1、- 1 -贵州省贵阳市第一中学 2019届高三化学 11月月考试题（扫描版）- 2 - 3 - 4 - 5 - 6 - 7 -题号 1 2 3 4 5 6答案 D C A A D B7A 项，苏打水是碳酸氢钠的水溶液，错误。B 项，食用油在正常状态下是个常态链，反复加热后，常态链结构就会改变，生成苯并芘这样的环形状结构的有害物质，正确。C 项，加入氧化钙可与硫燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，不能减少温室气体的排放量，错误。D 项，辩证看待食品添加剂，少量使用可以保鲜，错误。8 A 项 ， 有 机 物 燃 烧 耗 氧 量 的 计 算
2、以 及 标 况 下 气 体 体 积 的 计 算 ， 没 有 指 出 标 况 ， 错 误 。 B项 ， 可 能 结 构 之 一 是 含 有 醛 基 的 有 机 物 ， 能 发 生 银 镜 反 应 ， 表 述 错 误 。 C 项 ， 考 察 酯 类化 合 物 同 分 异 构 体 的 书 写 及 种 类 数 目 的 判 断 ， HCOOCH2CH2CH3、 HCOOCH(CH3)2、 CH3COOCH2CH3、 CH3CH2COOCH3总 共 四 种 ， 正 确 。 D 项 ， 考 察 不 饱 和 度 的 计 算 及 碳 碳双 键 和 碳 氧 双 键 以 及 环 的 确 定 ， 其 中 酯 类 和
3、羧 酸 中 碳 氧 双 键 不 能 跟 氢 气 发 生 加 成 反 应 ，错 误 。9A 项，因为镁离子水解不足 0.1NA，错误。B 项，SO 3标况下为固体，不能用标况下气体的体积公式计算，错误。C 项，铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，0.3mol Fe失去 0.8NA个电子，错误。D 项，甲醛和乙酸最简式（CH 2O）相同， ，0.2 NA个氧原子，正确。6.02310M、N、W、X、Y、Z 依次是 O、F、Na、Al、S、Cl。A 项，W 在周期表中的位置为第三周期第A 族，错误。B 项，M 与 W可形成的化合物有 Na2O、Na 2O2，Na 2O2中有非极性共价键，错误。C 项，氢氟
4、酸显酸性，水是中性，氢氟酸比水更容易电离，水的离子积常数KW小于氢氟酸的电离常数 Ka，错误。D 项，W、X、Y、Z 四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序为 S2ClNa+Al3+，正确。11 Na2O2的 水 溶 液 可 以 导 电 是 因 为 生 成 了 NaOH， 电 离 出 Na+、 OH自 由 移 动 的 离 子 而 导 电 ，并 非 Na2O2直 接 电 离 ， 错 误 ； 镁 置 换 出 碳 ， 说 明 镁 的 还 原 性 强 于 碳 ， 正 确 ； 并 不 是双 水 解 反 应 ， 而 是 强 制 弱 的 反 应 ， 的 酸 性 强 于 Al(OH)3， 错 误 ； Zn+
5、2NH4Cl 3C= ZnCl2+H2 +2NH3 ， 正 确 ； 强 制 弱 ， 且 氢 氧 化 铝 不 溶 于 弱 碱 ， 正 确 。 综 上 ， 选择 C 选 项 。12A 项，因为左侧电极生成 S沉淀，S 2失去电子发生氧化反应为阳极，右侧电极为阴极，- 8 -水得到电子变成氢气，产生 OH，正确。B 项，因为 OH通过阴离子交换膜向左侧迁移，与阳极产生的硫发生反应：3S+6OH = +2S2+3H2O，左侧有 生成，会向右侧3S 23S扩散穿过阴离子交换膜进入右侧，正确。C 项，电解槽内的总反应为 K2S+3H2OK2SO3+3H2，正确。D 项，改成阳离子交换膜，右侧阴极产生的 O
6、H不= = = = =通 电 能进入左侧，不会发生与 S的反应，错误。13A 项，从图象上看氢氧化镁有 0.15mol，原来镁有 0.15mol，氢氧化铝有 0.2mol，原来铝有 0.2mol，镁和铝与盐酸反应各产生 0.15mol和 0.3mol氢气，标况下有 10.08L，正确。B 项，图象上 O点为原点，加入氢氧化钠刚好中和消耗 20mL（ =5mol/L，见0.2mol4L图象上氢氧化铝溶解的 BC那一段） 。 c(H+)= =0.5mol/L，pH=0.301，正确。0.2L5ol/C项，A 点沉淀含有 Mg(OH)2和 Al(OH)3，错误。D 项，图象上 C点溶液中含有 1mo
7、l氯化钠和 0.2mol偏铝酸钠， c(Na+) c(Cl ) c( )， 水解溶液显碱性， c(OH)2AlO2l c(H+)，且 c( ) c(OH)，所以有 c(Na+) c(Cl ) c( ) c(OH ) c(H+)，2lO 2l正确。26 （每空 2分，共 14分）CH 3OH(l)+ O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) H=727kJmol1 （1） 低温 0.25 3c（2）BC 【解析】根据盖斯定律可知，32得反应 CH3OH(l)+ = CO2(g)2O(g)+2H2O(l)，此时 H=(193kJmol1)3(+93.0kJmol1)2(38kJmol1)=727
8、kJmol1；即 CH3OH的燃烧热的热化学方程式为 CH3OH(l)+ = CO2(g)2+2H2O(l) H=727kJmol1。 （1）对比实验 1、2，更高温度时平衡逆向移动，则该反应的 H0；已知 CO(g)+2H2(g) ACH3OH(g)的 S0，根据 G= HT S，当反应处于低温时， G0，反应易自发进行。根据方程式可知CO(g)+2H2(g) ACH3OH(g)起始浓度（mol/L） 1 3 0- 9 -变化浓度（mol/L） 0.5 1 0.5平衡浓度（mol/L） 0.5 2 0.5所以平衡常数 K= ；实验 3温度不变，平衡常数不变，此时浓度商 Q=20.5.=0.5
9、 K，反应逆向进行，则 v 正 v 逆 。210.5CO(g)+2H2(g) ACH3OH(g)起始浓度（mol/L） 0.5 2 1变化浓度（mol/L） 10.5 c 2c 10.5c平衡浓度（mol/L） 0.5 a 0.5b 0.5c起始量=消耗量+平衡量，即 0.5a=0.5+10.5c，解得 a=3c。（ 2） A项 ， 随 反 应 进 行 混 合 气 体 物 质 的 量 减 小 ， 恒 温 恒 容 下 压 强 减 小 ， 容 器 中 压 强 保 持不 变 说 明 达 到 平 衡 ， 故 错 误 。 B项 ， 伴 随 反 应 的 进 行 ， 始 终 保 持 v(CO) v(H2)=
10、1 2， 则不 能 说 明 反 应 达 到 平 衡 ， 故 正 确 。 C项 ， 混 合 气 体 总 质 量 不 变 ， 恒 温 恒 容 下 ， 容 器 内 气 体密 度 始 终 保 持 不 变 ， 不 能 说 明 反 应 达 到 平 衡 ， 故 正 确 。 D项 ， 混 合 气 体 总 质 量 不 变 ， 随 反应 进 行 混 合 气 体 物 质 的 量 减 小 ， 平 均 相 对 分 子 质 量 增 大 ， 平 均 相 对 分 子 质 量 不 变 说 明 达到 平 衡 ， 故 错 误 。 E项 ， 容 器 内 各 组 分 的 质 量 分 数 不 再 变 化 ， 说 明 达 到 平 衡 ，
11、故 错 误 。27 （每空 2分，共 14分） （ 1） 2KClO3+H2C2O4= K2CO3+2ClO2 +CO2 +H2O 盛 有 冰 水 混 合 物 的 水 槽 （ 或 冰 水 浴 ）（2）C （3）80.0 （4）蒸发结晶 趁热过滤（5）2ClO 2+H2O2+2OH= +O2+2H 2OCl【解析】 （1）A 中反应产物有 K2CO3、ClO 2、CO 2，由反应物与生成物可知，反应为 2KClO3+H2C2O4= K2CO3+2ClO2+CO 2+H 2O，因为 B为 ClO2的凝集装置，又二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为 11.0 ，所以 B部分还
12、应补充的装置为冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽。（2）C 处为密封装置，过量气体不能排出，可导致仪器炸裂，则 C不合理。（3）配制 450mL 4mol/L的 NaOH溶液，应该选用 500mL容量瓶，需要 NaOH的质量为0.5L4mol/L40g/mol=80.0g。（4）防止析出晶体 NaClO23H2O，趁热过滤。- 10 -（5）ClO 2和双氧水发生氧化还原反应生成 NaClO2和气体（O 2） ，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH= +O2+2H 2O。Cl28 （除特殊标注外，每空 2分，共 15分） （1）Fe 3+、H + （2）C （3）9.3 （4）NH 4Cl
13、固体受热分解生成的 HCl可抑制 CeCl3水解 （5）2Ce(OH) 3+NaClO+H2O= 2Ce(OH)4+NaCl （6）酸 24.65%（3 分）【解析】 （1）废玻璃粉末，其中含 CeO2、SiO 2、Fe 2O3等物质，步骤加入过量盐酸后，滤液 A中的阳离子有 Fe3+、H +，CeO 2、SiO 2不溶于盐酸，加入稀硫酸和过氧化氢反应后过滤得到固体 B的成分是 SiO2。（2）步骤中 H2O2作还原剂，与 C中作用完全相同。（ 3） 当 溶 液 中 离 子 浓 度 小 于 1106molL1时 视 为 沉 淀 充 全 ， 结 合 溶 度 积 常 数 计 算 氢 氧根离子浓度
14、c(OH)= = =2105molL1，pOH=5 lg2=4.7，得到溶液3sp(Ce)K32168.0pH=9.3。（4）将 NH4Cl固体与 CeCl36H2O混合真空加热可得无水 CeCl3，其中加入 NH4Cl的作用是 NH4Cl固体受热分解生成的 HCl可抑制 CeCl3水解。（5）第步反应是氢氧化铈被次氯酸钠氧化生成 Ce(OH)4，2Ce(OH) 3+NaClO+H2O= 2Ce(OH)4+NaCl。（6）“萃取”时存在反应：Ce 4+n(HT)2 ACe(H2n4T2n)+4H+，若要提高滴定的准确率，需要平衡逆向进行，因此溶液呈酸性；据电子守恒可知 Ce3+物质的量等于亚铁
15、离子的物质的量，则 n(CeCl3)=0.04mol，CeCl 3样品的纯度= 即为 24.65%。0.6.529 （除特殊标注外，每空 2分，共 11分） （1）双缩脲试剂 降低化学反应的活化能（2）污泥含水量和 pH 当污泥含水量为 60%80%时该酶的降解效果最好、该酶的最适pH是 7- 11 -（3）没有标明具体的温度（1 分）温度设置少一列（1 分）缺少对石化酶的记录（1 分）【解析】 （1）绝大多数酶是蛋白质，检测蛋白质用双缩脲试剂。酶催化作用的机理是降低化学反应的活化能。（2）分析曲线图可知，本实验的自变量是污泥含水量和 pH；可得出的结论是：当污泥含水量为 60%80% 时，该
16、酶的降解效果最好、该酶的最适 pH是 7。（3）该实验的目的是探究两种酶的最适温度及催化能力，观测指标是 2天后石油含量（g/kg 污泥） 。该实验记录表格有三处明显错误：没有标明具体的温度，应该在2030之间，以 2为温度梯度设计一系列温度（20、22、24、26、28、30） ；温度设置少一列（应该有 6列） ；缺少对石化酶的记录。35 （除特殊标注外，每空 2分，共 15分） （1）6（1 分） （1 分）（2） AB （3）孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大 65（4）sp 2杂化（1 分） 90 103A()Na【解析】 （1）碳为 6号元素，核外
17、有 6种不同运动状态的电子，碳原子的价电子排布图为。（2）A 项，CO 中存在碳氧三键，CO 2中存在碳氧双键，分子中原子间成键方式改变，正确。B 项，CO 为极性分子，CO 2为非极性分子，分子极性变化，正确。C 项，CO 分子中碳和氧上各有 1个孤对电子，CO 2分子中碳和氧上各有 2个孤对电子，错误。D 项，一氧化碳的相对分子质量小于二氧化碳，分子的熔沸点变大，错误。配合物 Ni(CO)4的- 12 -Ni为中心原子，CO 为配体，所以 Ni(CO)4的结构为 。（3）孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角1 比2 大；分子中
18、的大 键可以用符号 表示，nm其中 m代表参与形成大 键的原子数， n代表参与形成大 键的电子数。根据吡啶的结构，其中的大 键由 5个原子 6个电子形成的，表示为 。65（4）a 为石墨晶体，每个碳原子的价层电子对数为 3，杂化方式为 sp2杂化；b 为 C60分子，平均每个 C形成 1.5个 键，所以在每个 C60分子中形成的 键数目为601.5=90；根据晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目= ，每个正四186482面体结构含有 4个碳原子，晶胞的质量= ，已知 T碳晶胞参数为 a pm，阿伏A412gN加德罗常数为 NA，则 T碳的密度为 g/cm3。310(pm)()aa36 （
19、除特殊标注外，每空 2分，共 15分） （1）ac （2）取代反应（1 分） 醛基（1 分）（3）对二甲苯（或 1，4二甲基苯） （4） （5）11 或 （6）（3 分）【解析】 （1）a 项，油脂包括植物油和脂肪，是高级脂肪酸与甘油形成的酯，故正确。b项，油脂不属于天然高分子化合物，故错误。c 项，形成油脂的高级脂肪酸不同，天然- 13 -油脂是混合物，无固定的熔点和沸点，故正确。d 项，油脂硬化后，烃基中不饱和键消失，不容易被空气氧化，故错误。（2）反应是油脂与甲醇或乙醇发生交换得到甘油与酯，反应类型为取代反应；B 为HCHO，B 中官能团的名称为醛基。（3）D 为 ，名称为对二甲苯或 1
20、，4二甲基苯。（4）C+F G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，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，不与 NaHCO3溶液反应，说明没有羧基，酸性条件下水解产物物质的量之比为 21，说明含有 2个酯基，可知水解得到 2分子甲酸，两个取 代 基 为 CH2OOCH、 CH2OOCH， 或 者 为 CH2CH2OOCH、 OOCH， 或 者 为 CH(CH3)OOCH、OOCH，或者为CH 3、CH(OOCH) 2，均有邻、间、对 3种，去掉 G本身，共有11种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为 或 。（6）HOCH 2CH2OH用 HIO4氧化得到 HCHO，进一步氧化得到 HCOOH，再与乙二醇发生酯化反应得到 HCOOCH2CH2OOCH，合成路线流程图为。- 14 -
