1、山东省实验中学（西校区）2019届高三11月模拟考试理科综合化学试题1.化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法不正确的是A. 玛瑙、水晶、钻石、红宝石等装饰品的主要成分都是硅酸盐B. 使用含有氯化钙的融雪剂会加速桥梁的腐蚀C. “山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关D. 沼气是可再生资源，电能是二次能源【答案】A【解析】A玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石的成分是碳单质，不是硅酸盐，故A错误；B含有氯化钙的融雪剂，可与桥梁中Fe、C构成原电池，加速桥梁的腐蚀，故B正确；C疫苗未冷藏储运而失效，温度升高，蛋白质发生变性，则应低温保存，故C正确；D沼气可以通过植物秸秆的发酵
2、再生；通过人为加工获得的能源为二次能源，电能是通过燃煤或水能或风能等转化而来的，属于二次能源，故D正确；答案为A。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是A. 常温常压下，11.2LCH4气体中含有的CH4分子数小于0.5NAB. 标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.25NAC. 1 mol碳烯（CH2）所含的电子数目为8NAD. 标准状况下，22.4LNO2与水充分反应转移电子数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，11.2LCH4气体中含有的CH4分子数等于0.5NA。常温常压下。温度升高了，气体的摩尔体积增大，所以11.2LCH4气体中含有的CH
3、4分子数小于0.5NA，故A正确；B. 标准状况下，0.56L丙烷的物质的量为0.025mol,1mol丙烷中含有共价键的数目为10mol,所以0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.25NA，故B正确；C. 1 mol碳烯（CH2）所含的电子数目为8NA，故C正确；D. 标准状况下，22.4LNO2为1mol,与水发生歧化反应，充分反应转移电子数目为2/3NA,故A错误；答案：D。3.已知A、B、C、D为短周期内原子序数依次增大的元素，X、Y、M、N分别由这四种元素中的两种组成的常见化合物，甲、乙为其中两种元素对应的单质若X与Y、甲与乙摩尔质量相同，Y与乙均为淡黄色固体，上述物质之间的转化关系
4、如下图所示（部分反应物或生成物省略），则下列说法中不正确的是A. 沸点NMB. A、C、D的常见氧化物相互之间一定能反应C. 简单离子半径：D2-B2-C+A+D. C与其他元素均能形成离子化合物【答案】B【解析】【分析】甲、乙为其中两种元素对应的单质，Y与乙均为淡黄色固体，则乙为S，Y为Na2O2；X与Y、甲与乙摩尔质量相同，则甲为O2，X为Na2S；由转化关系图可知，M为H2S，N为H2O。综上所述，A为H，B为O，C为Na，D为S，X为Na2S，Y为Na2O2，M为H2S，N为H2O。【详解】A. N为H2O ,分子中存在着氢键，M为H2S所以沸点H2O H2S，故A正确；B. A为H，
5、C为Na，D为S，其常见氧化物A、C、D分别为H2O、H2O2、Na2O 、Na2O2、SO2、SO3，的相互之间H2O2和Na2O2不能反应，故B错误；C. 具有相同电子层结构的离子，核电荷数越小，半径越大，所以离子半径O2-Na+，又因为电子层数多，半径越大，所以S2-O2-Na+H+，故C项正确；D. C为Na 为活泼金属溶易失电子，所以能与其他元素均能形成离子化合物，故D正确。答案：B。【点睛】微粒半径大小的比较方法是：具有相同电子层结构的离子，核电荷数越小，半径越大，又因为电子层数多，半径越大。4.有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3CHCHCH3可简写为，有机物X的键线式为。下
6、列关于有机物X的说法中正确的是A. X的含氧官能团是羧基和醚键B. X的分子式为C7H7O3C. X因能与酸性KMnO4溶液发生取代反应而褪色D. 有机物Y是X的同分异构体，能与碳酸氢钠溶液反应且含苯环，则Y的结构有3种【答案】D【解析】【详解】A.有机物含有碳碳双键、羰基、羟基和醚键,而乙酸乙酯只含酯基,故A错误;B.由结构简式可以知道有机物分子式为C7H6O3,故B错误; C.X含有碳碳双键,可与高锰酸钾发生氧化还原反应,故C错误;D.有机物分子式为C7H6O3,有机物Y是X的同分异构体,能与碳酸氢钠溶液反应且含有苯环,则分子中含有羟基、羧基,有邻、间、对3种同分异构体,故D正确；答案：D
7、。【点睛】有机物含有碳碳双键、羰基、羟基和醚键,结合烯烃、酮、醇的性质解答。5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A. 用图1所示装置可收集NO气体B. 用图2所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C. 用图3所示装置可实现反应:Cu +2H2OCu(OH)2 +H2D. 用图4所示装置可分离乙醇(沸点:78.4)与二甲醚（沸点:24.9)的混合物【答案】C【解析】图1中NO气体极易被空气中的氧气氧化,其密度小于CO2的密度,应该短管进入,长管排出CO2,A不能实现;图2中苯密度小,漂在上层不能达到防止倒吸的目的;图3中Cu做阳极,失电子溶解,变成进入溶液,石墨电极是阴极,H+得电子析
8、出H2,溶液中生成Cu(OH)2,C正确;图4是蒸馏装置,温度计应该放于支管口附近测定蒸气的温度。6.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应H2S+O2=H2O2+S。已知甲池中发生的反应为下列说法不正确的是A. 该装置中存在光能向电能的转化B. H+从乙池移向甲池C. 乙池溶液中发生的反应为H2S+I3-=3I-+S+2H+D. 甲池中炭棒上发生的电极反应为AQ+2H+-2e-=H2AQ【答案】D【解析】【详解】A.该装置中有光照，所以光能转化为电能，故A正确；B. H+在甲池消耗，在乙池生成，因此H+从乙池移向甲池，故B正确；C.由图可知乙池中H2S变为S，化合
9、价降低，同时生成H+，根据得失电子守恒写出方程式为H2S+I3-=3I-+S+2H+故C项正确；D.碳棒上发生的电极反应是一个转移溶液中H+的反应，电极反应式为，AQ+2H+-2e-=H2AQ,故D错误；答案：D。7.25时，用01molL-1NaOH溶液滴定20mL 0.1molL-1 H2SO3溶液的滴定曲线如图所示下列说法正确的是 A. a点：c(H2SO3)+ c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1molL-1B. b点：c(Na+)c(HSO3-.) c(H2SO3) c(SO32-)C. 溶液导电性bcD. a、b、c、d中，d点水的电离度最大【答案】D【解析】【分析】因为H2
10、SO3+NaOH=NaHSO3+H2O, NaHSO3+ NaOH= Na2SO3+H2O，a点时20mL 0.1molL-1H2SO3溶液与10mL 0.1molL-1NaOH 混合发生的是第一个反应, 溶液为H2SO3 和NaHSO3的混合液；b点时20mL 0.1molL-1NaOH，两者恰好反应，生成NaHSO3溶液；c点时为NaHSO3和Na2SO3的混合液，d点时为Na2SO3溶液。【详解】A根据以上分析知 a点：溶液的体积增大，根据物料守恒c(H2SO3)+ c(HSO3-)+c(SO32-) c(HSO3-.) c(SO32-) c(H2SO3)，故B错误；C. 溶液导电性与电
11、解质溶液中离子浓度和离子所带的电荷数有关。c点时为NaHSO3和Na2SO3的混合液，所以c点离子浓度大于b,导电性的b9溶解)（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是_(填序号)。A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4（2）加入NaOH溶液调整溶液pH8时，除去的离子是_(填序号)；已知钠离子交换树脂的原理：Mn+nNaRMRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是_(填序号)。A.Fe3+ B.Al3+ C.Ca2+ D.Mg2+（3）还原过程中，每消耗172.8gCr2O72-转移4.8 mol e-，该反应离子方程式为_。.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O7
12、2-形式存在，工业上常用电解法处 理含Cr2O72-的废水。实验室用如图装置模拟处理含Cr2O72-废水，阳极反应是Fe-2e-=Fe2+，阴极反应式2H+2e-=H2随着电解进行，阴极附近pH升高。（1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？_(填“能”或“不能”)， 理由是_。（2）电解时阳极附近溶液中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式为_。（3）上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡影响角度解释其原因_。（4）若溶液中初始含有0.lmol Cr2O72-，则生成的阳离子全部转化成沉淀的质量是_g。【答案】 (1). A (2). AB (3). CD (4).
13、 3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O=6SO42-+8Cr (OH)3+2OH- (5). 不能 (6). 因阳极产生的 Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态 (7). Cr2O72-+6Fe2+14H+= 2Cr3+6Fe3+7H2O (8). 水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2OH+ OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全 (9). 84.8【解析】【分析】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe2+、 Fe3+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+等，加H2O2的目的是把Fe2+氧化为Fe3+,同时Cr3+被氧化成
14、Cr2O72-，再加NaOH调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4.【详解】(1) 加氧化剂的是把Fe2+氧化为Fe3+,同时Cr3+被氧化成Cr2O72-，不能引入新杂质，所以可用Na2O2代替H2O2。答案：A。（2）加入NaOH溶液调整溶液PH,当pH8时，Fe3+、 Al3+都转化为氢氧化物沉淀被除去。已知钠离子交换树脂的原理：Mn+nNaRMRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是Ca2+ 和.Mg2+。所以答案: AB 、 CD。 （3）每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化
15、为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O=6SO42-+8Cr (OH)3+2OH-。（1）若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为：不能；因阳极产生的 Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态。（2）Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，反应的实质是：6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，故答案为：6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O。（3）因为水中的H+在阴极区放电，所以H+
16、浓度减小促使水的电离平衡H2OH+ OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全。答案_水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2OH+ OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全。（4）由6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O知若溶液中初始含有0.lmol Cr2O72-，则生成的阳离子Fe3+、Cr3+全部转化成沉淀为Fe(OH)3和 Cr(OH)3，他们的质量是0.6mol107g/mol+0.2103g/mol=84.8g，答案：84.8。【点睛】点睛：本题考查了物质分离提纯的操作及方法应用、电
17、解原理、难溶物溶度积的计算等。本题的易错点为II，要注意铜离子不具有较强的还原性，另外要注意掌握氧化还原反应方程式的配平方法。11.油脂不仅是营养物质和主要食物，也是一种重要的工业原料。下面是以油脂为主要原料获得部分产品的合成路线:已知：G (C10H10O4)分子中的官能团处于对位;(R1、R2、R3、R4可能是氢、烃基或其他基团)（1）下列关于油脂的说法正确的是_。(填标号)a油脂包括植物油和脂肪，属于酯类b天然油脂是混合甘油酯组成的混合物，无固定的熔点和沸点c油脂属天然高分子化合物，许多油脂兼有烯烃的化学性质d硬化油又叫人造脂肪，便于储存和运输，但容易被空气氧化变质（2）G中官能团的名称
18、为_,反应的反应类型为_。（3）用系统命名法写出F的名称_。（4）在酸催化下等物质的量的B与苯酚反应生成一种线型结构高分子的化学方程式为_。（5）二元取代芳香化合物H是G的同分异构体，H满足下列条件：能发生银镜反应 酸性条件下水解产物物质的量之比为2:1不与NaHCO3溶液反应。则符合上述条件的H共有_种(不考虑立体结构，不包含G本身)。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_(写出一种即可)。（6）写出从HOCH2CH2OHHCOOCH2CH2OOCH的合成路线(无机试剂任选，合成路线参照题中的书写形式)。 _【答案】 (1). ab (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). 1，4-苯二
19、甲醇 (5). (6). 11 (7). 或 (8). 【解析】丙三醇在HIO4的作用下生成的B为HCHO，C为HCOOH；由D通过一系列转化得到的G分子中的官能团处于对位，则D为对二甲苯，结构简式为，与Cl2在光照条件下发生取代生成的E为，再在NaOH的水溶液中水解生成的为，C和F发生酯化反应生成的G为；(1)a.天然油脂包括植物油和脂肪，是高级脂肪酸甘油酯，属酯类，故a正确；b.形成天然油脂的脂肪酸不完全相同，所得油脂均为混合甘油酯组成的混合物，无固定的熔点和沸点，故b正确；c.油脂不属高分子化合物，脂肪烃基可能含有碳碳双键，则油脂兼有烯烃的化学性质，故c错误；d.油脂氢化，可除去不饱和碳
20、碳双键，防止储存和运输过程中被空气氧化变质，故d错误；答案为ab。(2) 中官能团的名称为 酯基,反应为油脂的水解，属取代反应；(3)根据系统命名法的名称是1，4-苯二甲醇；(4)在酸催化下物质的量的HCHO与苯酚反应生成一种线型结构高分子的化学方程式为；(5)能发生银镜反应，说明分子结构中有醛基，可以是甲酸酯基；酸性条件下水解产物物质的量之比为2:1，说明含有两个酯基；不与NaHCO3溶液反应，不含有羧基；则符合条件的H可能是：苯环上有二个相同的CH2OOCH，除G外还有间、邻位共2种；苯环上有一个甲基，则另一个取代基是，有邻、间、对位共3种；苯环上有HCOO，另一个取代为CH2CH2OOC
21、H或CH(CH3)OOCH，有邻、间、对位共6种；则符合条件的共有11种；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为、；(6)以HOCH2CH2OH 原料合成HCOOCH2CH2OOCH的流程为。点睛：根据反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。