的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，W 为 N 元素；氨气与 X 的氢化物形成共价化合物，X 是 O 元素；Y 的离子半径是同周期主族
5、元素中最小的，Y 是 Al 元素；Z 原子最外层电子数是其内层电子数的 3/5， Z 是 S 元素。 【详解】A. N 的氧化物对应水化物 HNO3为强酸，HNO2为弱酸，故不选 A； B. 简单离子半径：Al 3+O2-N3-S2-，故不选 B； C.水分子间有氢键，简单氢化物沸点：H2SH2O，故选 C； D. 工业上一般采取电解氧化铝生产铝单质，故不选 D。 4.微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左图为其工作原理，右图为废水 中 Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确 的是 A. 有机物被氧化，M 为电源负极 B. 电池工作时，N 极附近溶液
6、pH增大 C. Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活 D. 处理 0.1 mol Cr2O72时有 1.4 mol H从交换膜左侧向右侧迁移 【答案】D 【解析】 【分析】 电解池装置图中 H +向右移动，则 N 电极为正极，发生还原反应，Cr 2O7 2-得电子生成 Cr3+，M 极失电子发生氧 化反应，有机物被氧化生成 CO2，为原电池的负极，以此解答该题。 【详解】A由分析可知，M 电极有机物失电子发生氧化反应，M 为负极，故 A 正确； B. 根据图示，正极反应为 Cr2O7 2-+6e-+14H+=2Cr3+7H 2O，消耗氢离子，N 极附近溶液 pH 增大，故 B 正
7、确； CCr2O7 2具有强氧化性，能使蛋白质变性，浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故 C 正确； D. Cr 元素由+6 价变为+3 价， 处理 0.l mol Cr2O7 2-时转移 0.6mol 电子，根据电荷守恒，处理 0.1 mol Cr 2O7 2 时有 0.6 mol H从交换膜左侧向右侧迁移，故 D 错误；选 D。 5.CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2 (g) 6H2 (g) C2H4(g)4H2O(g)。0.2 MPa时，按 n(CO2)：n(H2)=l： 3 投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。下列叙述正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. 曲线 a
8、代表的是 C2H4 C. N 点和 M 点所处状态的 c(H2O)相等 D. 其它条件不变，T1、0.1 MPa 下反应达平衡时 CO2的转化率比 N 点更大 【答案】C 【解析】 【分析】 由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热； 根据反应物和生成物的物质的量变化及反应中计量数的关系可知，a 为 CO2的变化曲线，水的计量数是乙烯 的计量数的 4 倍，据此判断 c 曲线，温度升高，吸热方向的平衡常数增大，据此判断。 【详解】A.由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正 反应放热，故 A 错误； B随
9、着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线为 CO2，由计量 数关系可知 b 为水，c 为 C2H4的变化曲线，故 B 错误； CM 点和 N 点都处于、0.2MPa 且投料比相同的平衡状态，所以 M 点和 N 点的平衡状态为等效平衡，故 其 c(H2O)相等，C 正确； D其他条件不变，T1、0.1 MPa 下反应达平衡，相当于减压，平衡向逆向移动， 所以新平衡中 CO2的转 化率比 N 点小，故 D 错误。 6.根据下列化学实验示意图及表中实验现象，从理论上分析得出的结论正确的是 选 项 实 验 实验现象 结论 A a 左烧杯中铁表面有气泡，右烧杯中铜表面有
10、气泡 活动性：AlFeCu B b 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色 氧化性：Cl2Br2I2 C c 白色固体先变为淡黄色，后变为黑色 溶解度:AgCl ”“”“ (3). 0.375 (4). 10% (5). 256/3p0 2 (6). C (7). 逆反应 (8). v(逆)；04 min，H2的浓度变化为 1.5mol/L， v(H2)= 0.375 molL 1min1；根据图示，15min 时达到平衡状态，CO 的平衡浓度为 0.25mol/L，则 CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) 开始 1 3 0 0 转化 0.75 2.25 0.75 0.75 平衡
11、0.25 0.75 0.75 0.75 CO2平衡时的体积分数为10%； 根据压强比等于气体物质的量比， 平衡时的总 压强为，Kp=256/3p0 2 ； A平衡时正逆反应速率比等于系数比，所以 v正(CH3OH)=3v逆(H2)不平衡，故不选 A； B CO2、H2、CH3OH 和 H2O 浓度之比为 1: 3 :1: 1 时，浓度不一定不变，所以 CO2、H2、CH3OH 和 H2O 浓度之 比为 1: 3 :1: 1 时，不一定平衡，不选 B； C该反应气体体积是变量，恒温恒压下，气体的体积不再变化一定平衡，故选 C； D在恒温恒容下，该反应的密度是恒量，气体的密度不再变化，不一定平衡，
12、故不选 D。 500的平衡常数 K= ，Q=，QK，反应逆向进行；根据等效平衡原理，容器 乙中相当于投料为 1.5 mol CO2，4 mol H2，与容器甲比增加了投料，所以甲醇的浓度 c1c2。 11.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的前四周期元素，X核外未成对电子数有 2个，与其他元素均能 形成二元化合物；Y是地壳中含量最多的金属元素；Z是遗传物质的组成元素之一；W 内层电子数是最外 层电子数的 9倍；Q基态原子价层电子排布中成对电子数和未成对电子数相同， 且成对电子数为最外层电子 数的 2 倍。据此回答下列问题: （1）Q 的基态原子的价层电子排布式为_。 （2）X、Y、Z、W 四
13、种元素中，电负性最大的是_(填元素符号,下同)；同周期元素中，第一电高 能介于 Y 和 Z之间的有_。 （3）Y 和 W 的氯化物熔点高的是_(填化学式)，原因是_；与 Z的低价氯化物 互为等电子体的离子是_(填离子符号)。 （4）咖啡因对中枢神经有兴奋作用，其结构简式如图所示。常温下，咖啡因在水中的溶解度为 2g，加适量 水杨酸钠C6H4(OH)(COONa)可使其溶解度增大，其原因可能是_，分子中氮原子的杂化类型有 _。 （5）已知 WX的密度为 3.25 g/cm3，单元晶胞边长 481pm，经计算可确定该单元晶胞中含有_个 WX， 说明在形成晶体时，半径大的粒子先进行了_方式的堆积，晶
14、胞中距离 W 最近的 X有_个。 【答案】 (1). 3d64s2 (2). O (3). Mg、Si、S (4). CaCl2 (5). CaCl2属于离子晶体，钙离子和 氯离子之间作用大，熔点高，AlC13属于分子晶体，分子间作用力弱 (6). SO32-或 ClO3- (7). 咖啡因与 水杨酸钠形成了氢键 (8). sp2和 sp3 (9). 4个 (10). 面心立方最密堆积 (11). 6 【解析】 根据题目所述可知 X 为 O 元素，Y 是 Al 元素，Z 是 P 元素，W 内层电子数是最外层电子数的 9 倍，则只能是 Ca 元素，所以 Q 为第四周期元素，其基态原子价层电子排布
15、中成对电子数和未成对电子数相同，且成对电 子数为最外层电子数的 2 倍，即 Q 的价层电子排布为 3d64s2，所以 Q 为 26 号元素 Fe。 (1) Fe 的基态原子的价层电子排布式为 3d64s2；答案：3d64s2。 (2)在这四种元素中，电负性最大的是 O 元素；根据同周期从左到右第一电离能逐渐增大的变化规律，同时 还要考虑A 族的 3s2全满状态和A 族 3s23p3半满状态的稳定性，得出第一电离能介于 Al 和 P 之间的同 周期元素有 Mg、Si 和 S 三种元素；答案：O Mg、Si、S 。 (3)由于 CaCl2是离子化合物，Ca2+和 Cl之间的离子键作用力大，所以 C
16、aCl2的熔点高，而 AlCl3是分子晶 体，分子间作用力小，所以熔点低；Z 的低价氯化物为 PCl3，其分子中的最外层电子数为 26，与它互为等 电子体的离子为 SO32或 ClO3；答案：CaCl2 CaCl2属于离子晶体，钙离子和氯离子之间作用大，熔点高， AlC13属于分子晶体，分子间作用力弱。SO32-或 ClO3-。 (4)水杨酸钠分子中有羟基，而咖啡因分子中有 N、O 两种吸引电子能力很强的元素，所以二种分子之间可 形成氢键，使其溶解度增大；咖啡因分子中 N 原子有形成双键的 sp2杂化，也有形成单键的 sp3杂化；答案： 咖啡因与水杨酸钠形成了氢键 sp2和 sp3。 (5)
17、已知 CaO 晶体的密度为 3.25g/cm3，晶胞边长 481pm，则体积为(4.8110-8)3=1.11 10-22 cm3,所以晶胞的 摩尔质量为 3.25g/cm3 1.11 10-22 cm3 6.02 1023mol-1=218g/mol，即该晶胞中含有 4 个 CaO；属于面心立方 结构，根据面心结构的特点可推知，晶胞中距离 Ca2+最近的 O2-有 6 个，分别在 Ca2+的前后、上下、左右六 个位置上。答案：4 个 面心立方最密堆积 6 12.镇痛药物 J 的合成方法如下： 已知： (1)B的名称为_；F的结构简式为_。 (2)C中含氧官能团名称为_；的反应类型为_反应。
18、(3)的化学方程式为_ 。 (4)有机物 K分子组成比 F少两个氢原子，符合下列要求的 K的同分异构体有_种。 A遇 FeCl3显紫色 B苯环上有三个取代基 (5)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合己知信息选择必要 的无机试剂，写出的合成路线_。(已知： RCH=CHRRCOOH+RCOOH，R、R为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头 上注明试剂和反应条件) 【答案】 (1). 3-氯丙烯(或 3-氯-1-丙烯) (2). (3). 酯基 (4). 取代 (5). (6). 30 (7). 【解析】 【分析】 由逆推，可知 B 是 、A 是； ，结合，
19、可知 C 是 ；由， ，则 D 是，D 在稀硫酸中水解为 E；根 据，逆推 F 为。 【详解】根据以上分析，(1)B是，名称为 3-氯丙烯；F的结构简式为 。 (2)C是， 含氧官能团名称为酯基； 反应是代替中氨 基上的氢原子，反应类型为取代反应。 (3)反应是 ，化学方程式为 。 (4)遇 FeCl3显紫色，说明含有酚羟基；苯环上的三个取代基分别是或 或 ，每种组合在苯环上的位置异构有 10 种，所以符合要求 的 K的同分异构体共 30 种。 (5)根据题干的流程，以环已醇()和乙醇为起始原料合成，首先将环己醇转化为环己烯， 然后根据题中信息将环己烯氧化为己二酸，接着发生酯化反应制备己二酸二乙酯，最后根据题中反应的 信息发生取代反应制备产品。具体合成路线是： 。
