2019年高考化学全真模拟试题（一）含答案及解析

C.能与NaOH溶液反应的含氧衍生物含有羧基或酯基； D.葡萄糖是单糖。

详解：A. 向裂化汽油中加入酸性高锰酸钾，振荡，紫色褪去，不能说明裂化汽油中含有甲苯等苯的同系物，因为烯烃等也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；

B. 苯二甲酸（PTA)和乙二醇中分别含有羧基和羟基，涤纶是由对苯二甲酸（PTA)和乙二醇（EG)通过缩聚反应得到的，B错误；

C. 分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH溶液反应的有机物如果是羧酸，则是戊酸，相当于是丁烷分子中的1个氢原子被羧基取代，有4种；如果是酯类，可以是甲酸与丁醇形成，丁醇有4种；也可以是乙酸和丙醇形成，丙醇有2种；还可以是丙酸和乙醇或丁酸和甲醇，丁酸有两种，因此符合条件的有机物有4+4+2+1+2＝13种，C正确； D. 葡萄糖是单糖，不能水解，D错误。答案选C。 10.【答案】D

【解析】分析：s的水溶液俗称水玻璃，则s为Na2SiO3；m是典型的两性物质，则m为Al2O3；0.1mol/L n溶液的pH为13，则n为一元强碱溶液，应该为NaOH；结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为Al、R为Si元素，据此解答。

详解：根据以上分析可知X为H、Y为O、Z为Na、W为Al、R为Si元素，n（NaOH）与p（Al2O3）反应生成r和q，且r是这些元素组成的二元化合物、q是这些元素组成的三元化合物，则r为H2O，q为NaAlO2；p是这些元素组成的二元化合物，p与n（NaOH）反应生成s（Na2SiO3）和r（H2O），则p为SiO2。

A．水分子间存在氢键，则简单氢化物的沸点：R＜Y，A错误；

B．Z为Na、W为Al，金属性越强，最高价氧化物对应水合物的碱性越强，金属性Na＞Al，则W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的弱，B错误；

C．Z为Na、R为Si、W为Al，其单质对应晶体分别为金属晶体、原子晶体和金属晶体，Si的熔点最高，钠的熔点最低，即单质熔点：R＞W＞Z，C错误； D．硅酸钠是制备硅胶和木材防火剂等的原料，D正确；答案选D。

点睛：本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，也是本题的难点，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，注意影响物质熔沸点的因素。 11.【答案】B

【解析】分析：A.根据氨气的制备原理分析； B.根据乙炔的制备原理结合物质的性质分析； C.根据蒸馏原理分析； D.根据植物油不溶于水分析。

详解：A.实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的混合物制备氨气，用向下排空气法收集氨气，A正确；

B.电石中的杂质与水反应能生成硫化氢等气体，硫化氢能使高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙炔，B错误；

C.蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥

2019年高考化学全真模拟试题（一）含答案及解析 第（9）页

发杂质，因此可用蒸馏法可以淡化海水，C正确；

D.植物油难溶于Na2CO3溶液，可用分液法分离，D正确。答案选B。 12.【答案】D

【解析】分析：A.根据增加氢离子浓度Cr2O7的去除率升高分析； B.根据电解池中阴极发生得到电子的还原反应解答； C.根据阳极铁失去电子转化为亚铁离子判断； D.根据Cr元素化合价变化情况计算。

详解：A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确； B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72－+6e－+14H+＝2Cr3+ +7H2O，B正确；

C.实验③中阳极铁失去电子转化为亚铁离子，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，离子方程式为Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3+ +6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72-去除率提高，C正确；

D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，则有0.5molCr2O7在阴极上被还原，且溶液中还有0.5molCr2O7被亚铁离子还原，所以一共有1molCr2O7被还原，D错误；答案选D。 13.【答案】B

【解析】分析：a点为单一的氢氧化钠溶液，a到c是生成碳酸钠，b点是碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，c点是单一的碳酸钠溶液，c到d是生成碳酸氢钠，d点是碳酸氢钠和碳酸的混合溶液，d点溶液呈中性，据此分析解答。

详解：A、水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的NaOH溶液，则c（H+）=1×10-10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c（H+）=1×10-10mol/L，A正确；

B、b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c(H+ )＜c(OH-)，B错误； C、当水电离出的OH离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用，所以根据质子守恒可知c(OH)＞c(HCO3)+c(H)，C正确；

D、d点溶液中水电离出的OH-离子浓度10-7mol/L，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）可得c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-），D正确；答案选B。

26．【答案】 (1). C (2). 2∶1 (3). g→f→e→d→c→b (4). 排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停 (5). 检查装置的气密性 (6). 出现红褐色液体 (7). 2ClNO + H2O == 2H+ + 2Cl- + NO↑+ NO2↑ (8). 90%

【解析】（1）实验室制取氯气的方法是将二氧化锰固体与浓盐酸混合加热，所以选取的装置为C。该反应中有2mol HCl被氧化为1mol Cl2，有1mol MnO2被还原为Mn2+，所以被氧化与被还原物质的物质的量之比为2:1。

（2）制取的氯气应该先过饱和食盐水除去氯化氢，过浓硫酸干燥，再收集（氯气密度大于空气，应该长进短出），所以顺序为：a→g→f→e→d→c→b→i→h。

（3）X可以从U形管的左侧加入硝酸，当硝酸没过铜丝的时候，可以保证装置内没有空气，

2019年高考化学全真模拟试题（一）含答案及解析 第（10）页

--+

-2-2-2-2－

这样生成的NO比较纯净。当反应需要停止时，可以关闭K1，此时NO气体无法排出，会产生一定气压，使U形管右侧液面下降，当固液分离的时候，反应自动停止。由上，X装置的优点是：排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停。

（4）实验的一般步骤是连接装置再检查气密性，再进行实验。一段时间后，两种气体在Z中反应生成亚硝酰氯，而亚硝酰氯是一种红褐色液体，所以现象为Z的三颈瓶中出现红褐色液体。

（5）亚硝酰氯遇水易反应生成一种氯化物（只能是HCl）和两种氮的常见氧化物（NO和NO2），所以反应的离子方程式为：2ClNO + H2O == 2H+ + 2Cl- + NO↑+ NO2↑。

（6）加入的硝酸银为0.8×22.5×10-3＝0.018mol，所以氯离子为0.018mol，根据Cl守恒得到ClNO为0.018mol，考虑到题目是将产品配成250mL溶液，取25mL进行滴定，所以含有的ClNO为0.18mol，质量为0.18×65.5＝11.79g，质量分数为11.79÷13.1＝90%。 27．【答案】 (1). 粉碎矿石，适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等 (2). S、SiO2 (3). 防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率 (4). 氯气 (5). 2Bi + 2O2 + Na2O2

2NaBiO3 (6). NA或6.02×1023 (7). 10-11﹕1

(8). Bi3+、Bi(HDz)3 (9). Bi(HDz)3 + 6OH- === Bi(OH)3 + 3H2O + 3Dz3-

【解析】（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等；二氧化硅与盐酸和氯化铁不反应，Bi2S3中的－2价S被氧化为单质硫，则滤渣的主要成分有S、SiO2。（2）由于铁离子、Bi易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；加入铁粉后铁离子转化为亚铁离子，Bi3＋转化为单质铋，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁而循环利用，所以气体X为氯气。（3）焙烧时生成铋酸钠的化学方程式为2Bi＋2O2＋Na2O2

2NaBiO3；反应中只有Bi元素化合价升高，从0价升高到5价，当消耗标准状况下4.48LO2即0.2mol氧气时，转移电子的个数是NA。（4）根据溶度积常数可知此时Bi未沉淀，浓度是0.02 mol/L。铜离子浓度是

，所以所得溶液中

3＋

3＋

c(Cu2+)∶c(Bi3+)＝10－11∶1。（5）①当调节pH＝2.5时铋的萃取率是0.8，所以铋（Bi）的

存在形式有Bi3＋、Bi(HDz)3；②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为Bi(HDz)3＋6OH＝Bi(OH)3↓+3H2O+3Dz。

－1328．【答案】 (1). 2.8×10 (2). 2ΔH2＋ΔH3 (3). p3>p2>p1 (4). 该反应

－

2－

的正反应为气体分子数增加的反应，其他条件相同时，压强增大平衡逆向移动，H2S的转化率减小，故p3>p2>p1 (5). 0.0025 mol·L－1·h－1 (6). 0.53 (7). 增大 (8). 2SO－2e－===S2O (9). K2S2O8＋2H2O===H2O2＋2KHSO4

【解析】试题分析：（1）某溶液含0.020 mol?L-1Mn2+、0.1 mol?L-1H2S，当溶液的pH=5时，溶液里c(S2-)=1.4×10-11mol?L-1，Mn2+开始沉淀，则MnS的溶度积=

c(S2-)×c(Mn2+)=0.020×1.4×10-11=2.8×10-13； （2）工业上采用高温分解H2S制取氢气，其反应为2H2S(g)

2H2(g)+S2(g) △H1，在膜反应器中分离出H2。①ⅰH2S(g)

S2(g)△H3，根据盖斯定律可知2H2S(g)

2H2(g)+S2(g)为

H2(g)+S(g) △H2，ⅱ2S(g)

2019年高考化学全真模拟试题（一）含答案及解析 第（11）页

ⅰ×2+ⅱ得到的，故△H1=2ΔH2+ ΔH3；②因为恒温下压强越大，H2S的转化率越低，则图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1，理由是该反应的正反应为气体分子数增加的反应，其他条件相同时，压强增大平衡逆向移动，H2S 的转化率减小，故p3>p2>p1。压强为p3，温度为950℃时，H2S的转化率为30%，即变化量为0.10mol×30%=0.03mol，生成的S2(g)为0.03mol/2=0.015mol，达到平衡时v(S2)=\强p2=7.2MPa，温度为975℃时，H2S的转化率为40%，即变化量为0.10mol×40%=0.04mol，则平衡时H2(g)为0.04mol，S2(g)的物质的量为0.02mol，H2S(g)的物质的量为0.06mol，总的物质的量为0.12mol，H2S(g)、H2(g)、S2(g)的分压分别为7.2MPa×(0.06/0.12)=3.6MPa，7.2MPa×(0.04/0.12)=2.4MPa，7.2MPa×(0.02/0.12)=1.2MPa，则反应的平衡常数Kp=(2.4MPa)2×1.2MPa÷(3.6MPa)2=0.53MPa，因恒压条件下，温度越高，H2S的转化率越大，说明升高温度平衡正向移动，若保持压强不变，升温到1000℃时，则该反应的平衡常数增大；（3）①低温电解饱和KHSO4溶液时阳极的电极反应式为2SO4 2??2e?=S2O82?；②K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4，该反应的化学方程式为K2S2O8+ 2H2O = H2O2+2KHSO4。

考点：考查溶度积、化学平衡常数及盖斯定律的应用计算，涉及电解原理的应用。 （二）选考题：

35. [选修3：物质结构与性质]（15分，除注明外，每空2分）

【答案】 (1). bc (2). 3d (3). K、 Cr (4). a、c (5). 乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键 (6). sp2 (7). Cu3Au或AuCu3 (8). 12 (9).

【解析】（1）由图示得到，石墨烯中碳原子的杂化类型为sp2，所以每个碳原子应该形成3个σ键，而每形成1个σ键需要2个碳原子，所以C∶σ键＝2∶3，因此12g石墨烯（1molC）中的σ键为1.5mol，选项a错误。石墨烯中所有的碳原子都是sp2杂化，所以所有的碳原子都在同一个平面，选项b正确。石墨晶体中石墨层与层之间存在的是分子间作用力，所以选项c正确。石墨烯中每个C原子连接3个六元环，所以每个C原子在一个六元环中只能分得1/3，所以每个六元环占有6×1/3=2个C原子，选项d错误。

（2）①铜是29号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104S1，根据鲍林的近似能级图得到其中能量最高的能级为3d。第四周期，最外层电子数与Cu相同都是1个电子的是K(4s1)和Cr（3d54s1）。

②甲烷（正四面体）和苯（正六边形）都是高度对称的分子，所以是非极性分子；而二氯甲烷是变形四面体结构是极性分子，乙醇显然是极性分子。

③乙醇沸点高于丁烷的原因是，乙醇有-OH，可以形成分子间氢键，从而提高了沸点。 ④酞菁分子中碳都形成了双键，或者都是苯环中的碳原子，所以都是sp2杂化。

⑤金原子占据晶胞的顶点，所以有8×＝1个；铜原子占据6个面心，所以有6×＝3个，所以化学式为Cu3Au或AuCu3。如果以图2晶胞的体心为顶点，以顶点的金原子为体心，可以得到一个新的晶胞，该新晶胞中金原子在体心，铜原子位于12条棱的棱心，所以在Au周围最近并距离相等的Cu有12个。由立体几何知识得到图2中两个Cu原子核的最小距离

2019年高考化学全真模拟试题（一）含答案及解析 第（12）页