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2019黄金押题一 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 S-32 Fe-56 第Ⅰ卷（选择题，共48分） 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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． 化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ） A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅 B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料 C．医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理相同 D．纯碱既可用于清洗油污，也可用于治疗胃酸过多 【答案】B【解析】手机中芯片的主要成分是硅单质而不是二氧化硅，A错误；聚四氟乙烯俗称“塑料王”，属于有机高分子材料，B正确；医用双氧水消毒是利用强氧化性使蛋白质变性，，而酒精消毒也是使蛋白质变性，但不是利用强氧化性，两者消毒原理不相同，C错误；纯碱由于碱性较强，不可以用于治疗胃酸过多，D错误。故选B。 8．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．18 g T2O(3H2O)中，含有的电子总数为10NA B．5.6 g铁与足量的水蒸气在高温条件下反应，转移电子数是0.3NA C．标准状况下，4.48 L CH3Cl中所含原子总数为NA D．1 mol SO2与2 molO2在一定条件下充分反应，生成SO3的分子数为NA 【答案】C 【解析】18 g T2O的物质的量为＝ mol，所含电子数为10× mol×NA mol－1＝NA，A项错误；5.6 g铁(即0.1 mol铁)与足量的水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气，转移电子数为NA，B项错误；标准状况下，CH3Cl呈气态，4.48 L CH3Cl的物质的量为0.2 mol，所含原子总数为NA，C项正确；SO2与O2的反应是可逆反应，SO2不可能全部转化为SO3，D项错误。 9．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，D原子核外最外层电子数是次外层电子数的3/4，A、D同族；B元素以盐的形式广泛分布于陆地和海洋中，C简单离子半径为所在周期中最小。下列叙述不正确的是 ( ) A．简单离子半径：D>B>A B．B、D两元素形成的化合物其水溶液呈碱性 C．电解A、C 形成的化合物可制得C单质 D．A的简单气态氢化物的热稳定性比D的强 【答案】A【解析】根据“短周期主族元素D原子核外最外层电子数是次外层电子数的3/4”，可推知：D为硫元素。根据“短周期元素A、D同族”，可推知：A为氧元素。根据“B元素以盐的形式广泛分布于陆地和海洋中”及原子序数的大小关系，可推知：B为钠元素。最后依据C的原子序数及“C简单离子半径为所在周期中最小”可推知：C为铝元素。A项，简单离子半径：S2->O2->Na+，错误；B项，Na、S两元素形成的化合物Na2S水溶液呈碱性，正确；C项，电解熔融态A12O3可制得Al单质，正确；O的非金属性比S强，因此H2O的热稳定性比H2S强，正确。（群967118075） 10．分子式为C6H12O2能与氢氧化钠溶液反应且能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀的有机化合物有(不考虑立体异构) （ ） A．7种 B．8种 C．9种 D．13种 【答案】B【解析】分子式为C6H10O2能与氢氧化钠溶液反应的有机物有羧酸和酯两类物质，但同时能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀的有机物只能是甲酸酯，即HCOOC5H11，而戊基(-C5H11)有8种结构，故选B。 11．全钒液流储能电池结构如图，其电解液中含有钒的不同价态的离子、H+和SO42-，电池放电时，电子由惰性电极N经用电器转移到M。下列说法正确的是 ( ) A．电池充电时，阴极反应式为VO2++e- +2H+==VO2++H2O B．电池放电时，H+通过交换膜向右移动 C．充电时，惰性电极N应该连接电源负极 D．电池放电时，正极区pH减小 【答案】C【解析】A项，电池充电时，阴极反应式为V3++e- ==V2+，错误；B项，电池放电时，H+通过交换膜向左移动，错误；D项，电池放电时，正极VO2++e- +2H+==VO2+ +H2O，消耗H+，故正极区溶液pH增大，错误。故选C。 12．下列实验操作、现象、结论均正确的是 ( ) 实验 现象 结论 A 向含I-的溶液中加入硫酸酸化的H2O2溶液，再滴加少量的乙醇 液体分层，上层呈紫红色 氧化性：H2O2>I2 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化但未滴落 铝箔吸附了熔化的铝 C 把醋酸铅溶液滴到鸡蛋清中，振荡 液体中出现黑色沉淀 蛋白质发生了变性 D CH3COONa溶液中滴入几滴酚酞 溶液，加热 溶液红色加深 升温能促进CH3COONa水解 【答案】D【解析】A项，乙醇与水互溶，不能作为萃取水溶液中溶质的萃取剂，错误；B项，铝箔熔化但未滴落是由于铝箔表面形成的氧化膜兜住了熔融的铝，错误；C项，重金属离子能使蛋白质变性，可观察到液体中出现白色沉淀，错误；D项，盐的水解过程是吸热过程，升高温度能促进盐类的水解，正确。 13．某化学兴趣小组用0.100 0 mol·L-1氢氧化钠溶液对20.00 mL未知浓度盐酸进行滴定时绘制了如图的滴定曲线。下列说法正确的是 （ ） A．水的离子积常数：a>b B．将盐酸换为同物质的量浓度的氢氟酸（HF），则溶液pH=7时，V(NaOH)>20 mL C．滴定前碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，所测盐酸浓度小于0.100 0 mol·L-1 D．若滴定到终点时少加4滴NaOH溶液(设1滴为0.05 mL)，则此时溶液的pH≈3.3(已知1g2≈3) 【答案】D【解析】A项，由于b点温度高，因此其水的离子积常数大，错误；B项，HF为弱酸，将盐酸换为同物质的量浓度的HF，则溶液pH=7时，V(NaOH)<20 mL，错误；C项，滴定前，碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，V(NaOH)偏大，则测定结果偏高，故所测盐酸浓度大于0.100 0 mol·L-1，错误；D项，滴定到终点时少加4滴NaOH溶液，则相当于盐酸过量了4滴，因此溶液中c(H+)=≈5×10-4 mol·L-1，因此pH≈3.3，正确。 第Ⅱ卷（非选择题，共52分） 二、填空题（本大题共4小题，共52分） 26.（14分）某化学小组设计实验探究SO2的性质并测定亚硫酸钠样品的纯度。他们设计如下图所示的装置进行实验。 (1)实验中，尾气处理可选用的试剂是 (任填一种)，对应的仪器是 。 (2)实验完毕后，设计简易实验证明SO2的漂白性是暂时的： 。能证明B中发生了反应的试剂是 。 (3)装置D中产生了白色沉淀，加稀盐酸，沉淀不溶解，则装置D中通入过量SO2时，发生反应的离子方程式为 。 (4)装置E中有黄色沉淀生成，写出通入过量二氧化硫时反应的离子方程式： 。 (5)测定Na2SO3样品的纯度。称取4.000 g Na2SO3样品配成100 mL溶液，从中量取25．00 mL于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，然后用0.1000 mol·L-1酸性KIO3标准溶液滴定。重复滴定三次，测得三次滴定消耗的酸性KIO3标准溶液体积的平均值为20.00 mL。 ①(a)3SO32-+IO3- ==I-+3SO42-和(b) IO3-+ I-+ = I2+ 为滴定过程中发生反应的相关离子方程式，完成并配平离子方程式(b)。 ②样品中Na2SO3的质量分数为 。 ③若向滴定管中注液前，没有用酸性KIO3标准溶液润洗，则测得的样品中Na2SO3的质量分数会 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】(1)氢氧化钠溶液 烧杯 (或碱石灰 干燥管)(其他合理答案也给分，2分) (2)取少量装置C中已褪色的溶液于试管中，加热，溶液又变红色(2分) K3[Fe(CN)6]溶液(或BaCl2溶液)(1分) (3)Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O==CaSO4↓+2C1-+4H++SO42-(2分) (4)2S2-+5SO2+2H2O==3S↓+4HSO3-(2分) (5)①1、5、6H+、3、3H2O(2分) ②75.60％(2分，有效数字不正确扣l分) ③偏大(1分) 【解析】(1)尾气的主要成分是二氧化硫，可用氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液或亚硫酸钠溶液吸收，对应仪器为烧杯或洗气瓶；也可选用碱石灰吸收二氧化硫，对应仪器是干燥管。 (2)SO2的漂白性是暂时的，可以通过加热褪色后的品红溶液验证，观察红色是否再现。若氯化铁溶液氧化了SO2，发生反应为2Fe3++SO2+2H2O==2Fe2++SO42-+4H+，可用BaCl2溶液检验是否有SO42-生成来验证反应是否发生，也可用K3[Fe(CN)6]溶液检验检验是否有Fe2+生成来验证反应是否发生，但不能用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，因为溶液中的二氧化硫会干扰酸性高锰酸钾溶液对亚铁离子的检验。 (3)依题意，次氯酸钙溶液吸收过量SO2生成了硫酸钙沉淀，同时生成盐酸和硫酸。 (4)过量的二氧化硫通入到硫化钠溶液中生成了单质硫和亚硫酸氢钠。 (5)①②滴定过程中，酸性KIO3溶液与SO32-发生反应(a)生成I-和SO42-，当SO32-消耗完毕时，酸性KIO3溶液再与反应(a)生成的I-发生归中反应(b)，生成I2，使淀粉溶液变蓝色，指示滴定终点。根据3SO32-+IO3-==3SO42-+I-可计算Na2SO3固体样品中Na2SO3的质量分数=×100％=75.60％。 ③若向滴定管中注液前，没有用酸性KIO3标准溶液润洗，达到滴定终点时消耗的酸性KIO3溶液的体积会偏大，测得样品中Na2SO3的质量分数会偏大。 27．(15分)捕获和利用CO2是当今化学前言研究的热点课题。 I．在光和ZnGeO3催化下，CO2和H2能高效地合成甲烷：CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g) △H。 已知：在化学上，生成热指在一定温度和压强下，由最稳定单质生成l mol纯物质的反应热(△H／kJ·mol-1)。 规定最稳定单质的生成热为0，可以用物质的生成热表示其相对稳定性。CO2(g)、CH4(g)、H2O(g)的生成热依次为－394 kJ·mol-1、－75 kJ·mol-1、－242 kJ·mol-1。 (1)由CO2和H2合成甲烷的反应中，△H= kJ·mol1。 (2)几种化学键的键能如下表所示： 化学键 C-O H-H C-H H-O 键能／kJ·mol-1 a 436 414 464 利用上述反应的△H，计算a= kJ·mol-1。 Ⅱ．某研究小组以太阳能电池为电源，以稀硫酸为电解质溶液，通过电解CO2制备乙醇，模拟装置如图所示，其中M、N为石墨电极。 (3)N极连接太阳能电池的 极。 (4)写出M极的电极反应式： 。 Ⅲ．利用CO2合成二甲醚的原理为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)。在2 L恒容密闭容器中充入2 mol CO2(g)和5 mol H2(g)，在一定条件下发生上述反应，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示。 (5)Q点：正反应速率 逆反应速率(填“>”“<”或“=”，下同)。 正反应速率：Q点 W点。 (6)已知T1温度下，开始时气体的总压强为0.7 MPa，则达到平衡时气体的总压强为 MPa。T2温度下，上述反应的平衡常数K= 。 【答案】(1)－165(2分) (2)801.5 (2分) (3)正(1分) (4)2CO2+12e－+12H+==CH3CH2OH+3H2O(2分) (5)>(1分) >(1分) (6)0.38(3分) L4·mol-4(3分，不写单位不扣分) 【解析】(1)反应热等于产物的生成热之和与反应物的生成热之和的差值。△H=﹣242 kJ·mol-1×2+(﹣75 kJ·mol-1)﹣(﹣394 kJ·mol-1)=﹣165 kJ·mol-1。 (2)反应热等于反应物键能之和与产物键能之和的差值。由△H=2a+436 kJ·mol×4﹣414 kJ·mol—1×4﹣464 kJ·mol-1×4=﹣165 kJ·mol-1，解得a=801.5 kJ·mol-1。 (3)由电极产物推断电极类型，N极产生O2，发生了氧化反应，电极反应为2H2O—4e-=O2↑+4H+，说明N极为阳极，则M极为阴极。M极产生乙醇，需要消耗阳极产生的氢离子，电解时氢离子从质子交换膜右侧向左侧迁移。N极与太阳能电池的正极相连。 (4)（群967118075）乙醇中碳的平均化合价为-2价，M极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。 (5)Q点时该反应未达到平衡，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；Q点到W点的过程中，正反应速率减小，逆反应速率增大，所以Q点的正反应速率大于W点的正反应速率。 (6)恒温恒容条件下，气体的总压强与气体的总物质的量成正比。T1温度下达到平衡，CO2的平衡转化率为80％，有： T2温度下，CO2的平衡转化率为50％，有： 28．(14分)镍(Ni)、钼(Mo)常作催化剂，某镍钼矿石的主要成分如下： 成分 MoS2 NiS2，NiS FeS2 SiO2 C 其他杂质 质量分数 25％一30％ 20％～25％ 15％～20％ 5％～l0％ 15％～32％ 3％左右 工业上，利用镍钼矿制备铁镍合金和Na2MoO4·2H2O，简易工艺如下： (1)在熔炼炉中，空气从下部通入，镍钼矿粉和纯碱从上部加入，这样设计的优点是 。上述工艺体现出废物利用的理念，简述理由： 。 (2)配平化学方程式： NiS2+6Na2CO3+11C+ O2 Ni+ Na2S+ CO2。 (3)写出浸液中硅酸钠与过量CO2反应的离子方程式： 。 (4)已知：常温下，Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4×10-8。操作2得到的滤液中含有Na2MoO4、NaHCO3，制备钼酸钠晶体必须先加入氢氧化钡除去HCO3-。滤液中c(MoO42-)=0．4 mol·L-1，列式计算，当c(CO32-)=1×10-5mol·L-1时，是否生成BaMoO4沉淀? 。 (5)碳素钢在生活、生产、国防等方面有广泛应用，碳素钢的抗腐蚀性能是科学研究的热点。常温下，碳素钢在不同介质中的腐蚀速率如下： ①已知：钼酸钠、月桂酰肌氨酸的相对分子质量分别为M1、M2。当混合溶液中钼酸钠与月桂酰肌氨酸的物质的量浓度之比为 时，缓蚀效率最好(即腐蚀速率最小)。 ②通过比较碳素钢在盐酸、硫酸中的腐蚀速率可知，对碳素钢腐蚀有催化作用的离子是 (填离子符号)。碳素钢在酸性介质中发生的电化学腐蚀主要是析氢腐蚀，正极的电极反应式为 。 【答案】(1)增大气体与固体的接触面积，加快反应速率(1分) 将熔炼炉产生的CO2废气通入浸液中(2分) (2)3 8 3 6 17(2分) (3)SiO32-+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2HCO3-(2分) (4)c(CO32-)=1×10-5mol·L-1，c(Ba2+)==1×10-4 mol·L-1，Qc=c(Ba2+)·c(MoO42-)=1×10-4×0.4=4×10-5>Ksp(BaMoO4)=4×10-8，会生成钼酸钡沉淀(2分) (5)①M2：M1(2分) ②Cl-(1分) 2H++2e-=H2↑(2分) 【解析】(1)空气从下部进入，类似烧煤炉，这样操作能增大固体与空气的接触面积，加快反应速率；上述工艺中利用了CO2废气。 (2)根据原子守恒配平：3NiS2+6Na2CO3+llC+8O23Ni+6Na2S+17CO2。 (3)硅酸钠溶液与过量CO2反应生成硅酸和碳酸氢钠。 (4)NaHCO3与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀。 (5)①观察图象知，当钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度均为150 mg·L-1时缓蚀效率最佳，此时它们的物质的量浓度之比为=M2：M1。 ②比较碳素钢在盐酸和硫酸中的腐蚀速率，相同质量分数下盐酸的腐蚀速率大很多，说明氯离子起催化作用。碳素钢在酸性介质中发生析氢腐蚀，碳为正极，铁为负极，正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑。 【选做部分】 三、（本题包括2小题，每小题15分，考生只能选做一题） 35.[选修3——物质结构与性质]（15分）I A、VIIA族元素及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题： (1)基态钠原子的核外电子排布式为 ；I A族元素的基态原子的价层电子云轮廓图的形状为 。 (2)与H2F+互为等电子体的分子是 (填一种即可)。H2分子中原子轨道的重叠方式是 (填字母)。 A．s—s B．s—p C．p—p (3)OF2和O2F都是氧元素的氟化物，其中，OF2分子中氧原子的杂化类型是 ；氯的某含氧酸的分子式为HClOx，其对应的含氧酸根离子的几何构型是三角锥形，则x= 。 (4)碱金属单质的熔点随原子序数增大而降低，原因是 ；而卤素单质的熔点、沸点随原子序数增大而升高，原因又是 。 (5)金属钠、钾的晶胞结构如图l所示，其中金属原子的堆积模式为 。 (6)氯化钠的晶胞结构如图2所示(白球代表Cl-，黑球代表Na+)，图3是氯化钠的晶胞截面图。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，氯化钠晶体的密度为d g·cm-3。则： ①氯化钠晶胞中Cl-的配位数为 。 ②Na+半径为 pm(只列出计算式即可)。 【答案】(1)ls22s22p63sl或[Ne]3s1(1分) 球形(1分) (2)H2O(或H2S、H2Se、H2Te)(1分) A(1分) (3)sp3(1分) 3(2分) (4)碱金属单质是金属晶体，随着原子序数增大，原予半径增大，金属键减弱；卤素单质是分子晶体，组成和结构相似，随着原子序数增大，相对分子质量增大，范德华力增强(2分) (5)体心立方堆积(1分) 【解析】(1)基态钠原子的电子排布式为ls22s22p63sl或[Ne]3s1。I A族元素的价层电子排布式为ns1，s轨道的电子云轮廓图的形状为球形。 (2)与H2F+互为等电子体的分子有H2O、H2S、H2Se、H2Te。基态氢原子只在ls轨道上有电子，H2分子中的两个氢原子成键时，两个1s轨道的重叠方式为s—s，故选A。 (3)OF2中氧原子的价层电子对数==4，氧原子的杂化类型是sp3。氯的含氧酸根离子中，ClO3-的几何构型为三角锥形，其对应的合氧酸为HClO3，故x=3。 (4)分析熔点、沸点的高低，要从“粒子之间的作用力”角度切入。碱金属单质是金属晶体，随原子序数的增大，原子半径依次增大，金属键依次减弱，单质的熔点依次降低；卤素单质是分子晶体，组成和结构相似，随原子序数的增大，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，单质的熔、沸点依次升高。 (5)钠、钾晶胞为体心立方堆积，体对角线上的三个原子相切。 (6)①氯化钠晶胞中氯离子、钠离子的配位数都是6。（群967118075） ②思路：先由晶胞结构和晶体的密度求出晶胞的边长，再由晶胞截面图中对角线上三个氯离子相切求出氯离子半径，最后根据棱上两个氯离子和一个钠离子相切求出钠离子半径。一个晶胞中含4个NaCl，设晶胞的边长为a，则晶体密度d=g·cm-3，a=cm，而氯离子半径r(C1-)=，钠离子半径r(Na+)=（－1）r(C1-)= pm。 36.[选修5——有机化学基础]（15分）有机高分子材料I，其结构简式为。如图是由有机物A和乙醛为原料生产有机物的合成路线。 已知：①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢； 回答下列问题： (1)A的结构简式为 ，E的名称为 。 (2)③和⑤的反应类型分别为 、 。反应④的条件为 。 (3)反应⑦的化学方程式为 。 (4)G的同分异构体中能同时满足下列条件的共有 种(不含立体异构)。 ①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②能发生银镜反应；③苯环上至少有2个取代基。 若上述G的某种同分异构体的核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的是 (写结构简式)。 (5)以1-丙醇和NBS为原料可以制备聚丙烯醇()。请设计合成路线(其他无机原料任选)。并用以下方式表示： 【答案】 (15分，除标注外每空l分) (1) 苯甲醛 (2)取代反应 加成反应 氢氧化钠的乙醇溶液，加热(2分) (3)(2分) (4)16(2分) (2分) (5) (3分) 【解析】由“烃A的相对分子质量为70”，可确定A的分子式为C5H10；因核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，所以A为。由结构简式以及生成D的条件可判断D为，进而推断C为。根据结构简式结合反应⑤⑥的条件可推断F为，E为(苯甲醛)，进而结合反应条件得G为。H为。 (2)反应③是→，为取代反应，反应⑤是加成反应。反应④是→，反应条件是氢氧化钠的乙醇溶液加热。 (3)反应⑦是醇与酸的酯化反应。 (4)G的同分异构体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中含有碳碳双键，又因G的同分异构体能发生银镜反应说明G分子中含有-CHO或HCOO- 。若分子中含2个取代基，则这两个取代基为-CH==CH2与-OOCH或-O-CH==CH2与-CHO，此种情况各有3种结构(邻、间、对)；若分子中含3个取代基，则这3个取代基为-CH=CH2、-OH、-CHO，此种情况有10种结构；故G的同分异构体中满足条件的有l 6种。因G的某种同分异构体的核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2：2：2：l：1，则其结构若含1个取代基则为，若含2个取代基，则2个取代基必定为对位关系，即为。 (5)利用逆推法分析合成的合成路线。（群967118075） 12 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！