【校级联考】山东省实验中学、淄博实验中学、烟台一中、莱芜一中四校2019届高三下学期第一次联合模拟考试理科综合化学试题（解析版）

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1、山东省实验中学山东省实验中学 淄博实验中学烟台一中莱芜一中淄博实验中学烟台一中莱芜一中 山东省四校山东省四校 2019 届高三联考届高三联考 理科综合化学试题理科综合化学试题 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Cu 64 1.为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为 Zn 和 Cu)回收 Cu并制备 ZnO的部分实 验过程如图所示。下列叙述错误的是 A. “溶解”操作中溶液温度不宜过高 B. 铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或 H2O2 C. 与锌粉反应的离子可能为 Cu2+、H+ D. “过滤”操作后，

2、将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后，高温灼烧即可得纯净的 ZnO 【答案】D 【解析】 【详解】A. “溶解”操作中溶液温度不宜过高，否则过氧化氢分解，故正确； B. 铜帽溶解后，溶液存在过氧化氢，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或 H2O2，防止后面消耗过 多的锌粉，故正确； C. 固体溶解中溶液中存在 Cu2+、H+，都与锌粉反应的离子，故正确； D. “过滤”操作后滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后，高温灼烧不能得至 纯净ZnO，其中含有硫酸钠，故错误。 故选 D。 2.化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是 A. 氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类

3、 LaNi5等合金材料是纯净物 B. 硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为 SiO2是酸性氧化物 C. 油脂水解都得高级脂肪酸和甘油 D. 次氯酸具有强氧化性，所以漂粉精可用于游泳池消毒 【答案】D 【解析】 【详解】A.合金材料是混合物，故错误； B. 硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，与 SiO2是酸性 氧化物无关，故错误； C. 油脂在酸性条件下水解都得高级脂肪酸和甘油，但在碱性条件下得到高级脂肪酸盐和甘油，故错误； D. 次氯酸具有强氧化性，漂粉精溶液吸收空气中的二氧化碳后可以生成次氯酸，所以可用于游泳池消毒， 故正确。 故选 D。

4、3.用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 25g胆矾溶于水形成 1L溶液，所得溶液中 Cu2+数目为 0.1NA B. 120g NaHSO4固体含有 H+的数目为 NA C. 17g甲基( 14CH3)所含的中子数目为 8NA D. 1mol FeI2与 22.4LCl2完全反应时转移的电子数为 2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. 25g胆矾即 0.1mol 硫酸铜晶体，溶于水形成 1L溶液，所得溶液中铜离子水解，所以 Cu2+数目 为小于 0.1NA，故错误； B. 120g NaHSO4的物质的量为 1mol，固体中含有钠离子和硫酸氢根离子，不含氢离子，故错误；

5、 C. 17g 甲基( 14CH3)的物质的量为 1mol，每个甲基含有 8个中子，所以所含的中子数目为 8NA，故正确； D. 22.4LCl2没有说明是否在标况下，不能确定其物质的量，不能计算其与 1mol FeI2与完全反应时转移的电 子数，故错误。 故选 C。 【点睛】掌握物质中微粒种类和数目，需要考虑电离和水解问题。对于有质量数的微粒，掌握质量数=质子 数+中子数的关系进行计算。注意 22.4L/mol 的使用范围。 4.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，工业生产乙酸乙酯的方法很多，如下图： 下列说法正确的是 A. 与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有 3种 B. 反应、均为取

6、代反应 C. 乙醇、乙醛两种无色液体可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别 D. 乙酸分子中共平面原子最多有 5个 【答案】A 【解析】 【详解】A. 与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有甲酸丙酯，或甲酸异丙酯，或丙酸甲酯，共有 3 种； B. 反应为取代反应，、为加成反应，故错误； C. 乙醇、乙醛两种无色液体，但都能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能用其鉴别，故错误； D. 乙酸分子碳氧双键形成一个平面，共平面原子最多有 6 个，故错误。 故选 A。 【点睛】掌握同分异构体的书写方法，有碳链异构和官能团异构等。掌握有机物的官能团的结构和性质的 对应关系。 5.下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

7、A. (正放)可收集 NO气体 B. 可吸收多余氨气且能防止倒吸 C. 可实现反应：Cu+2H2O Cu(OH)2+H2 D. 装置可实现制乙炔 【答案】A 【解析】 【详解】A.一氧化氮和二氧化碳不反应，密度比二氧化碳小，所以可以用向下排气法收集，故正确； B.氨气和硫酸反应，直接通入硫酸溶液中容易出现倒吸，故错误； C.装置中铜在阴极，不能参加反应，故错误； D.电石和水反应生成乙炔反应剧烈，应通过分液漏斗滴加饱和食盐水控制反应速率，故错误。 故选 A。 【点睛】掌握电解池的工作原理。电解池中阳极是活性电极时，电极材料反应，阴极电极材料不反应，是 溶液中的阳离子反应。 6.主族元素 W、X

8、、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于 20。W、X、Y、Z的族序数之和为 12；X与 Y 的电子层数相同；向过量的 ZWY 溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的 气体放出。下列说法正确的是 A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z)r(Y)r(X)r(W) B. 氧化物的水化物的酸性：H2XO3r(Y) r(W)，故错误； B. 硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序 H2SiO3”或“ (3). 62.5% (4). 102.4Pa (5). 2HSO4-2e-=S2O82-+2H+ (6). 质 子 (7). 0.2g (8)

9、. c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+) 【解析】 【分析】 根据盖斯定律分析热化学方程式的书写和反应热，根据平衡的影响因素和平衡的三段式计算平衡常数。根 据电解原理分析阳极和阴极的电极反应，根据溶液中的离子的变化分析两极溶液的质量变化。 【 详 解 】（ 1 ） H= 1160kJ mol-1， H=+293kJ mol-1，根据盖斯定律分析，+得热化学方程式为： CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=1160+293=-867kJmol-1 （2）从图分析，随着温度升高，甲烷的分压(Pa)的对数变大，说明甲烷减少，则说明升

10、温平衡正向移动， 即H 0； 从图分析，达到平衡时乙炔的分压为 100 Pa，则消耗的甲烷的分压为 200Pa，乙烯的分压为 10 Pa，消耗的甲烷的分压为 20Pa，剩余甲烷的分压为 100 Pa，最初甲烷的分压为 100+200+20=320 Pa，则甲烷 生成乙炔的平衡转化率为 200/320=62.5%。平衡时甲烷的分压为 100 Pa，乙烯的分压为 10 Pa，则氢气的分 压为 300+20=320 Pa，平衡常数为=102.4Pa。 （3）电解硫酸氢钾溶液制备过二硫酸钾，所以说明硫元素化合价升高，即阳极为硫酸氢离子失去电子生成 过二硫酸根离子，电极反应为：2HSO4-2e-=S2O

11、82-+2H+；溶液为酸性，反应生成过多的氢离子，阴极反应为： 2H+2e-=H2，所以为质子交换膜。当有 0.2mol 电子转移时，阳极区向阴极区转移 0.2mol 氢离子，阴极区有 0.2mol 氢离子变成氢气，阴极区质量不变，所以两边质量变化差为 0.2g。 （4）当 O2通入量为 8.96L时，即 0.4mol氧气，则消耗 0.2mol 甲烷，生成 0.2mol二氧化碳，与 0.3mol氢氧 化钠反应，生成 0.1mol碳酸钠和 0.1mol碳酸氢钠，因为碳酸根离子水解程度比碳酸氢根大，所以溶液中碳 酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性，故离子浓度顺序为： c(Na+)c(HC

12、O3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)。 【点睛】本题易错点为判断两极区溶液质量的变化。注意在电解过程中有氢离子通过质子交换膜从阳极区 进入阴极区，电子的物质的量和转移的氢离子的物质的量相同。 11.(1)火箭使用的推进剂燃料由 N、H两种元素组成，且原子个数 N：H=1：2，其水溶液显碱性，则该物质 中 N 原子的杂化方式为_。 (2)笑气(N2O)曾被用作麻醉剂，但过度吸食会导致身体机能紊乱。预测 N2O 的结构式为 _。 (3)元素基态气态原子得到一个电子形成气态1价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E)， 1价阴 离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能，部分元素或离

13、子的电子亲和能数据如下表所示。 元素 C1 Br I O O- 电子亲和能（kJmol） 349 343 295 141 780 下列说法正确是_。 A电子亲和能越大，说明越难得到电子 B一个基态气态氧原子得到一个电子成为 O 2-时放出 141kJ 的能量 C氧元素的第二电子亲和能是780kJmol D基态的气态氧原子得到两个电子成为 O2-需要吸收能量 (4)在电解炼铝过程中加入冰晶石(用“A”代替)，可起到降低 Al2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为： 2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2A+3CO2+9H2O。根据题意完成下列填空： 冰晶石的化学式为_。 冰晶石由两种微粒构

14、成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，位于大立方体的顶点和面心，位于大立方体 的 12条棱的中点和8个小立方体的体心， 那么大立方体的体心处所代表的微粒是_(填微粒符号)。 冰晶石溶液中不存在的微粒间作用力有_(填选项字母)。 A 离子键 B 共价键 C 配位键 D 金属键 E 范德华力 F 氢键 Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图 如图丁所示： 若已知 A1的原子半径为 d cm，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为 M，则晶胞中 Al原子的配 位数为_；Al晶体的密度为_gcm-3(用字母表示)。 (5)配合物 Fe(CO)5的熔

15、点20，沸点 103，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。 Fe(CO)5晶体类型属于_晶体。 关于 Fe(CO)5，下列说法正确的是_。 AFe(CO)5是非极性分子，CO 是极性分子 BFe(CO)5中 Fe 原子以 sp3杂化方式与 CO 成键 C1mol Fe(CO)5含有 10mol配位键 D反应 Fe(CO)5=Fe+5CO 没有新化学键生成 【答案】 (1). sp3 (2). N=N=O (3). CD (4). Na3AlF6 (5). Na+ (6). AD (7). 12 (8). (9). 分子 (10). AC 【解析】 【详解】 （1） 火箭的推进剂燃料为

16、 N2H4， 可以看成是氨气中的氢原子换成-NH2， 氨气中氮原子采用 SP3杂化， 所以 N2H4中氮也采用 SP3杂化。 （2）笑气(N2O)与二氧化碳为等电子体，二氧化碳的结构式为 O=C=O，所以笑气的结构式为 N=N=O。 （3）A结合表中数据分析，氯、溴、碘得到一个电子的能量变化，得出元素的电子亲和能越大，说明越 容易得到电子，故错误； B由题中数据可知，1mol 基态的气态氧原子得到电子成为 O-时放出 141kJ 的能量，故错误； C基态的气态氧原子得到一个电子成为 O-，O-再得到一个电子成为 O2-，此时的能量变化为第二电子亲和 能，故氧元素的第二电子亲和能是780kJmo

17、l，故正确； D根据表中数据，1mol 基态的气态氧原子得到电子成为 O-放热 141 kJmol，1molO-再得到电子成为 O2- 吸热 780kJmol，根据盖斯定律分析，氧原子得到两个电子时应吸收热量，故正确。故选 CD。 （4）根据质量守恒定律分析，冰晶石的化学式为 Na3AlF6； 位于大立方体的顶点和面心，个数为，位于大立方体的 12 条棱的中点和 8个小立方体 的体心，个数为，要使两种离子的个数比为 1:3，所以大立方体体心所以代表的为钠离子。 冰晶石溶液中存在钠离子、AlF63-、水，还有水电离出的氢氧根离子和氢离子，AlF63-中存在共价键和配位 键，水分子中存在共价键，水

18、分子间存在范德华力和氢键，所以不存在离子键和金属键。 在晶胞中以面心的铝原子为中心，与其距离最近的等距离的铝原子有 12 个，即三个维度上的 12 个原子， 所以铝的配位数为 12，该晶胞中铝原子个数为，该晶胞的棱长为= ，所以晶 胞的体积为, 。 （5）配合物 Fe(CO)5的熔点20，沸点 103，说明其为分子晶体。 AFe(CO)5为对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，一氧化氮为极性分子，故正确； BFe(CO)5中 Fe 原子与一氧化碳形成配位键，铁原子提供空轨道，故错误；C铁与一氧化碳形成 5个配 位键，一氧化碳分子中氧原子提供 1 对电子与 1 个碳原子形成 1个配位

19、键，所以 1mol Fe(CO)5中含有 10mol 配位键，故正确； D反应 Fe(CO)5=Fe+5CO，反应中得到铁单质，形成金属键，故错误。故选 AC。 12.“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的 Huisgen环加成反应： 我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物 F并研究其水解反应。合成线路如下图所示： 已知： (1)的反应类型是_，化合物 的官能团的名称为_。 (2)关于 B和 C，下列说法不正确的是_(填字母序号)。 a利用红外光谱法可以鉴别 B 和 C bB可以发生氧化、取代、消去反应 c可用溴水检验 C 中含有碳碳三键 (3)B生成 C的

20、过程中还有另一种生成物 X，分子式为 C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简 式为_。 (4)D生成 E的化学方程式为_。 (5)有机物 M是有机物 C的同系物，其相对分子质量比 C 大 14，写出一种满足下列条件的 M的同分异构体 N 的结构简式是_。 a除苯环外，不含其它的环状结构，不考虑立体异构； b能与 FeC13溶液发生显色反应； c1mol N最多与 6mol Br2(浓溴水)反应。 (6)为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体 K( ) 其合成路线如下，写 出 H、J 的结构简式：H_、J_。 【答案】 (1). 取代反应 (2). 氟原子、 氨基 (3). c

21、 (4). (5). (6). (7). (8). 【解析】 【分析】 根据原子守恒分析反应过程中的产物和反应类型。根据官能团的性质分析反应方程式。 【详解】 （1）与反应生成和溴化氢，为取代反 应。的官能团为氟原子和氨基。 （2）B 含有碳碳三键、醛基和羟基，C 含有碳碳三键和醛基，二者官能团不同，可以用红外光谱进行鉴别， 故 a 正确；B 含有碳碳三键、醛基和羟基，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其能发生氧 化、取代，和消去反应，b 正确；C 含有碳碳三键和醛基，因为醛基也能使溴水褪色，不能用溴水检验碳碳 三键，故 c 错误。 （3）分子式为 C3H6O，核磁共振氢谱显示只有

22、一组峰，说明结构中含有两个甲基，X 的结构简式为 ； （4）D和 NaN3反应生成 E，发生取代反应，氟原子被-N3原子团取代，化学方程式为： （5）有机物 M是有机物 C的同系物，其相对分子质量比 C 大 14，则 M 的分子式为 C10H8O，其不饱和度为 7。 M的同分异构体 N的结构要求为： a除苯环外，不含其它的环状结构，不考虑立体异构，则侧链上 有 3 个不饱和度，且全部为碳碳不饱和键；b能与 FeC13溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；c1mol N 最多与 6mol Br2(浓溴水)反应，则侧链一定不在酚羟基的邻位和对位，只能在间位。综上所述，苯环上连接 两个侧链，一个为羟基、一个位于羟基间位的-C4H3，其含有一个碳碳双键和一个碳碳三键；或在苯环上连 接三个取代基，一个羟基、一个乙炔基和一个乙烯基，其结构简式为： （6）与氧气反应，说明是醛基变羧基，所以 H 为；其与乙炔反 应生成，再与反应生成 J，结构简式为： 。