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 -
