1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2018-2019学年下学期高三5月月考化 学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55 Ba 1
2、377化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A高纯二氧化硅可用作计算机芯片的材料B硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂C氯化铝是工业上电解法治炼金属铝的原料D“地沟油”可用来制肥皂和生物柴油8NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，36g 18O2中所含的中子数为16NAB8.0g Cu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NAC电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NAD室温下向1L pH1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+数目小于0.1NA9下列实验方案正确且能达到实验目的的是A：证明碳酸的酸性比硅酸强B：验证草酸晶体是否含
3、结晶水C：检验混合气体中H2S和CO2D：制备乙酸乙酯10甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A甲、乙的化学式均为C8H14B乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色11W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，Y的M层电子数与K层电子数之和为L层电子数的一半，Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到 Z的淡黄色单质。下列说法正确的是AY与Z的单质混合加热能反应 BX、Y、Z的简单离子半径：XYY12MgAgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活
4、电池。如图用该水激活电池为电源电解NaCl溶液的实验中，X电极上有无色气体逸出。下列有关分析正确的是AII为正极，其反应式为Ag+e=AgB水激活电池内Cl由正极向负极迁移C每转移1mol e，U型管中消耗0.5mol H2OD开始时U型管中Y极附近pH逐渐增大13已知HA的酸性弱于HB的酸性。25时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1molL1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A、B的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化悄况如图所示。下列说法正确的是A曲线表示溶液的pH与-lgc(A)的变化关系BC溶液中水的电离程度：MNDN点对应的溶液中c(Na+)Q
5、点对应的溶液中c(Na+)26（14分）某校化学趣小组设计了图示实验装置来测定某铁碳合金的质量分数。完成下列填空：（1）m g铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：常温下碳与浓硫酸不反应；_。（2）加热时A中碳与浓硫酸反应的化学方程式为_，B中的现象是_；C的作用是_。（3）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E称重b g。则铁碳合金中铁的质量分数的表达式为_（化简后的表达式）。（4）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数偏大，可能的原因是_。（5）乙同学提出，本套装置在设计上存在多处缺陷而导致实验结果不准确，其中会导致铁质量质量分数测量值偏低是_（回
6、答一条即可）。27（14分）碱性锌锰电池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料MnxZn(1x)Fe2O4，其工艺流程如图所示：（1）已知MnxZn(1x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为_。（2）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：_。（3）“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1
7、x)Fe2O4相符合。写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：_、_ _。若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a molL1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b molL1，滤液体积为1 m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为_kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。（4）在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是_。（5）用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_。28（15分）二甲醚又称甲
8、醚，简称DME，熔点-141.5，沸点-24.9，与石油液化气(LPG)相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-90.0kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-20.0kJmol1回答下列问题：（1）已知：H2O(1)=H2O(g) H=+44.0kJ/mol，若由合成气(CO、H2)制备1mol CH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，其热化学方程式为_。（2）有人模拟该制备原理：500K时，在2L的密闭容器中充入2mol CO和6mol H2，5min达到平衡，
9、平衡时测得c(H2)=1.8molL1，c(CH3OCH3)=0.2molL1，此时CO的转化率为_。用CH3OH表示反应的速率是_molL1min1，可逆反应的平衡常数K2=_。（3）在体积一定的密闭容器中发生反应，如果该反应的平衡常数K2值变小，下列说法正确的是_。A平衡向正反应方向移动 B平衡移动的原因是升高了温度C达到新平衡后体系的压强不变 D容器中CH3OCH3的体积分数减小（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图所示，则a=_ (填数值)。（5）绿色电源“二甲醚燃料电池”的结构如图所示，电解质为
10、熔融态的碳酸盐(如熔融K2CO3)，其中CO2会参与电极反应。工作时正极的电极反应为_ 。35【化学选修3：物质的结构与性质】（15分）BaTiO3、KH2PO4和NaNO2都属于铁电体，它们具有许多特异的性能如当它受压力而改变形状时产生电流，通电时会改变形状等。（1）基态Ti原子的价电子排布式为_，属于_区元素。（2）KH2PO4晶体中存在的作用力有_(选填字母)。A离子键 B共价键 C氢键（3）NO中N原子的杂化类型为_，键角(填“、或=”)_120，其原因是_。N、O、Na三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。（4）BaTiO3的晶胞如下图所示：Ti原子的配位
11、数为_，晶体的密度为 g/cm3，最近的Ba原子和O原子之间的距离为_（填计算式)nm。( BaTiO3的摩尔质量为233g/mol，NA为阿伏加德罗常数的值)36【化学选修5：有机化学基础】（15分）某有机反应中间体（X）的一种合成路线如图所示。已知：（R、R表示氢原子或烃基）；G的相对分子质量为118，可由NCCH2CH2CN水解制得。回答下列问题：（1）A的化学名称为_。（2）反应所需试剂、条件分别为_、_。（3）G的分子式为_。（4）X中含氧官能团的名称是_。（5）反应的化学方程式为_。（6）写出符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_（不考虑立体异构）。a苯环上连有-NO2 b核
12、磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为632（7）结合已有知识和相关信息，写出以CH3CHO为原料合成的路线流程图（无机试剂任用）。此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2018-2019学年下学期高三5月月考化 学答 案7. 【答案】D【解析】A计算机芯片的主要成分是提纯的单质硅，故A项错误；B硅胶经硅酸凝胶干燥脱水而得到，可以作为干燥剂，但因不具有还原性，不能作为食品包装中的抗氧化剂，故B项错误； C 氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能电离，不能用于冶炼金属铝，而氧化铝才是工业上电解法治炼金属铝的原料，故C项错误；D“地沟油”的成分是油脂，碱性条件下水解成为皂化反应，可用来制肥
13、皂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，故D项正确；答案选D。8. 【答案】B【解析】A36g 18O2的物质的量为=1mol，则所含中子数为2(18-8)NA=20NA，故A项错误；BCu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”构成，则含有的“CuO”物质的量为n=0.1mol，则混合物中含有的铜原子数为0.1NA，故B项正确；C阳极上生成气体的状态不明确，故物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C项错误；D1L pH1的醋酸溶液中，氢离子的物质的量n(H+)=0.1mol，在加水稀释过程中，醋酸的电离程度
14、增大，故所得溶液中H+数目略大于0.1NA，故D项错误；答案选B。9. 【答案】C【解析】A盐酸挥发出的HCl也能和硅酸钠反应，应先除去，A项错误；B草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B项错误；C足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；D导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D项错误；所以答案选择C项。10. 【答案】D【解析】A由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH原子上
15、，共有7种，故B正确；C苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。11. 【答案】A【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，则该气态化合物为NH3，故W为H，X为N；Y的M层电子数与 K层电子数之和为 L层电子数的一半，则Y为Mg元素；Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到Z的淡黄色单质，该反应为二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，则Z为S元素，以此分析解答。AMg与S的单质混合加热反应生成MgS，故A正确；BN、Mg、S的简单离子
16、半径：Mg2+N3H2，故D错误。答案选A。12. 【答案】B【解析】AAgCl是难溶物，其正极电极反应式为：2AgCl+2e=2C1+2Ag，选项A错误；B原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl在正极产生由正极向负极迁移，选项B正确；C每转移1mol e，由2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，选项C错误；DY为阳极，生成氯气，氯气与水反应呈酸性，pH减小，选项D错误。答案选B。13. 【答案】B【解析】A由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka(HB)Ka(HA)，由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc(B)的变化关系，错误；B根据图中M、N点的
17、数据可知，c(A)=c(B)，c(HA)=c(HB)，故，正确；M点与N点存在c(A)=c(B)，M点溶液的pH比N点溶液的pH小，c(OH)小，水的电离程度弱，故M点水的电离程度弱，错误；DN、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c(A)c(SO)c(H+)c(OH) 【解析】由流程图可知，向用水洗涤的废旧电池滤渣中加入稀硫酸，滤渣中的Fe和Zn(OH)2溶于稀硫酸，反应生成的硫酸亚铁在酸性条件下，与MnO(OH)发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸锰，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸锰的酸性滤液，向滤液中加入铁粉调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1x)
18、Fe2O4相符合，再加入双氧水将Fe 2+氧化为Fe 3+，用氨水调pH后，经结晶、过滤得到产品MnxZn(1x)Fe2O4。（1）由题意可知，MnxZn(1x)Fe2O4中锰元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为+a，由化合价代数和为零可得：（+2）x+（+2）（1-x）+（+a）2+（-2）4=0，解得a=3，故答案为：+3；（2）由题意可知，硫酸亚铁与MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe2+3H+=Mn2+Fe3+2H2O，故答案为：MnO(OH)+Fe2+3H+=Mn2+Fe3+2H2
19、O；（3）“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的Fe 3+和H+反应，反应时，氧化性较强的Fe3+与Fe反应生成Fe2+，Fe3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2+H2；由MnxZn(1x)Fe2O4得化学式可知，nMn2+Zn2+n(Fe 3+)=12，设加入的铁粉为x mol，依据题意可得（a molL1103L）(b molL1103L+x) =12，解得x=(2a-b)103 mol，则加入的铁粉质量为(2a-b)103 mol56g/mo
20、l=56(2a-b)103g=56(2a-b)kg，故答案为：56(2a-b)；（4）在“氧化”工序中，双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，反应生成的Fe3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素，故答案为：生成的Fe3+催化了双氧水的分解；（5）由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中一定含有可以做氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中由于铵根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H+)c(OH)，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH)c(SO)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为，故答案为：c(NH)c(SO)c(H+)c(OH)。28. 【答案】（1）2C
21、O(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l) H2=-244.0kJmol1 （2） 60% 0.12 1 （3） BD （4） 2 （5） 2CO2+O2+4e=2CO【解析】（1）给H2O(1)=H2O(g) H=+44.0kJ/mol编号为，根据盖斯定律，2+-得：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l) H2=-244.0kJmol1。（2）由已知，CO和H2按照物质的量之比12反应，H2反应了6mol-1.8molL12L=2.4mol，所以CO反应了1.2mol，此时CO的转化率为：1.2mol2mol100%=60%；根据反应，生成CH3OH 1.
22、2mol，用CH3OH表示反应的速率是1.2mol2L5min=0.12mol(Lmin)1；由c(CH3OCH3)=0.2molL1，可得反应H2O(g)的平衡浓度为0.2molL1，反应CH3OH(g)的平衡浓度为1.2mol2L-20.2molL1=0.2molL1，所以可逆反应的平衡常数K2=1。（3）化学平衡常数只受温度影响，反应正向为放热反应，升高温度K2值变小，平衡逆向移动，CH3OCH3(g)生成率降低，容器中CH3OCH3的体积分数减小；容器中气体总物质的量不变，容器容积固定，T增大，根据PV=nRT，则P增大，故BD正确。（4）反应物按化学计量数之比投料，则平衡转化率相同，
23、如图，交点纵坐标表示H2和CO转化率相等，横坐标a表示H2(g)和CO(g)的投料比，所以a=2。（5）正极上是氧气得电子发生还原反应，由已知熔融K2CO3作电解质，CO2参与反应，故电极反应式为：2CO2+O2+4e=2CO。35. 【答案】（1）3d24s2 d （2） ABC （3） sp2 ON （4） 6 【解析】（1）Ti是22号元素，根据原子构造原理可得其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，所以基态Ti原子的价电子排布式是3d24s2，Ti位于元素周期表第四周期第IVB族，属于d区；（2）KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有
24、P-O键、O-H键，-OH中的O原子与其它KH2PO4之间-OH的H原子间可形成氢键，故合理选项是ABC；（3）在NO中存在N=O和N-O，所有NO中的N原子采用sp2杂化，N原子最外层有5个电子，其中一对为孤电子对，有3个成键电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角小于120；（4）由于Na+是最外层8个电子的稳定结构，气态基态Na+从8电子稳定结构再失去一个电子最难，气态基态O+从2p3半充满较稳定结构再失去一个电子较难。所以Na+的第二电离能I2最大，N+最小，因此三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为NaON；（5）根据晶胞结构示意图可知：Ti位于晶胞
25、中心，O原子位于晶胞六个面心上，Ba位于晶体的8个顶点上，所以Ti的配位体数目是6；在一个晶胞中含有的各种元素的原子个数Ti：11=1；Ba：1/88=1，O：1/26=3，即一个晶胞中含有1个BaTiO3，其质量m=g，由于晶胞的密度是g/cm3，所以晶胞的体积V=cm3，则晶胞的边长L=cm=107nm，最近的Ba原子和O原子位于面对角线的一半位置，所以最近的Ba原子和O原子之间的距离为a=L=nm。36. 【答案】（1）苯乙烯 （2） NaOH/H2O（或氢氧化钠水溶液） 加热 （3） C4H6O4 （4） 羧基、酰胺键 （5） +HCN （6） （7） 【解析】（1）根据B和A的分子式
26、推出A为，化学名称为苯乙烯；答案：苯乙烯；（2）反应为+NaOH+NaBr，卤代烃水解成醇，需要反应条件强碱水溶液；答案：NaOH/H2O（或氢氧化钠水溶液）；（3）由以上分析可知G为G为HOOCCH2CH2COOH，分子式为C4H6O4；答案：C4H6O4；（4）有以上分析可知X为，含氧官能团的名称是羧基、酰胺键；答案：羧基、酰胺键；由以上分析可知反应为加成反应，化学方程式为+HCN；（6）a苯环上连有-NO2 b核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为632，只有三种氢原子，结构应该比较对称，氢原子数之比为632，符合条件的有、；（7）根据题干信息D到E，可，根据信息二可知，自身发生缩聚反应生成产物；答案：。
