高考好教育高三最新信息卷化学十二解析版.docx

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高考好教育高三最新信息卷化学十二解析版

2019年高考好教育高三最新信息卷化学（十二）解析版

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39

一、选择题：

本大题共7小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．化学推动着社会的进步和人类的发展。

下列说法错误的是

A．“长飞光纤光缆技术创新工程”中光纤的主要成分是二氧化硅

B．“半纤维素酶高效生产及应用关键技术”中半纤维素酶的主要成分是蛋白质

C．“废旧聚酯高效再生及纤维制备产业化集成技术”中聚酯是天然高分子有机物

D．“煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中煤的气化属于化学变化

【答案】C

【解析】A．光纤的主要成分是二氧化硅，故A正确；B．半纤维素酶是一种能使构成植物细胞膜的多糖类水解的酶类，主要成分是蛋白质，故B正确；C．聚酯是由多元醇和多元酸缩聚而得的聚合物总称，属于合成高分子化合物，故C错误；D．煤的气化过程是在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，属于化学变化，故D正确。

答案选C。

8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A．32gS8（分子结构：

）中的共价键数目为NA

B．0.1mol熔融NaHSO4中的阳离子数目为0.1NA

C．8gCuO与足量H2充分反应生成Cu，该反应转移的电子数为0.2NA

D．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA

【答案】D

【解析】A．由选项可知1molS8中所含共价键的数目为8NA，32gS8为0.125mol，所含共价键数目为NA，选项A正确；B．熔融条件下，NaHSO4=Na++HSO，因此含有的阳离子数为0.1NA，选项B正确；C．1mol氧化铜被氢还原转移电子数为2NA，8g氧化铜为0.1mol，转移电子数为0.2NA，选项C正确；D．标准状况下11.2L氯气物质的量为0.5mol，氯气与水之间是可逆反应，反应不彻底，溶液中Cl−、C1O−和HClO的微粒数之和小于NA，选项D不正确。

答案选D。

9．电化学间接氧化法处理H2S气体的过程主要有：

①废气吸收：

2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓；②吸收剂再生：

Fe2+－2e－=2Fe3+，其工艺流程如下，下列说法错误的是

A．为充分吸收废气，应由“填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液

B．①发生在“气体混合器”中，②发生在“电解槽”中

C．①、②总反应的化学方程式为：

H2S=H2+S↓

D．“尾气处理器”可盛放NaOH溶液

【答案】B

【解析】A．“填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液，使得气体和液体充分接触，从而达到反应充分的目的，故A正确；B．从流程图可知，①发生在“填料吸收塔”中，②发生在“电解槽”中，故B错误；C．从流程图可知，①中生成的H+在电解槽中得到电子生成H2，总反应为：

H2S=H2+S↓，故C正确；D．尾气中主要是未反应的H2S气体，可用氢氧化钠吸收，故D正确；故选B。

10．共用两个或两个以上碳原子的环烃叫做桥环烃，桥环烃

（二环[2．2．1]-2，5-庆二烯）是有机合成的重要中间体。

下列关于该化合物说法正确的是

A．属于芳香烃类

B．与甲苯互为同分异构体

C．二氯代物有6种

D．1mol该物质完全燃烧需要10molO2

【答案】B

【解析】A．由结构简式可知，该化合物不含有苯环，不属于芳香烃，故A错误；B．该化合物的分子式为：

C7H8，与甲苯互为同分异构体，故B正确；C．该化合物的二氯代物有9种，故C错误；D．1mol该物质完全燃烧需要9molO2，故D错误；故选B。

11．有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。

下列叙述正确的是

A．a、b可能形成含有共价键的离子化合物

B．简单离子半径大小：

d>c>a>b

C．含氧酸的酸性强弱：

d>c

D．b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存

【答案】A

【解析】a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。

A．O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；B．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2−＞Cl−，故B错误；C．最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；D．若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。

12．甲胺（CH3NH2）是一种应用广泛的一元弱碱，其电离方程式为：

CH3NH2+H2O

CH3NH3++OH−常温下，向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。

下列说法中错误的是

A．b点对应加入盐酸的体积V<20.00mL

B．常温下，甲胺的电离常数为Kb，则Kb=10－3.4

C．b点可能存在关系：

c（Cl－）>c（CH3NH3+）>c（H+）>cOH－）

D．V=20.00mL时，溶液中水电离的c（H+）>10－7mol/L

【答案】C

【解析】A．若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故A正确；B．由甲胺的电离方程式为：

CH3NH2+H2O

CH3NH3++OH−可知，甲胺的电离常数为Kb=c（OH−）c（CH3NH3+）/c（CH3NH2），a点溶液的pH=10.6，c（H+）=10-10.6，c（OH−）=10−3.4，lgc（CH3NH3+）

/c（CH3NH2）=0，则c（CH3NH3+）/c（CH3NH2）=1，代入Kb=c（OH−）c（CH3NH3+）/c（CH3NH2）中，得出Kb=10−3.4，故B正确；C．b点pH=7，中性溶液，c（H+）=c（OH－），故C错误；D．若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促进水的电离，常温下KW=1×10−14，故溶液中水电离的c（H+）>10－7mol/L，故D正确；故选C。

13．电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。

下列说法错误的是

A．Ni电极表面发生了还原反应

B．阳极的电极反应为：

2O2−-4e−=O2

C．电解质中发生的离子反应有：

2SO2+4O2−=2SO

D．该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环

【答案】C

【解析】由图可知，Ni电极表面发生了SO转化为S，CO转化为C的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了2O2−-4e−=O2↑，为氧化反应，所以Ni电极为阴极，SnO2电极为阳极，据此分析解答。

A．由图示原理可知，Ni电极表面发生了还原反应，故A正确；B．阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：

2O2−-4e−=O2↑，故B正确；C．电解质中发生的离子反应有：

2SO2+O2+2O2−=2SO和CO2+O2−=CO，故C错误；D．该过程中在SO和CO被还原的同时又不断生成SO和CO，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确。

故答案选C。

二、非选择题：

本卷包括必考题和选考题两部分。

第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第35-36题为选考题，考生根据要求作答。

26．（14分）氯化亚铜是化工和印染等行业的重要原料，广泛用作有机合成的催化剂。

Ⅰ.甲采用CuCl2·2H2O热分解法制备CuCl，装置如图。

（1）仪器X的名称是_______________，C中烧杯的试剂可以是__________。

（2）“气体入口”通入的气体是_______。

（3）反应结束后，取所得产品分析，发现其中含有氧化铜，其可能原因是______________。

Ⅱ.乙另取纯净CuCl2固体用如下方法制备CuCl。

（4）操作②中反应的离子方程式为___________________。

（5）操作①中若用100mL10mol/L盐酸代替0.2mol/L盐酸，再通入SO2后，无白色沉淀产生。

对此现象有如下两种猜想：

猜想一：

c（H+）过大导致白色沉淀溶解。

为验证此猜想，取75gCuCl2固体、100mL0.2mol/L盐酸及________mL10.0mol/LH2SO4配制成200mL溶液，再进行操作②，观察是否有白色沉淀产生。

猜想二：

_______________。

请设计实验说明该猜想是否成立：

_________________。

【答案】

（1）硬质玻璃管NaOH溶液

（2）HCl

（3）HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得

（4）SO2+2Cu2++2Cl−+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+

（5）49c（Cl−）过大导致白色沉淀溶解取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立

【解析】I．

（1）根据图示，仪器X为硬质玻璃管，2CuCl2·2H2O2CuCl+Cl2↑+4H2O，氯气有毒，所以氯气在C中用氢氧化钠吸收，故答案为：

硬质玻璃管；NaOH溶液；

（2）因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为了抑制水解，需要在“气体入口”通入HCl，故答案为：

HCl；（3）HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，故答案为：

HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得；Ⅱ．（4）操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，反应为SO2+2Cu2++2Cl−+2H2O=

SO+2CuCl↓+4H+，故答案为：

SO2+2Cu2++2Cl−+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+；（5）设10.0mol/LH2SO4的体积为VmL，则0.2×0.1+V×10.0×2=10×0.1，解之得V=49mL，猜想二：

结合盐酸中的离子进行猜想，可能是氯离子的浓度过大，导致白色沉淀溶解，可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立，故答案为：

49；c（Cl−）过大导致白色沉淀溶解；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。

27．（14分）重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。

由含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO等）制备K2Cr2O7的流程如下图所示。

已知：

I．在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3+

II．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

回答下列问题：

（1）滤渣②的主要成分为（填化学式）。

（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式。

（3）“加热”操作的目的是。

（4）“酸化”过程中发生反应2CrO+2H+

Cr2O+H2O（K=4×1014L3·mol3）已知，“酸化”后溶液中c（Cr2O）=1.6×10−3mol/L则溶液中c（CrO）=

（5）“结晶”后得到K2Cr2O7（M=294g·mol−1）产品0.5000g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为1.0000mol·L−1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为9.00mL，则产品的纯度为。

[滴定反应为：

K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4=K2SO4+Cr2（SO4）3+6（NH4）2SO4+3

Fe2（SO4）3+7H2O

（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。

①负极的电极反应式为____；

②一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度____（填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】

（1）Fe（OH）3

（2）2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O

（3）分解除去过量H2O2

（4）210−8mol/L

（5）88.20%

（6）C6H5OH+11H2O-28e−=6CO2↑+28H+减小

【解析】含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO等）加入KOH溶液调pH=7~8，生成Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀，过滤后得滤渣①为Cr（OH）3和Fe（OH）3；向滤渣①加入过量H2O2溶液和KOH溶液，Cr（OH）3在碱性条件下被氧化为K2CrO4进入溶液，经过滤除去滤渣②的主要成分为Fe（OH）3；滤液②经加热除去过量H2O2，冷却后酸化至pH=1，结晶析出K2Cr2O7晶体，以此分析解答。

（1）根据以上分析，滤渣②的主要成分为Fe（OH）3，故答案为：

Fe（OH）3；

（2）“氧化”步骤中Cr（OH）3在碱性条件下被H2O2氧化为K2CrO4，化学方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O，故答案为：

2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O；（3）根据题给信息，在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3+，所以酸化之前，要除去H2O2，故“加热”操作的目的是分解除去过量H2O2，故答案为：

分解除去过量H2O2；（4）2CrO+2H+

Cr2O+H2O，K=，酸化后pH=1，c（H+）=0.1mol/L，c（Cr2O）=1.6×10-3mol/L，则溶液中c（CrO42-）==210-8mol/L，故答案为：

210−8mol/L；（5）根据反应关系：

K2Cr2O7~6（NH4）2Fe（SO4）2，n（K2Cr2O7）=n[（NH4）2Fe（SO4）2]=×

1.0000mol/L×0.009L=0.0015mol，则产品的纯度为×100%=88.20%，故答案为：

88.20%；

（6）①由图可知，负极发生氧化反应，C6H5OH失电子生成CO2，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出电极反应式为C6H5OH+11H2O-28e−=6CO2↑+28H+；②负极产生的H+通过阳离子交换膜进入中间室，正极产生的OH-通过阴离子交换膜也进入中间室，H+和OH−中和生成水，溶液体积增大，NaCl溶液的浓度将减小。

故答案为：

C6H5OH+11H2O-28e−=6CO2↑+28H+；减小。

28．（15分）中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。

（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式是______________（有机物请写结构简式）。

（2）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式_____________。

（3）在400℃时，向初始体积1L的恒压反应器中充入1molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%。

则：

①在该温度下，其平衡常数K＝________。

②若向该容器通入高温水蒸气（不参加反应，高于400℃），C2H4的产率将________（选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是_____________。

③若容器体积固定，不同压强下可得变化如下图，则压强的关系是__________。

④实际制备C2H4时，通常存在副反应：

2CH4（g）→C2H6（g）＋H2（g）。

反应器和CH4起始量不变，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如图。

A．在200℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因可能是_____________。

B．400℃时，C2H4、C2H6的体积分数分别为20.0%、6.0%，则体系中CH4的体积分数是_________。

【答案】

（1）2CH2=CH2+O2

2

（2）2CH4（g）

C2H4（g）+2H2（g）ΔH=+202.0kJ/mol

（3）0.20mol/L增大该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大p1＞p2

（4）在200℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快28%

【解析】

（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），X为

，该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式为2CH2=CH2+O2

2

，故答案为：

2CH2=CH2+O2

2

；

（2）根据表格中数据有：

①H2（g）+O2（g）=H2O（l）ΔH1=-285.8kJ/mol，②CH4（g）+2O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）ΔH2=-890.3kJ/mol，③C2H4（g）+3O2（g）→2CO2（g）+2H2O（l）ΔH3=-1411.5kJ/mol，甲烷制备乙烯的化学方程式为：

2CH4（g）→

C2H4（g）+2H2（g），根据盖斯定律，将②×2-③-①×2得到，2CH4（g）→C2H4（g）+2H2（g）ΔH=2ΔH2-ΔH3-2ΔH1=+202.5kJ/mol，故答案为：

2CH4（g）→C2H4（g）+2H2（g）ΔH=+202.5kJ/mol；（3）①400℃时，向1L的恒容反应器中充入1molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%，

2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）

起始（mol）100

转化（mol）2xx2x

平衡（mol）1-2xx2x

所以有＝20.0%，解得：

x=0.25，平衡后气体的体积=×1L=1.25L，所以化学平衡常数为K===0.20mol/L，故答案为：

0.20mol/L；②2CH4（g）→C2H4（g）+2H2（g）ΔH=+202.5kJ/mol，反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气（不参加反应，高于400℃）相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C2H4的产率将增大，故答案为：

增大；该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大；③若容器体积固定，2CH4（g）→C2H4（g）+2H2（g），反应为气体分子数增多的反应，温度相同时，压强增大不利于反应正向进行，CH4的平衡转化率降低，因此p1＞p2，故答案为：

p1＞p2；④A．根据图象，200℃时，测出乙烷的量比乙烯多，是因为生成乙烷的反应速率较快，故答案为：

在200℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快；B．设最终气体的总物质的量为x，则C2H4为0.2x、C2H6为0.06x，根据2CH4（g）→C2H4（g）+2H2（g）和2CH4（g）→C2H6（g）＋H2（g）可知，生成的氢气为0.4x+0.06x=0.46x，则含有的甲烷为x-（0.2x+0.06x+0.46x）=0.28x，因此体系中CH4的体积分数=×100%=28%，故答案为：

28%。

35．【化学——选修3：

物质结构与性质】（15分）

硼族元素在科学研究领域有重要应用，回答下列问题：

（1）Ga是硼族元素，写出其M能层的电子排布式_______。

（2）B是硼族元素中唯一的非金属性元素。

①Li、Be、C、Al中第一电离能比B大的是_____

②α-菱形硼品体结构单元是如图所示的正二十面体，该结构单元由_____个硼原子构成。

（3）Al单质的熔点为660℃，Ga单质的熔点为30℃，Al比Ga熔点高的原因是______

（4）Al存在AlCl、Al2Cl、[AlF6]3－等多种配离子。

①AlCl的立体构型为_______，Al2Cl，结构如图所示：

其中Cl杂化方式为_______。

②存在AlCl、[AlF6]3−，不能形成[AlCl6]3−的原因是_______。

（5）氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。

①画出晶胞中Q原子沿z轴在xy平面上的投影_______。

②该晶体密度为ρg·m−3，晶胞参数a=b≠c（单位：

nm），a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=_______nm（用含a、b、ρ、NA的代数式表示）。

【答案】

（1）3s23p63d10

（2）Be、C12

（3）Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高

（4）正四面体sp3由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子

（5）

【解析】

（1）Ga是31号元素，核外电子排布式：

[Ar]3d104s24p1，Ga的M能层排满了电子，电子排布式3s23p63d10，故答案为：

3s23p63d10；

（2）①同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，则第一电离能C>B，由于Be形成2s轨道排满，较稳定，所以第一电离能Be>B，故答案为：

Be、C；②在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，每个等边三角形拥有的顶点为：

×3=，20个等边三角形拥有的顶点为：

×20=12；故答案为：

12；（3）Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；故答案为：

Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；（4）①AlCl的立体构型为正四面体结构，由图可知，Al2Cl中Cl与2个Al原子形成共价键，且含有2对孤对电子，所以Cl的杂化方式为sp3杂化，故答案为：

正四面体，sp3；②由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子，故答案为：

由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子；（5）①由晶胞结构可知，Q原子的投影位于xy面，平行四边形右侧三角形中，

，故答案为：

；②1个晶胞的质量为：

g，晶胞的体积为：

cm3=，c=，

故答案为：

。

36．【化学——选修5：

有机化学基础】（15分）

据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。

已知：

回答下列问题：

（1）化合物C中的含氧官能团名称为_________，A到B的反应类型为__________。

（2）A的名称为____________

（3）写出D的结构简式：

_____________________________。

（4）写出反应②的化学方程式：

____________________________________________。

（5）化合物C满足下列条件的同分异构体有_______种，写出其中一种有5种不同种类氢原子的同分异构体的结构简式：

_______________。

①含苯环结构，能在碱性条件下发生水解；

②能与FeCl3发生显色反应；

③能发生银镜反应

（6）已知CH2=CHCN

CH3CH2COOH。

请以

、CH2=CHCN和乙醇为原料合成化合物

，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。

【答案】

（1）醚键取代反应

（2）1，2，4—苯三酚

（3）

（4）

（5）13

（6）