1、- 1 -江西省新余四中、上高二中 2019 届高三第二次联考化学试题1.下列说法不正确的是A. 天然气、酒精和汽油分别属于化石能源、可再生能源和二次能源B. 富含 N、P 元素的生活用水可以直接用来灌溉农田C. 刚玉、红宝石主要成分是氧化铝,陶瓷、分子筛主要成分是硅酸盐D. 我国油品从国 IV 汽油升级到国 V 汽油,有助于减少酸雨、雾霾,提高空气质量【答案】B【解析】【详解】A.天然气属于化石能源,不能再生;酒精属于可再生能源,通过微生物的发酵可以生成;汽油属于二次能源,由石油经分馏而来,故 A 正确;B.富含 N、P 元素的生活用水不能直接排放入河流中,也不可以直接用来灌溉农田,会造成水
2、体富营养化,故 B 错误;C.刚玉、红宝石主要成分是氧化铝,分子筛是结晶态的硅酸盐,陶瓷的主要成分也是硅酸盐,故 C 正确;D.从国四汽油升级到国 v 汽油可减少污染物的排放,提高空气质量,故 D 正确。故选 B。2.下列反应的离子方程式正确的是A. NaAlO2溶液中通入过量的 CO2:2AlO 2 +3H2O+CO22Al(OH) 3+CO 32B. 明矾溶液中滴加 Ba(OH) 2溶液至 SO42 完全沉淀:Al 3+Ba2+SO42 +3OH BaSO4+Al(OH) 3C. 200 mL 2 mol/L 的 FeBr2溶液中通入 11.2 L 标准状况下的氯气:4Fe 2+6Br +
3、5Cl24Fe3+3Br2+10ClD. 在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe(OH) 3反应生成 Na2FeO4:3ClO +2Fe(OH) 32FeO42 +3Cl +H2O+4H+【答案】C【解析】【分析】A.NaAlO2溶液中通入过量的 CO2,反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠;B.明矾溶液中滴加 Ba(OH) 2溶液至 SO42 完全沉淀,反应生成硫酸钡、偏铝酸钠和水;- 2 -C.二价铁离子还原性强于溴离子,氯气先氧化二价铁,再氧化溴离子;D.强碱溶液中,不能生成氢离子。【详解】A.NaAlO 2溶液中通入过量的 CO2,离子方程式为:AlO 2 +CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO 3
4、,故 A 错误;B.明矾溶液中滴加 Ba(OH) 2溶液至 SO42 完全沉淀,离子方程式为:Al3+2SO42 +2Ba2+4OH 2BaSO 4+AlO 2 +2H2O,故 B 错误;C.200mL2mol/L 的 FeBr2溶液中通入 11.2L 标准状况下的氯气,离子方程式:4Fe2+6Br +5Cl24Fe 3+3Br2+10Cl ,故 C 正确;D.在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe(OH) 3反应生成 Na2FeO4,离子方程式为:2Fe(OH)3 +3ClO +4OH =2FeO42 +3Cl +5H2O,故 D 错误。故选 C。【点睛】明确反应事实,掌握离子方程式书写方法是解题关键
5、,注意反应物用量对反应的影响。3.下列有关实验原理或实验操作正确的是A. 实验室用图甲所示装置制取少量氨气B. 为使 100mL0.5mol/L 的 NaNO3溶液物质的量浓度变为 1mol/L,可将原溶液加热蒸发掉50mL 水C. 利用图乙装置,可制取乙烯并验证其易被酸性 KMnO4溶液氧化D. 利用图丙装置,可说明浓 H2SO4具有脱水性、强氧化性,SO 2具有漂白性、还原性【答案】D【解析】【分析】A.气体收集装置不能密封;B.100mL 溶液蒸发掉 50g 水,剩余溶液体积未知,不能计算物质的量浓度;- 3 -C.挥发出来的乙醇也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色,干扰了检验结果;D.浓硫酸使
6、蔗糖变黑,然后 C 与浓硫酸反应生成二氧化硫,二氧化硫能够漂白品红溶液,还能够与高锰酸钾发生氧化还原反应。【详解】A.收集氨气的试管不能密封,否则无法收集氨气,故 A 错误;B.蒸发掉 50mL 水后,剩余溶液未告诉密度,无法计算溶液的体积,则无法计算所得溶液的浓度,故 B 错误;C.乙醇易挥发,挥发出的乙醇干扰了乙烯的检验,应该先用水除去乙醇,故 C 错误;D.浓硫酸使蔗糖变黑,可知浓硫酸的脱水性,然后 C 与浓硫酸反应生成二氧化硫,二氧化硫能够使品红溶液褪色,证明二氧化硫检验漂白性;二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应,高锰酸钾褪色可知二氧化硫具有还原性,故 D 正确。故选 D。4.如图两种
7、化合物的结构或性质描述正确的是A. 两种化合物均是芳香烃B. 两种化合物可用红外光谱区分,但不能用核磁共振氢谱区分C. 两种化合物分子中共平面的碳原子数相同D. 两种化合物互为同分异构体,均能与溴水反应【答案】D【解析】【详解】A.第一种物质含有苯环,属于芳香烃,第二种物质含有碳碳双键,不属于芳香烃,故 A 错误;B.两种有机物 H 原子位置不同,可用核磁共振氢谱区分,故 B 错误;C.第一种物质含有苯环,8 个 C 原子共面,第二种物质含有碳碳双键,7 个 C 原子共面,故C 错误;D.二者分子式相同而结构不同,所以二者是同分异构体,第一种物质含有酚羟基,可与溴水发生取代反应,第二种物质含有
8、碳碳双键,可与溴水发生加成反应,故 D 正确。故选 D。- 4 -5. 已知 X、Y、Z、W 都是短周期元素,它们的原子序数依次递增,X 原子的电子层数与它的核外电子总数相等,而 Z 原子的最外层电子数是次外层的 3 倍,Y 和 Z 可以形成两种以上气态化合物,W 的族序数比 X 的族序数大 1,则下列说法错误的是A. Y 和 Z 可以组成一种 Y 和 Z 的质量比为 7:20 的共价化合物B. X、Y、Z 可以组成一种盐,其中 X、Y、Z 元素原子个数比为 4:2:3C. Y 和 W 组成的化合物与 X 和 Z 组成的化合物反应可生成 2 种碱性物质D. 由 X、Y、Z 三种元素中的任意两种
9、组成的具有 10 电子的微粒有 2 种【答案】D【解析】试题分析:X 原子的电子层数与它的核外电子总数相等,X 是氢元素;而 Z 原子的最外层电子数是次外层的 3 倍,Z 是氧元素;Y 和 Z 可以形成两种以上气态化合物,Y 是氮元素;W 的族序数比 X 的族序数大 1,W 是镁元素。N2O 5中氮氧元素的质量比为 7:20,故 A 正确;硝酸铵中 H、N、O 元素原子个数比为 4:2:3,故 B 正确;Mg 3N2与 H2O 反应可生成 Mg(OH)2、NH 3两种碱性物质,故 C 正确;H、N、O 元素任意两种组成的具有 10 电子的微粒 H2O、NH 3、OH -、NH 4+、H 3O+
10、等,故 D 错误。考点:本题考查元素周期表。6.电Fenton 法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,其反应原理如图所示。其中电解产生的 H2O2与 Fe2+发生 Fenton 反应:H 2O2+Fe2+=Fe3+ OH OH,生成的羟基自由基 (OH)能氧化降解有机污染物。下列说法中正确的是A. 电源的 X 极为正极,Y 极为负极B. 阴极的电极反应式为 Fe2+e =Fe3+C. 阳极的电极反应式为 H2Oe =H+OHD. 每消耗 1 mol O2,整个电解池中理论上可产生 2molOH【答案】C- 5 -【解析】试题分析:A由反应原理示意图可知,左边电极 Fe3+和 O2得电子,
11、则可知左边电极为阴极,所以电源的 X 电极为负极,Y 为正极,故 A 错误;B阴极上 Fe3 + + e = Fe2 + ,O 2+ 2e + 2H + = H2O2,故 B 错误;C根据图示,阳极的电极反应式为 H2Oe = H + + OH,故 C 正确;D每消耗 1molO2,生成 1molH2O2,H 2O2+ Fe2 + = Fe3 + + OH OH,生成1molOH,转移 3mol 电子,阳极生成 3molOH,共产生 4molOH,故 D 错误。故选 C。考点:电解原理7.常温下,向 20 mL 0.2 mol/L H2A 溶液中滴加 0.2 mol/L NaOH 溶液。有关微
12、粒的物质的量变化如图(其中 I 代表 H2A,II 代表 HA,III 代表 A2) 。根据如图图示判断,下列说法正确的是A. 当 V(NaOH)=20mL 时,溶液中离子浓度大小关系:c(Na +)c(A 2)c(H +)c(HA)c(OH)B. 等体积等浓度的 NaOH 溶液与 H2A 溶液混合后,其溶液中水的电离程度比纯水的大C. 当 V(NaOH)=30 mL 时,溶液中存在以下关系:2c(H +)+3c(H2A)+c(HA)= c(A 2)+2c(OH)D. 向 NaHA 溶液加入水的过程中,pH 可能增大也可能减小【答案】C【解析】【详解】A.当 V(NaOH)=20mL 时,发生
13、反应为 NaOH+H2A=NaHA+H2O,溶液主要为 NaHA,HA -电离大于水解,溶液显酸性,则 c(Na +)c(HA -)c(H +)c(A 2-)c(OH -) ,故 A 错误;B.等体积等浓度的 NaOH 溶液与 H2A 溶液混合后,由图示关系知,c(A 2-)c(H 2A) ,说明电离大于水解程度,溶液显酸性,溶液中水的电离受到了抑制,比纯水小,故 B 错误;C.当 V(NaOH)=30mL 时,发生反应为 NaOH+H2A=NaHA+H2O,NaHA+NaOH=Na 2A+H2O,溶液主要为等物质量的 NaHA,Na 2A 的混合溶液,根据电荷守恒得:c(Na +)+c(H
14、+)=c(HA -)- 6 -+2c(A 2-)+c(OH -),物料守恒可知:3c(HA -)+3c(A 2-)+3c(H 2A)=2c(Na +),2+得:2c(H +)+c(HA -)+3c(H 2A)c(A 2-)+2c(OH -) ,故 C 正确;D.当加入 V(NaOH)=20mL 时,此时溶质为 NaHA,根据图像可以知道,溶液中 c(A 2-)c(H 2A) ,说明 HA-的电离程度大于水解程度,溶液显示酸性,故 D 错误。故选 C。【点睛】做此类题目通常电荷守恒、物料守恒、质子守恒综合使用。8.FeCl2是一种常用的还原剂,有关数据如下:C6H5Cl(氯苯) C6H4Cl2
15、FeCl3 FeCl2溶解性 不溶于水,易溶于苯 不溶于 C6H5Cl,C 6H4Cl2,苯,易吸水熔点/ 45 53 沸点/ 132 173 实验室可以用多种方法来制备无水 FeCl2。回答下列问题:.按下如图装置用 H2还原无水 FeCl3制取。(1)用装置 A 制取 H2,其优点是_;D 中反应的化学方程式为_;装置 E 的作用是_。(2)通入足量 H2,充分反应,如果温度控制不当,产品中会含单质铁,检验产品中是否含铁的方案是_。.按图装置,在三颈烧瓶中放入 162.5g 无水氯化铁和 225g 氯苯,控制反应温度在128139加热 3h,反应接近 100%。反应如下:2FeCl 3+C
16、6H5Cl2FeCl 2+C6H4Cl2+HCl- 7 -(3)上述反应中,还原剂是_。(4)反应温度接近或超过 C6H5Cl 的沸点,但实验过程中 C6H5Cl 并不会大量损失,原因是_。(5)冷却后,将三颈瓶内物质经过过滤,洗涤,干燥后,得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是_;简述回收滤液中 C6H5Cl 的方案_。【答案】 (1). 通过开关弹簧夹,可以使反应随时进行或停止 (2). H2+2FeCl3 2FeCl2+2HCl (3). 吸收 HCl 气体,同时防止空气中的水蒸气进入 D 装置 (4). 取样品少许放入试管中,向其中加入稀 HCl,观察是否有气泡产生 (5). C6H5Cl
17、(6). 实验使用了冷凝回流装置 (7). 苯 (8). 蒸馏滤液,并收集 132馏分【解析】【分析】按如图 1 装置可知,用 H2还原无水 FeCl3制取无水 FeCl2,A 装置一般用锌和稀盐酸制备H2,B 装置用来除去氢气中的氯化氢,C 装置用来干燥氢气,可以装置碱石灰,E 装置中也要装置碱石灰,防止空气中的水份进入 D 装置,D 装置中用氢气与氯化氯生成氯化亚,据此答题。【详解】I (1)装置 A 为启普发生器的简易装置,适用于固液混合状态且不需加热而制取的气体,且固体必须是块状的,该装置的优点是便于控制反应,实验室一般用锌和稀盐酸制备 H2,用装置 A 制取 H2,通过开关弹簧夹,可
18、以使反应随时进行或停止,根据上面的分析可知,E 中盛放的试剂是碱石灰;吸收氯化氢气体,同时防止空气中的水份进入 D 装置,D 中反应的化学方程式为 H22FeCl 3 2FeCl22HCl,故答案为:通过开关弹簧夹,可以使反应随时进行或停止;H 2+2FeCl3 2FeCl2+2HCl;吸收 HCl 气体,同时防止空气中的水蒸气进入 D 装置。- 8 -(2)温度控制不当,产品中含单质铁检验产品中是否含铁的方案为取样,加入盐酸中,观察是否有气泡产生,故答案为:取样品少许放入试管中,向其中加入稀 HCl,观察是否有气泡产生。II (3)根据反应 2FeCl3+C6H5Cl2FeCl 2+C6H4
19、Cl2+HCl 可知,氯苯能使氯化铁生成氯化亚铁,所以氯苯为还原剂,故答案为:C 6H5Cl。(4)根据图 2 可知,装置有冷凝回流装置,所以为了提高反应速率,可以将反应温度接近或超过 C6H5Cl 的沸点,但实验过程中 C6H5Cl 并不会大量损失,故答案为:实验使用了冷凝回流装置。(5)三颈瓶内物质为氯化亚铁、C 6H5Cl、C 6H4Cl2,根据其溶解性可知,可以用有机溶剂例如苯将 C6H5Cl、C 6H4Cl2溶解,过滤后可得氯化亚铁,对滤液进行蒸馏可回收 C6H5Cl,洗涤所用的试剂可以是苯,故答案为:苯。回收滤液中 C6H5Cl 的方案是蒸馏滤液,并收集 132馏分,故答案为:蒸馏
20、滤液,并收集 132馏分。【点睛】解答该类题目时注意把握实验、反应原理和操作流程的目的,特别是主要是物质性质的理解。抓住一个关键点:一切反应或操作都是为获得产品而服务。9.研究人员研制利用低品位软锰矿浆(主要成分是 MnO2)吸收硫酸厂的尾气 SO2,制备硫酸锰的生产流程如下:已知:浸出液的 pH2,其中的金属离子主要是 Mn2 ,还含有少量的Fe2 、Al 3 、Ca 2 、Pb 2 等其他金属离子。PbO 2的氧化性大于 MnO2。PbSO 4是一种微溶物质。有关金属离子的半径、形成氢氧化物沉淀时的 pH 见下表,阳离子吸附剂吸附金属离子的效果见下图。 - 9 -(1)浸出过程中生成 Mn
21、2+反应的化学方程式为_,(2)Fe 2 被氧化的过程中主要反应的离子方程式_。(3)在氧化后的液体中加入石灰浆,用于调节 pH,pH 应调节至_范围。(4)阳离子吸附剂可用于除去杂质金属离子。请依据图、表信息回答,决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有_等(写二点) 。(5)吸附步骤除去的主要离子为_。(6)电解 MnSO4、ZnSO 4和 H2SO4的混合溶液可制备 MnO2和 Zn,写出阳极的电极反应方程式_。(7)CaSO 4是一种微溶物质,已知 Ksp(CaSO4)=9.10106。现将 c molL1CaCl2溶液与2.00102 molL1Na2SO4溶液等体积混合(忽略体积的变化)
22、,则生成沉淀时,c 的最小值是_。【答案】 (1). SO2MnO 2MnSO 4 (2). 2Fe2 MnO 24H 2Fe 3 Mn 2 2H 2O (3). 4.7 pHOS;A氨气极易溶于水,原因之一是 NH3分子和 H2O 分子之间形成氢键的缘故,选项 A 正确;NH 3分子和 H2O 分子,分子空间构型不同,氨气是三角锥型,水是 V 形,氨气分子的键角大于水分子的键角,选项 B 错误;CCu(NH 3)4SO4溶液中加入乙醇,会析出深蓝色的晶体,选项 C 正确;D燃烧热必须是生成稳定的氧化物,反应中产生氮气和水蒸气都不是稳定的氧化物,选项 D 错误。答案选 AC;(3)氨基乙酸钠结
23、构中含有 N-H 2 个,C-H 2 个,碳氧单键和双键各一个,N-C、C-C 各一个共 8 个 键;等电子体为价电子数和原子个数相同,故采用上下互换,左右调等方法书写为 N2O、SCN 、N 3等;根据均摊法计算白球数为 8 1=2 黑球为 4 个,取最简个数比得化学式为 Cu2O。点睛:本题考查较为全面,涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算。解题的关键是正确理解原子结构及杂化轨道计算。12.抗痫灵(G)具有抗癫痫、抗惊厥、抗抑郁等功效,其合成路线如下图所示(某些反应条件和副产物已略):- 15 -(1)A 中含氧官能团名称是_;简述证明 A 含
24、有该官能团的实验方法 _。(2)若以醛基为母体,则 B 的系统命名法的名称为 _;的反应中属于加成反应的是_(填序号) 。(3)芳香化合物 H 是 C 的同分异构体,H 的相关信息如下:a可发生银镜反应; b可与 NaHCO3溶液反应生成气体;c. 苯环上的一溴代物有 2 种,则 H 的结构简式为_。(4)写出反应的化学反应方程式 _。(5) ( )的单体是薰衣草的调和香料,以苯甲醛( )为起始原料(其余有机、无机原料任选) ,参照抗痫灵(G)的合成,设计并补充完成下列合成路线图:_(空格内有几步,写几步。 )【答案】 (1). (酚)羟基 (2). 用一支洁净的小试管取 A 试液少许,用滴管
25、滴几滴FCCl3溶液,若溶液变紫色,则证明 A 分子中含酚羟基 (3). 3,4-二羟基苯甲醛 (4).- 16 - (5). (6). (7). 【解析】(1)A 为 ,其中含氧官能团是羟基; A 中羟基与苯环直接相连,检验酚羟基可以用一支洁净的小试管取 A 试液少许,用滴管滴几滴 FCCl3溶液,若溶液变紫色,则证明 A 分子中含酚羟基,故答案为:羟基;用一支洁净的小试管取 A 试液少许,用滴管滴几滴 FCCl3溶液,若溶液变紫色,则证明 A 分子中含酚羟基;(2)B 为 ,若以醛基为母体,用系统命名法,则 B 的名称为 3,4-二羟基苯甲醛;根据流程图中前后物质结构的差别,反应为取代反应
26、;反应为取代反应;反应为加成反应;反应为消去反应;反应为脱羧反应,不属于加成反应;反应为取代反应,属于加成反应的是,故答案为:3,4-二羟基苯甲醛;(3)C 为 ,芳香化合物 H 是 C 的同分异构体。a可发生银镜反应,说明含有醛基,属于醛或甲酸酯; b可与 NaHCO3溶液反应生成气体,说明含有羧基;c.苯环上的一溴代物有2 种,则 H 的结构简式为 ,故答案为: ;(4)反应属于取代反应,反应的化学反应方程式为- 17 -,故答案为:;(5)以苯甲醛( )为起始原料合成 ,首先要合成单体,而合成 ,根据题干 G 的合成路线中的反应、,需要合成 ,再合成 ,因此合成路线为,故答案为:。- 18 -
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