【校级联考】江西省重点中学盟校2019届高三上学期第一次联考化学试题（解析版）

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1、江西省重点中学盟校江西省重点中学盟校 2019 届高三第一次联考届高三第一次联考 化学试卷化学试卷 1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知 识正确的是 常见古诗文记载 化学知识 A 梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔 铁为茎干，不尔则多断折” 铁的合金硬度比纯铁的 大，熔点比纯铁的高 B 本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五 金，其水甚强，惟玻璃可盛” 强水为氢氟酸 C 本草经集注中记载鉴别硝石(KNO3)和朴消 (Na2SO4)的方法： “强烧之， 紫青烟起， 云是真硝石也”。 利用焰色反应 D 诗经大雅绵 ：“堇荼

2、如饴。”郑玄笺：“其所生菜， 虽有性苦者，甘如饴也。” 糖类均有甜味 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.剂钢为 Fe 的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A错误； B.能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而 HF酸与玻璃反应，B 错误； C.鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，C正确； D.糖类不一定有甜味，如淀粉、纤维素，且有甜味的不一定为糖类物质，D错误； 故合理选项是 C。 2.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 11.2 L 甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目

3、等于 2NA B. 含 NA个 CO32的 Na2CO3溶液中，Na+数目大于 2NA C. 密闭容器中，2 molSO2和足量 O2充分反应，产物的分子数小于 2NA D. 4.0 g CO2气体中含电子数目等于 2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A.未指明气体在什么条件下，所以不能确定气体的物质的量及微粒数目，A 错误； B.Na2CO3电离产生 Na+、CO32-个数比为 2：1，在溶液中 CO32-由于发生水解反应而消耗，所以若溶液中含 NA个 CO32，则 Na+数目大于 2NA，B 正确； C. SO2和 O2生成 SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容

4、器中，2 molSO2和足 量 O2充分反应，产物 SO3的分子数小于 2NA，C 正确； D.CO2分子中含有 22个电子，则 4.0g CO2气体中含有的电子数为 N=2NA，D正确； 故合理选项是 A。 3.某学习小组以废催化剂（主要成分 SiO2、ZnO、ZnS和 CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的 实验方案如下： 下列说法正确的是 A. 步骤中能溶于稀硫酸的是 ZnO、ZnS 和 CuS B. 步骤、中发生的反应均为氧化还原反应 C. 步骤涉及的离子反应可能为 CuSH2O22HCu2S2H2O D. 步骤和，采用蒸发结晶，过滤后均可获取粗晶体 【答案】C 【解析】 【分

5、析】 废催化剂主要成分 SiO2、ZnO、ZnS 和 CuS，由实验流程可知，中发生 ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、 ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S，滤液含硫酸锌，结晶法可得到晶体，滤渣 1 为 CuS、SiO2，中发生 CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，滤渣 2 为 S、SiO2，滤液含硫酸铜，结晶法得到胆矾，以此解答该题。 【详解】A.ZnO、ZnS 可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，A 错误； B.中发生 ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S，不是氧化还原反应，故 B 错误； C.中发生 CuS+H2O2+H

6、2SO4=CuSO4+S+2H2O，离子反应为 CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2O，C正确； D.步骤和均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶法获得晶体，D错误； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查混合物分离提纯的知识，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为 解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。 4.二异丙烯基苯是工业上常用的交联剂，可用于制备高性能超分子聚合物，其结构如下图所示。下列有关二 异丙烯基苯的说法错误的是 A. 在催化剂存在下可发生加聚反应 B. 与溴水混合后加入铁粉可发生取代反应 C.

7、 分子中所有碳原子可能都处于同一平面 D. 其一氯代物有 5 种 【答案】B 【解析】 【详解】A.物质含有碳碳双键，可发生加聚反应，A正确； B.含有苯环，具有苯的化学性质，可与液溴发生苯环上的取代反应，B错误； C.含有碳碳双键的物质、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分 子中所有碳原子可能都处于同一平面，C正确； D.该物质分子结构对称，在有机物含有 5 种不同的 H原子，故其一氯代物有 5 种，D 正确； 故合理选项是 B。 5.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将 Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴

8、加 KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化 Fe2+ B 向 KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸 溶液褪色 乙二酸具有氧化性 C 向 AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与 NH3 H2O 能 大量共存 D 向 1 mL 0.1 mol L-1 Na2S 溶液中滴入 2 mL 0.1 mol L-1 ZnSO4溶液，再加入 0.1 mol L-1 CuSO4溶液 开始有白色沉淀生成； 后有黑色沉淀生成 Ksp(CuS) (5). KBKC (7). 1：2 (8). 0.52mol/L 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律，反应 I+反应 III得反应，据此计算H2； (2)根据恒容

9、时气体的压强比等于气体的物质的量的比计算平衡时的压强；根据平衡常数表达式计算其平衡 常数； (3)当其他条件一定时，充入的 H2量越多，CO2 转化率越高，对应的 X越大，则 X1X2；在其它条件不 变时，结合图象可知：温度升高，CO2 的转化率降低，可推知该反应的正反应是放热反应，据此进行分析； 结合图象可知该反应正反应为放热反应，则温度升高，化学平衡常数将减小，而且化学平衡常数只与温 度有关； (4)由题意 pH=10，可计算 c(H+)=1 10-10mol/L，由 HCO3-CO32-+H+可得：Ka2=5 10 11，所以 =1：2； 设至少需要物质的量浓度为 xmol/L的 Na2

10、CO3溶液，当 BaSO4完全溶解后，23.3g BaSO4的物质的量为 n(BaSO4)= 23.3g 233g/mol=0.1mol，所得 5L溶液中 c(SO42-)=0.1mol 5L=0.02mol/L，此时溶液中 c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由 BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常数 K=0.04=，据此进行计算。 【详解】(1)I+ III，整理可得 CH3OH(g)+ O2(g)HCHO(g)+H2O(g) H2=H1+ H3=-156.6kJ/mol； (2)根据在恒容时气体的压强比等于气体的物质的量的比计算平衡时的压强。若

11、起始压强为 P0，达到平衡转 化率为 ， CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) 起始(mol) 1 0 0 变化(mol) a a a 平衡(mol) 1-a a a 压强之比等于物质的量之比，则 p0：P平=1(1+a)，P平=p0(1+a)。当 P0=101kPa，测得 =50.0%，该反应平衡 常数 Kp= =50.5 kPa； (3)当其他条件一定时，充入的 H2量越多，CO2 转化率越高，对应的 X越大，则 X1X2；在其它条件不变 时，结合图象可知：温度升高，CO2 的转化率降低，可推知该反应的正反应是放热反应，则 Q0； 结合图象可知该反应的正反应为放热反应。温度升高，平衡

12、逆向移动，该反应的化学平衡常数减小；而 且化学平衡常数只与温度有关，根据图象知 A点的温度低于 B、C 两点，而且 B、C两点温度相同，则三点 对应的平衡常数的大小关系为：KAKB=KC； (4)由题意pH=10， 可计算c(H+)=1 10-10mol/L， 由HCO3-CO32-+H+可得： Ka2=5 10 11，所以 =1：2； 设至少需要物质的量浓度为 xmol/L的 Na2CO3溶液，当 BaSO4完全溶解后，23.3g BaSO4的物质的量为 n(BaSO4)= 23.3g 233g/mol=0.1mol，所得 5L溶液中 c(SO42-)=0.1mol 5L=0.02mol/L

13、，此时溶液中 c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由 BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常数 K=0.04=； 设至少需要物质的量浓度为 xmol/L的 Na2CO3溶液，当 BaSO4完全溶解后，所得 5L溶液中 c（SO42-） =0.02mol/L，此时溶液中 c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由 BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常 数 K= =0.04=，解得 x=0.52mol/L。 【点睛】本题考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、比较、弱电解质电离平衡常数的应用、沉淀的转化 及溶度积常数的应

14、用的知识。掌握化学反应原理是解答此题的关键。 11.X、Y、Z、M、N、Q、P 为元素周期表前四周期的 7种元素。其中，X 原子核外的 M 层中只有两对成对 电子，Y原子核外的 L层电子数是 K层的两倍，Z是地壳内含量最高的元素，M的内层电子数是最外层电 子数的 9倍，N的原子序数比 M 小 1，Q在元素周期表的各元素中电负性最大。P 元素的第三电子层处于全 充满状态，第四电子层只有一个电子。请回答下列问题： (1)基态 X的外围电子电子排布图为_，P 元素属于_ 区元素。 (2)XZ2分子的空间构型是_，YZ2分子中 Y 的杂化轨道类型为_，相同条件下两者在水中的溶解度 较大的是_（写分子式

15、） ，理由是_。 (3)含有元素 N的盐的焰色反应为_色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_。 (4)元素 M 与元素 Q形成晶体中，M离子与 Q 离子的配位数之比为_。 (5)P 单质形成的晶体中， P原子采取的堆积方式为_， P 原子采取这种堆积方式的空间利用率为_ （用 含 表达式表示） 。 【答案】 (1). (2). ds (3). V形 (4). sp杂化 (5). SO2 (6). SO2为 极性分子， CO2为非极性分子， H2O为极性溶剂， 极性分子易溶于极性溶剂， 故 SO2的溶解度较大 (7). 紫 (8). 电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量 (9

16、). 2：1 (10). 面心立方最密堆积 (11). 【解析】 【分析】 X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的 7 种元素，X 原子核外的 M 层中只有两对成对电子，核 外电子排布应为 1s22s22p63s23p4，X 为 S元素；Y原子核外的 L层电子数是 K层的两倍，Y有 2个电子层， 最外层电子数为 4，则 Y 为 C 元素；Z是地壳内含量最高的元素，为 O 元素；M 的内层电子数是最外层电 子数的 9倍，M 只能处于第四周期，最外层电子数只能为 2，内层电子总数为 18，核外电子总数为 20，M 为 Ca 元素； N 的原子序数比 M小 1， 则 N为 K元素； Q 在

17、元素周期表的各元素中电负性最大， Q为 F元素； P 元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子，原子核外电子数=2+8+18+1=29，则 P 为 Cu元素，据此解答。 【详解】X为 S元素，Y为 C 元素，Z为 O 元素，M 为 Ca 元素，N为 K元素，Q为 F元素，P 为 Cu元素。 (1)X为 S 元素，元素在周期表中的位置是：第三周期A族，外围电子排布为 3s23p4，它的外围电子的电子 排布图为，P 元素为 Cu，属于 ds 区元素； (2)SO2分子中 S 原子价层电子对数 2+=3，S原子含有 1对孤电子对，所以其立体结构是 V 形，CO2 分子 C原子呈 2 个

18、 键、 没有孤电子对， C 的杂化轨道类型为 sp 杂化， SO2为极性分子， CO2为非极性分子， H2O 为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故 SO2的溶解度较大； (3)含有 K元素的盐的焰色反应为紫色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是电子由较高能级跃迁到 较低能级时，以光的形式释放能量； (4)元素 M 与 Q分别为 Ca和 F，形成的晶体为 CaF2，Ca2+作面心立方最密堆积，F-做四面体填隙，Ca2+的配 位数为 8，F-的配位数为 4，所以 M离子与 Q离子的配位数之比为 2：1； (5)P 为 Cu，P 单质形成的晶体中，原子采取的堆积方式为面心立方最密堆积，一个晶胞

19、中有 Cu 的个数为 8个，设 Cu 的半径为 r，则 V球=4=，根据几何关系，晶胞边长为 a=2r，所 以晶胞的体积 V晶胞=a3=16r3，所以空间利用率为 100%。 【点睛】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子的排布、化学键、杂化方式与空间构型、分子结构与性 质、晶胞计算等，(4)中注意利用均摊法计算晶胞的质量，涉及球、立方体的体积的计算等，难度中等。 12.某新型药物 H()是一种可用于治疗肿瘤的药物，其合成路线如图 所示： 已知：(1)E的分子式为 C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色 (2) （R为烃基） (3) 请回答下列问题： (1)A的结构简式为_；D的官能团的名称为_

20、。 (2)的反应类型是_；的反应条件是_。 (3)写出 BC的化学方程式_。 (4)写出 F+GH 的化学方程式_。 (5)E 有多种同分异构体，同时满足下列条件的 E 的同分异构体有_种。 .能发生银镜反应 .能发生水解反应 .分子中含的环只有苯环 (6)参照 H的上述合成路线，设计一条由乙醛和 NH2CH(CH3)2为起始原料制备医药中间 CH3CONHCH(CH3)2 的合成路线_。 【答案】 (1). (2). 羟基、羧基 (3). 加成反应 (4). 浓硫酸、加热 (5). (6). (7). 5 (8). 【解析】 【分析】 由 B 的结构简式，结合反应条件，逆推可知 A 为，B发

21、生水解反应生成 C为， 结合 D 的分子式可知 C 发生氧化反应生成 D 为，E 的分子式为 C9H8O2，能使溴的四氯化 碳溶液褪色，则 D 是发生消去反应生成 E，故 E 为，E 发生信息(3)中的反应生成 F 为 ，结合信息(2)中 H的结构简式，可知 G 为；(6)乙醛发生氧化反应 生成乙酸，乙酸与 PBr3作用生成，最后与 NH2CH(CH3)2作用得到 CH3CONHCH(CH3)2。 【详解】 (1)据上所述可知： A 的结构简式为； D 为， D 官能团的名称为羟基、 羧基； (2)A 变为 B 的反应，A是，A与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应，产生 B：， 所以的反应类

22、型是加成反应；的反应是 D变为 E，D 是，D 发生消去反应，产生 E： 的反应类型是消去反应； (3) B是，B与 NaOH 的水溶液在加热时发生取代反应，产生 C，所以 BC的化学方程式为： ； (4) F为，G是 ，二者发生取代反应产生 H： 及 HBr，该反应的化学方程式为： ； (5)E()的同分异构体含有苯环，且同时满足下列条件：能发生银镜反应、能发生水解 反应，说明含有甲酸形成的酯基，分子中含的环只有苯环，说明苯环侧链含有碳碳双键，只有一个取代 基为CH=CHOOCH、有 2个取代基为CH=CH2、OOCH，两个取代基在苯环上有邻、间、 对 3不同的位置，故符合条件的共有 5种； (6)乙醛发生氧化反应生成乙酸 CH3COOH，乙酸与 PBr3作用生成，最后与 NH2CH(CH3)2作用 得到 CH3CONHCH(CH3)2，合成路线流程图为： 。 【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条 件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解本题 关键，题目难度中等。