1、 2019 年青岛市高考模拟检测理科综合试题年青岛市高考模拟检测理科综合试题 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Zn-65 第第 I 卷（选择题共卷（选择题共 126 分）分） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 l3 小题，每小题小题，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。 1.天然气因含有少量 H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如 图所示。下列说法不正确的是 A. 该脱硫过程需要不断添加 Fe
2、2(SO4)3溶液 B. 脱硫过程 O2间接氧化 H2S C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血 D. 华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐 【答案】A 【解析】 【详解】A.TF 菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁 （ 相 应 反 应 为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+） ， 硫 酸 亚 铁 被 氧 气 氧 化 成 硫 酸 铁 （ 相 应 反 应 为 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O） ，根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加 Fe2(SO4)3溶液，A错误； B.
3、脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程 O2 间接氧化 H2S，B 正确； C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送 O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4 可用于治疗缺铁性贫血，C正确； D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量， 华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古 代已利用天然气煮盐，D正确； 故合理选项是 A。 2.用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是 A. 100g 9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为 0.3NA B. 标准状况下，2.24L F2通入足量饱和食盐水中可置换出
4、 0.1NA个 Cl2 C. 工业合成氨每断裂 NA个 NN 键，同时断裂 6NA个 N-H 键，则反应达到平衡 D. 常温下 l LpH=7 的 1mol/LCH3COONH4溶液中 CH3COO -与 NH 4 +数目均为 N A 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 A. 溶 质 葡 萄 糖 和 溶 剂 水 中 都 含 有 O 原 子 ， 溶 液 中 所 含 O 原 子 物 质 的 量 n （ O ） = 1009% 180/ g g mol 6+ 1001 9% 18 / g g mol 1=5.36mol，A错误； B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生 HF和 O2，不能
5、置换出 Cl2，B 错误； C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂 NA个 NN 键，同时断裂 6NA个 N-H键，表示正 逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确； D.根据电荷守恒可得 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的 pH=7，则 c(H+)= c(OH-)，因此 c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO- 都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于 1mol，则它们的数目都小于 NA，D错误； 故合理选项是 C。 3.实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是 A. b 中导管不
6、能插入液面下，否则会阻碍产物的导出 B. 固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐 C. 乙酸乙酯与互为同分异构体 D. 乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱 【答案】B 【解析】 【详解】A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸 现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确； B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙 (CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见 固体酒精是混合
7、物，B错误； C.乙酸乙酯与的分子式都是 C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确； D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生 H+的能力：乙酸水乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱， D 正确； 故合理选项是 B。 4.前 20 号元素 X、Y、Z、W、R 原子序数依次增大。其中 X、Z、R最外层电子数相等， 且 X与 Z、R均 可形成离子化合物；Y、W 同主族，Y最外层电子数是内层电子数的 3 倍。下列说法正确的是 A. 元素原子半径大小顺序为：WZY B. X分别与 Y、Z、W 形成的常见化合物都属于电解质 C. Y分别与 Z、R 形成的化合物中均只含有离子键
8、 D. Y分别与 X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同 【答案】B 【解析】 【分析】 前 20 号元素 X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y 最外层电子数是内层电子数的 3 倍，由于最外层电子 数不超过 8，原子只能有 2 个电子层，最外层电子数为 6，则 Y为 O元素；而 Y、W同主族，则 W为 S元 素；X、Z、R 最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于 IA 族或 IIA 族，且 X与 Z、R均可形成离子 化合物，根据原子序数关系可知：X为 H元素、Z为 Na元素、R 为 K元素。 【详解】根据上述分析可知 X 是 H元素；Y是 O元素；Z是 Na元素；W是 S元
9、素；R是 K元素。 A 同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)W(S)Y(O)，A 错误； B.X 分别与 Y、Z、W 形成的常见化合物依次为 H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确； C.Y 与 Z、R 形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误； D.Y 分别与 X、Z、W 均可形成具有漂白性化合物 H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧 化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误； 故合理选项是 B。 5.2019 年 3月，我国科学家研发出一种新型的锌
10、碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时 B 电极反应式为：I2+2e-=2I- B. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大 C. M 为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜 D. 充电时，A极增重 65g时，C区增加离子数为 4NA 【答案】C 【解析】 分析】 由装置图可知，放电时，Zn 是负极，负极反应式为 Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为 I2+2e-=2I-，外电路 中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为 2I-2e-=I2、阴极反应式为 Zn2+2e-=Zn，据此分析 解答。 【详解】A.放电时，B 电极为正极，I2得到电子生成 I-，电极反应式
11、为 I2+2e-=2I-，A正确； B.放电时，左侧即负极，电极反应式为 Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确； C.离子交换膜是防止正负极 I2、Zn 接触发生反应，负极区生成 Zn2+、正电荷增加，正极区生成 I-、负电荷 增加，所以 Cl-通过 M膜进入负极区，K+通过 N膜进入正极区，所以 M 为阴离子交换膜，N为阳离子交换 膜，C错误； D.充电时，A极反应式 Zn2+2e-=Zn，A 极增重 65g 转移 2mol 电子，所以 C 区增加 2molK+、2molCl-，离子 总数为 4NA，D正确； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电
12、极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会 根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是 C为易错点。 6.在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A.为使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要用到研磨操作，A不符合题意； B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中， 需要准确称量瓷坩埚的质量、 瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、 瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，至少称量 4 次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，B不符合题意； C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，直到蓝色
13、完全变白，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中 未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意； D.加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无 水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D不符合题意； 故合理选项是 C。 7.苹果酸(H2MA，Ka1=1.4 10-3；Ka2=1.7 10-5)是一种安全的食品保鲜剂，H2MA分子比离子更易透过细胞膜 而杀灭细菌。常温下，向 20 mL 0.2 mol/L H2MA 溶液中滴加 0.2mol/L NaOH 溶液。根据图示判断，下列说 法正确的是 A. b 点比 a点杀菌能力强 B. 曲线代表 HMA-物质的量的变化 C.
14、MA2-水解常数 Kh7.1410-12 D. 当 V=30 mL时，溶液显酸性 【答案】D 【解析】 【详解】H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则 H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA与 NaOH 反应过程中H2MA浓度逐渐减小、 HMA-浓度先增大后减小、 MA2-浓度增大， 所以 I表示H2MA、 II表示 HMA-、 III表示 MA2-。 A.H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则 H2MA 浓度越大杀菌能力越大，H2MA浓度：ab，所 以杀菌能力 ab，A错误； B.通过上述分析可知，III 表示 MA2-物质的量的变化，B 错误； C.MA2-水解常数 Kh=
15、 2 c HMAc OH c MA = 2 w a K K = 14 5 1 10 1.7 10 5.8810-10，C错误； D.当 V=30mL时，溶液中生成等物质的量浓度的 NaHMA、Na2MA，根据图知溶液中 c(HMA-)C (5). H2ONH3CH4 (6). Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2 (7). sp2 (8). HCO3-间能够通过氢键相互聚合 (9). sp3 (10). 正四面体 (11). 3 160 A a N 1030 【解析】 【分析】 (1)已知 Sn 为 50 号元素，它是第五周期第 IVA，根据其核外电子排布书写其价层电子排
16、布式，结合泡利原 理和洪特规则判断其价电子中成对电子数。 (2)根据等电子体结构相似，N2分子中 2 个 N原子形成 3对共用电子对； 一般情况下同一周期的元素的原子 序数越大，元素的第一电离能就越大。但 IIA、VA处于核外电子轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离 能大于相邻主族的元素；结合氢键、分子间作用力判断氢化物的熔沸点高低； (3)Mg2Si和 NH4Cl在液氨介质中反应制得甲硅烷、氨气和 MgCl2，据此可得该反应的化学方程式； (4)根据 HCO3-中碳原子形成 键数和孤电子对数判断 C 原子的杂化方式；HCO3-能够双聚或多聚与微粒间 的氢键的存在有关； (5)SiC中每个 C
17、 与相邻的 4 个 Si形成共价键，每个 Si原子与相邻的 4个 C 形成共价键，结合 C、Si原子最 外层电子数判断原子的杂化方式；根据晶胞中 Si原子的位置可知其空间构型为正四面体形；结合晶胞中 C、 Si 原子的坐标参数可确定一个晶胞中含有的 C、Si原子个数，然后根据 = m V 计算晶体的密度，注意单位的 变换。 【详解】(1)Sn为 50 号元素，它是第五周期第 IVA的元素，根据其核外电子排布可知其价层电子排布式为 5s25p2，根据泡利原理和洪特规则，可知其价电子中成对电子数是 2 个 5s电子； (2)N2与 CO互为等电子体，由于 N2分子中 2 个 N原子形成 3对共用电
18、子对，因此 CO 分子中 C、O 原子也 是通过 3对共用电子对结合，电子式为；C、O、N是同一周期 元素，一般情况下同一周期的元素 的原子序数越大，元素的第一电离能就越大。但 N元素为 VA 元素，由于其 2p 轨道的电子排布处于半满的 稳定状态，所以其第一电离能大于 O，故三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：NOC；这三种元素 的氢化物 NH3、H2O、CH4，由于 NH3、H2O分子之间除存在范德华力外，还存在分子间氢键，氢键大于范 德华力，且氢键的数目 H2ONH3，作用力越大，克服这些作用力使物质熔化、气化消耗的能量就越高，所 以物质的沸点由高到低的顺序为 H2ONH3CH4； (
19、3)Mg2Si和 NH4Cl在液氨介质中反应制得甲硅烷、氨气和 MgCl2，据此可得该反应的化学方程式为： Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2； (4)在 HCO3-中 C 原子形成 2 个 CO 键和 1 个 C=O 键，即 C 原子形成 3 个 键，且 C 上没有孤电子对，C原 子的杂化方式是采用 sp2杂化；HCO3-中含 OH 键，HCO3-能够双聚或多聚是由于 HCO3-间能够通过氢键相互 聚合； (5)SiC中每个 C 与相邻4个 Si形成共价键，每个 Si原子与相邻的 4 个 C形成共价键，结合 C、Si原子最 外层电子数都是 4个，可知 C、Si原子的杂
20、化方式为 sp3；结合晶胞中 Si原子的位置可知其空间构型为正四 面体形；根据给出的晶胞中部分 C、全部 Si原子的坐标参数可知 Si 原子在晶胞内部，一个晶胞中含有 4 个 C、4 个 Si原子，则根据 = m V = 440 A g N （a10-10cm）3= 3 160 A a N 1030g/cm3。 【点睛】本题考查了物质结构的知识。涉及原子的核外电子排布、原子的杂化方式的判断、电子式的书写、 第一电离能大小比较、氢键、物质的熔沸点高低比较及晶体密度的计算。掌握原子核外电子排布与元素的 性质的关系、物质的作用力与物质性质的关系和晶体密度计算方法是本题解答关键，难点是晶体密度的计 算
21、，在计算密度时要注意晶胞参数的单位 cm与 pm单位的换算关系。 12.白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示： 已知： RCH2BrRCH=CHR 2RCH=CHR （以上 R、R代表氢、烷基） (1)白头翁素的分子式为_。 (2)试剂 a 为_，EF的反应类型为_。 (3)F的结构简式为_。 (4)C中含有的官能团名称为_。 (5) AB反应的化学方程式为_。 (6)F与足量氢气加成得到 G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类有_种。 (7)以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为_（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】
22、(1). C10H8O4 (2). 浓硫酸 (3). 消去反应 (4). (5). 羧基、羟基、碳 碳双键 (6). +H2O (7). 8 (8). 第一种路 线： 第二种路线： CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2=CH-CH=CH2CH3CH=CHCH3 【解析】 【分析】 （1） （6） A 发生加成反应生成的 B 为 HOOCCH（OH）CH2CH2Br， B和 HCHO发生已知的反应生成 C： ，C发生消去反应生成 D：，醇发生消去反应需要在浓硫酸作催化剂、加热条 件下进行，所以试剂 a为浓硫酸；D与 I2反应生成 E，根据 F 的分子式和白头翁素的结构简式，F发生已知 的反应
23、生成白头翁素，则 F为，E 发生消去反应生成 F，卤代烃在 NaOH 醇溶液、加热条件 下发生消去反应，则 b为 NaOH 醇溶液。 (7)以乙烯为起始原料合成，可由 CH3CH=CHCH3发生已知的反应得到；CH3CH=CHCH3可由 CH3CH2Br 与 CH3CHO 发生已知的反应获得，CH2=CH2与 HBr 发生加成反应生成 CH3CH2Br，乙烯与水发生加成 反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得 CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由 CH2=CHCH=CH2和氢气发生 1，4加成 反应得到， CH2=CHCH=CH2可由 CH2BrCH2Br和 HCHO发生已知的反应得到， CH2
24、BrCH2Br可由 CH2=CH2 和溴发生加成反应得到。 【详解】(1)根据结构简式确定白头翁素的分子式为 C10H8O4； (2)CD为醇的消去反应，则试剂 a为浓硫酸，EF的反应类型为消去反应； (3)F的结构简式为； (4) C的结构简式为，C 中含有的官能团名称为羧基、碳碳双键、羟基； (5)A发生加成反应生成 B，AB 反应的化学方程式为 ； (6)F为，F与足量氢气加成得到 G，G 的分子式为 C5H8O2，G的不饱和度是 2，G有多种同分异 构体， 其中属于链状羧酸类， 羧基的不饱和度是 1， 说明含有-COOH、 碳碳双键； 如果碳链结构为 C=C-C-C， 有 4种；如果碳
25、链结构为 C-C=C-C，有 2 种；如果碳链结构为，有 2种，所以符合条件的有 8种； (7)以乙烯为起始原料合成，可由 CH3CH=CHCH3发生已知的反应得到；CH3CH=CHCH3可由 CH3CH2Br 与 CH3CHO 发生已知的反应获得，CH2=CH2与 HBr 发生加成反应生成 CH3CH2Br，乙烯与水发生加成 反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得 CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由 CH2=CHCH=CH2和氢气发生 1，4加成 反应得到， CH2=CHCH=CH2可由 CH2BrCH2Br和 HCHO发生已知的反应得到， CH2BrCH2Br可由 CH2=CH2 和溴发生加成反应得到；其合成路线为 ， 也可能是合成路线 为：。 【点睛】本题考查有机物推断和合成，根据流程图，结合题干信息及反应条件、进行物质推断是关键，难 点是同分异构体种类判断，利用不饱和度确定链状结构中存在的官能团，题目侧重考查学生的分析推断及 知识综合运用、知识迁移能力。
