1、- 1 -海南省 2019年高考化学压轴卷（含解析）第卷(选择题共 36分)一、选择题(本题包括 6小题，每小题 2分，共 12分，每小题只有一个选项符合题意)1.分类思想是学习化学的重要思想，从分类的角度分析正确的是A. CO2和 NO2溶于水都显酸性，因而它们都是酸性氧化物B. Na2O和 NH3的水溶液能导电，所以均为电解质C. Al2O3能与强酸反应，又能与强碱反应，故为两性氧化物D. Na2O和 Na2O2与水反应均会生成强碱，故都是碱性氧化物2.一定量的 Na、Mg、Al 分别与足量的盐酸反应，放出氢气的质量之比为 1：2：4，则Na、Mg、Al 三种金属的物质的量之比为( )A.
2、 1：1：1 B. 4：2：1 C. 2：3：4 D. 3：3：43.有关 Na2CO3和 NaHCO3的性质，下列叙述中错误的是( )A. 相同温度下，等浓度的 Na2CO3溶液和 NaHCO3溶液的碱性比较，前者更强B. 常温时水溶性：Na 2CO3NaHCO3C. 在酒精灯加热的条件下，前者不分解，后者分解D. 将澄清的石灰水分别加入 Na2CO3和 NaHCO3溶液中，前者产生沉淀，后者不产生沉淀4.下列能使品红溶液褪色，且褪色原理基本相同的是( )活性炭 氯水 二氧化硫 臭氧 过氧化钠双氧水A. B. C. D. 5.用氢氧化钠固体配置 100 mL 0.1mol/L 的氢氧化钠溶液
3、，有以下仪器：100 mL 量筒 滤纸 烧杯 托盘天平 100 mL 容量瓶 胶头滴管 玻璃棒， 配制过程中需要用到的仪器有A. B. C. D. 6.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO 2(g)2CO(g) 2CO2(g)S(l) HNaHCO3，故 B正确；酒精灯加热的条件下Na2CO3不分解，NaHCO 3分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故 C正确；将澄清的石灰水加入NaHCO3溶液中能生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，故 D错误。本题选 D。4. 【答案】C【解析】物质的漂白性主要有三种原理：一是该物质具有强氧化性，如氯水、臭氧、过氧化钠、过氧化氢等；二是该物质与有机色素化合生成
4、不稳定的无色化合物，如 SO2；三是该物质具有很大的比表面积，具有很强的吸附色素的能力，如活性炭。所以选 C。5. 【答案】B【解析】配制 100mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水） ，冷却后转移到 100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线- 8 -12cm 时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，量筒（可用可不用） ，所以配制过程中需要用到的仪器有，故 B正确。故选 B。6. 【答案】D【解析
5、】A、S 为液体，反应前后气体系数之和不相等，随着反应进行，气体物质的量减小，压强减小，故错误；B、因为 S为液体，浓度视为常数，因此分离出 S，反应速率不变，故错误；C、此反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO 2的转化率降低，故错误；D、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，故正确。7. 【答案】AC【解析】A.使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，酸性条件下 Mg2 、K 、SO 42 、NO 3 离子能够大量共存，A 正确；B.使酚酞变红色的溶液呈强碱性，Cu 2 、HCO 3均不能与碱大量存在，B错误；C.AlO 2-水解显碱性，与 OH、Na 、Cl 、SO
6、42 不发生反应，所以能大量存在，故 C正确;D. I 与 Ag 生成 AgI沉淀，含有 Ag 的溶液中，I 不能大量存在，D 错误；答案：AC。8. 【答案】D【解析】A.溶液和胶体都是电中性的，只有溶液中的离子和胶体中的胶粒带电，故 A错误；B.胶体中的分散质粒子会向某一极移动，但溶液只有是电解质时，其溶质粒子才会向两极移动，非电解质溶液的溶质粒子不带电，不会向某一极移动，故 B项错误；C.溶液中溶质粒子一直不停做无规律运动，故 C错误。D.光束通过胶体时会出现明亮的通路，这是胶体特有的丁达尔效应，而溶液没有该现象，故 D项正确；答案为 D。9. 【答案】B【解析】A.向明矾溶液中加入过量
7、的氢氧化钡溶液,反应的离子方程式为: Al3+SO42-Ba 2 +4OH- BaSO4+ AlO2-+2H2O,故 A错误; B.向 CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为： CH3COOHOH CH3COO H 2O，故 B正确；C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸,反应的离子方程式为: 3Fe(OH)2 +NO3-10H 3Fe3 8H 2O+NO ,故 C错误;D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式: NH4+HCO 3-+ 2OH CO32+-NH3H2O+H2O,所以 D错误的;答案：B。10. 【答案】D【解析】A、3.6g 重水的物质的量
8、为 0.18mol，含有电子的物质的量为 1.8mol，3.6g 重水含有的电子数为 1.8N A，故 A错误；B、常温常压下，C 3H6和 C4H8的最简式为 CH2,14g的混合物含中所含 CH2为 1mol,共价键数为 2NA故 B错误；C、2mol/L 的硝酸镁溶液，没有体积无法计算硝酸根离子数，故 C错误；D、1mol Zn活泼金属从盐酸中能置换出 1mol H2，需要得到2mol电子，所以发生转移的电子数为 2NA，故正 D确；答案：D。11. 【答案】D【解析】A. 把 N2 和 O2的混合气体 通过灼热的铜网，氧气和铜网反应生成氧化铜，氮气不反应，故 A正确；B. 向 NaHC
9、O3和 Na2CO3溶液中通入过量的 CO2气体 CO2+ Na2CO3+H2O= 2NaHCO3,故 B正确；C. 向 Fe2O3 和 SiO2中加入过量的 NaOH溶液会和 SiO2反应生成硅酸钠溶液，再通过过滤即可除去；故 C正确；D. 向 Na2CO3和 Na2SO4溶液中加入适量 Ba(OH)2溶液，- 9 -Na2CO3和 Na2SO4都可以与 Ba(OH)2反应，故 D错误；答案：D。12. 【答案】AC【解析】A该反应中还原剂是 Fe2+，还原产物是 Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故 A正确；B该反应中，锰元素的化合价由+7 价变为+2 价，铁元素的化合价由+2
10、 价变为+3 价，所以氧化剂是 MnO4-，还原产物是 Mn2+，故 B错误；C根据得失电子相等配平方程式得 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO 4） 3+8H2O，根据方程式知，生成 1mol水时，转移电子的物质的量= =1.25mol，故 C正确；D铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀，故 D错误；故选 AC。13. 【答案 】(1)第三周期A 族 (2)Cl O2 Mg2 (3)NH4 H 2O NH3H2OH c(NO3 )c(NH4 )c(H )c(OH ) (4) Mg3N26H 2O=3Mg(OH)22NH 3 (5)Cl
11、22OH =ClO Cl H 2O【解析】(1)R 为 Na元素，其原子序数为 11，位于周期表中第三周期第 IA族；(2)Z、Q、M 简单离子分别为 O2-、Mg 2+、Cl -，而微粒的电子层数越多，则半径越大，故 Cl-的半径最大；当电子层数相同时，核电荷数越多，则半径越小，故 Mg2+的半径最小，故简单离子半径由大到小的顺序为 Cl O2 Mg2 ；(3) H、N、O 三种元素形成的盐类化合物为 NH4NO3，溶液呈酸性，其原因是铵根离子水解，离子方程式为：NH 4 H 2O NH3H2OH ；溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为c(NO3 )c(NH4 )c(H )c(OH ) ；(4
12、) H、N、Cl 形成的化合物为 NH4Cl，为离子化合物，其电子式为 ；Q3Y2为 Mg3N2，在水溶液中发生双水解生成氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式为：Mg3N26H 2O=3Mg(OH)22NH 3；(5)M的单质即为氯气，与 R的最高价氧化物对应的水化物即为 NaOH反应,生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为： Cl 22OH =ClO Cl H 2O。14. 【答案】(1)2SO 2O 2 2SO3 SO 2+ OH-= HSO3-(2)KSCN 溶液(氢氧化钠溶液) Fe + 2Fe 3+ = 3Fe2+ 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2【解析】 （1）若单质
13、A为黄色固体，B 为无色有刺激性气味的气体，C 能与水反应生成一种二元强酸，则 A是 S，W 是 O2、B 是 SO2、C 是 SO3，SO 3和 H2O反应生成 H2SO4。BC 的反应为二氧化硫氧化为三氧化硫，反应的方程式为：2SO 2O 2 2SO3。向 NaOH溶液中通入过量的 SO2气体，生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：SO 2+OH- 10 -=HSO3-。（2）若 A是一种黄绿色的气体，B 的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，则 A是Cl2，W 是 Fe，B 是 FeCl3、C 是 FeCl2。B 为 FeCl3，检验 Fe3+的常用试剂是 KSCN溶液(氢氧化钠溶液)，若
14、用 KSCN溶液，溶液变为血红色，若用氢氧化钠溶液，出现红褐色的沉淀。W 是 Fe、B 是 FeCl3，Fe 与 FeCl3反应生成 FeCl2，离子方程式为：Fe+2Fe 3+=3Fe2+。铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H 2O(g) Fe3O4+4H2。15. 【答案】1)2Cu +O 2 2CuO (2)升高温度 (3)Cu 2+ + Zn Cu + Zn 2+(4)除去过量的锌 (5)Cu+ H 2O2 + 2H+ Cu + 2H 2O 1 ：2【解析】(1)废料中 Cu和 CuS在“焙烧”过程中与 O2反应，CuS 将转化为 CuO和 SO2，所以另外一
15、个反应的化学方程式为 2Cu+O2 2CuO。(2)“焙烧”后的固体用硫酸酸化，根据影响化学反应速率的外界因素可知，加快反应速率的措施有：升高温度；在一定范围内增大硫酸的浓度；将“焙烧”后的固体粉碎。（任选一条回答即可）(3)Zn比 Cu活泼，能够将溶液中的 Cu2+置换，其离子方程式为 Cu2+Zn=Cu+Zn2+。(4)在“置换”步骤中加入了过量的锌，得到的固体铜中含有锌，为了不影响产品的纯度必须除去锌，所以“淘洗”的作用就是除去过量的锌。(5)从目标产物看， “反应”步骤应该是将单质铜转化为 Cu(NO3)2的过程，铜元素被氧化，而“整个过程无红棕色气体产生”说明氧化剂不是 HNO3，可
16、推知该过程作为氧化剂的物质应是H2O2，所以发生反应的离子方程式为：Cu+H 2O2+2H+ Cu+2H 2O。若该步骤只使用 20% HNO3且出现大量红棕色气体，可推知该过程起氧化剂作用的是 HNO3，还原产物是红棕色的 NO2气体，化学反应方程式为 Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H 2O，因 4molHNO3中只有 2molHNO3起氧化剂作用，所以还原剂（Cu）与氧化剂（HNO 3）物质的量之比为 1:2。16. 【答案】(1)C 2H2(g)+5/2 O2(g)= CO2(g)+ H2O(l) H=(2H 2-H 1+H 3) (2)60%；0.8；BC 升高温度、
17、增加反应物或生成物的物质的量 (3) ；一氧化二氮【解析】 （1）已知热化学方程式：2C(s)+H 2(g) = C2H2(g)H 1；C(s)+O 2(g) = CO2(g)H2；H 2(g) + O2(g) = H2O(l) H 3，根据盖斯定律 2-+为 C2H2(g)+5/2 O2(g)= CO2(g)+ H2O(l) H=(2H 2-H 1+H 3)。C 2H2燃烧热的热化学方程式为 C2H2(g)+5/2 O2(g)= CO2(g)+ H2O(l) H=(2H 2-H 1+H 3)。（2）由表格数据可知 15min时达到平衡，利用三段式2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3(g
18、)初始量（mol） 2 1 0变化量（mol） 2x x 2x平衡量（mol）2-2x 1- x 2x根据压强之比等于物质的量之比：20.0/16.0=3/(3-x).解得 x=0.6mol, 平衡时，SO 2的转化率 =0.6 /2=60%；T时，反应 2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3(g)的平衡常数 Kp=P2(SO3 )/p2 (SO2)p(O2)=( 16.01.2/2.4)2/(16.0 0.8/2.4)2 ( 16.0 0.4/2.4)=0.8kPa1 。答- 11 -因为化学反应伴随能量变化，所以当焓变不在变化时，说明化学反应达到平衡状态，故 A错误；因为 2SO2 (
19、g) +O2(g) 2 SO3(g)是两边化学计量数不等且是气体分子数减小的反应，所以随反应进行，混合气体平均相对分子质量逐渐增大，当混合气体平均相对分子质量不在变化说明化学反应达到平衡状态，故 B正确；SO2属于反应物，随反应进行，SO 2 质量分数逐渐减小，当 SO2 质量分数不在变化说明反应达到平衡状态，故 C正确；因为 2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3(g)是气体分子数减小 的 反应，随着反应进行，压强逐渐减小，当压强不在改变是，反应达到平衡状态，故 D错误；答案：BC。40min 时，刚性容器中气体的压强增大。根据理想气体的状态方程 PV=nRT可知，升高温度可以增大体系的
20、压强，而且升高温度可以使化学平衡向逆反应方向移动，体系的压强也增大。当然，直接增加气体的物质的量也能增大体系的压强。故改变的条件可能是升高温度，也可能是增加反应物或生成物的物质的量。（3）二氧化碳的分子式为 CO2,属于共价化合物，电子式为： 。模拟尾气中有 NO 0.025 mol,由图可知,其中参与反应 的 NO的物质的最为 0. 025 mol (8%+16%)= 0. 006 mol ,模拟尾气中有 O20.5 mol ,排出气体中有 O2 为 0.45 mol, 故实际参加反应的 O2为 0. 05 mol 。排出的气体中有 0. 0525 mol CO2，根据氧元素守恒，可知 N2
21、O的物质的量为 0.05 mol 2+0. 006 mol-0. 0525 mol 2=0.001 mol,根据氮元素守恒,可知 n(N2 )=(0.006 mol-0.001 mol 2)/2 =0.002mol，因此， NO转化为一氧化二氮的转化率较低，所以 X为 N2, Y为 N2O。17. 【答案】 (1)B C (2)想提高葡萄糖酸的转化率；便于后面的分离； 氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙 (3) 葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品 (4)可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 (5)D【解析】 （1）溴水氧化葡萄糖在 55下反应，应该用
22、水浴加热比较均匀易控制，温度计插到水浴中即可，且要滴加溴水，B 中的分压漏斗可以调节气压使溴水顺利滴下，故选择 B；葡萄糖氧化最好生成葡萄糖酸，如果用碱性试剂氧化会生成葡萄糖酸盐还要多一步酸化，故排除 A、D 项，酸性高锰酸钾可能把葡萄糖氧化成二氧化碳，故不选 B项，葡萄糖氧化酶可以具有针对性的将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，且反应条件比较温和，故选择 C项；（2）第步充分反应后 CaCO3固体需有剩余，过量的碳酸钙能提高葡萄糖酸的转化率，且碳酸钙不易溶于水，所以碳酸钙易除去；氯化钙易溶于水，盐酸酸性大于葡萄糖酸，所以氯化钙和葡萄糖酸不反应，则本实验中不宜用 CaCl2替代 CaCO3；（3）第步需趁
23、热过滤，因为葡萄糖酸钙易溶于热水，可溶于水，所以要趁热过滤，葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；（4）葡萄糖酸钙在乙醇中微溶，加入乙醇可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出为了使其析出，与溶液分离； （5）析出的葡萄糖酸钙固体上可能残留有溴化钙，为了除去溴化钙，且尽量的减少葡萄糖酸钙的损失，应该采用乙醇-水体系，故选 D。18-I 【答案】CD【解析】A 项，迷迭香酸中含 C、H、O 三种元素，迷迭香酸不属于烃，A 项错误；B 项，迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，共四种，B 项错误；C 项，1 个迷迭- 12 -香酸分子中含 4个酚羟基和
24、 1个碳碳双键，1mol 迷迭香酸最多与 6molBr2发生取代反应、与1molBr2发生加成反应，1mol 迷迭香酸最多能与 7molBr2发生反应，C 项正确；D 项，1 个迷迭香酸分子中含 4个酚羟基、1 个羧基和 1个酯基，1mol 迷迭香酸最多能与 6molNaOH发生反应，D 项正确；答案选 CD。18-【答案】 （1）醛基 (1)(3) (4)AC (5) BC【解析】 （1）根据上述分析可知 E为苯甲醛，其含有官能团的名称是醛基。（2）B 为乙酸，D 为苯甲醇，两者发生酯化反应，BDF 的化学方程式为。（3）根据信息“RCHOCH 3COOR RCHCHCOOR ”可知 X的结
25、构简式。（4）A、X 含有酯基，因此可以发生水解反应，故 A正确；B、X 含有苯环可以和浓硝酸发生取代反应，故 B错误；C、X 含有碳碳双键能使 Br 2/CCl 4溶液褪色，故 C正确；D、X 无醛基不能发生银镜反应，故 D错误；综上所述，本题应选 AC。（5）由同分异构体概念，分子式相同，结构不同的物质互称为同分异构体，题给的四种物质中 B、C 与 F属于同分异构体。19-I【答案】CD【解析】A根据图象知，氮气和 CO都含有两个 键和一个 键，N 2分子与 CO分子中都含有三键，故 A正确；B氮气中 键由每个 N原子各提供一个电子形成，而 CO分子中其中一个 键由 O原子提供 1对电子形
26、成属于配位键，故 B正确；CN 2分子与 CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故 C错误；DN 2分子在空气中不燃烧，CO 分子在空气中燃烧，所以两种分子的化学性质不相同，故 D错误，故选 CD19-【答案】 (1) 2 (2) NSC 5: 4 SCN-中有孤对电子,Cu 2+有空轨道,二者能形成配离子 （3）sp 杂化 (4)As 4O6 正四面体形 (5)4 dNA(r13+r23) 10-30/63【解析】 （1）磷为 15号元素，基态磷原子的电子排布图为 ，有 3个未成对电子，砷原子也有 3个未成对电子，与砷同周期且含有的未成对电子数相同的元素有矾和钴两种。（
27、2）元素周期表中，同周期从左到右元素的电负性逐渐增强；同主族从上到下元素的电负- 13 -性逐渐减弱；N、C 为同周期元素,电负性 NC,因为 H2CO3为弱酸，H 2SO4为强酸，所以非金属性 SC,电负性 SC；N 的核外电子排布为半充满状态，所以电负性 NS，所以(SCN) 2分子中各元素的电负性由大到小的顺序为：NSC；(SCN) 2的结构式为 N C-S-S-C N, 键和 键键的个数比为 5: 4。SCN -中有孤对电子,Cu 2+有空轨道,二者能形成配离子。（3）CO 2是 N2O的等电子体，根据等电子原理可知，N 2O的中心原子与二氧化碳的中心原子一样，价层电子对数为 2且不含
28、孤电子对，为 sp杂化。（4）根据图 1结构可知,砒霜分子内含有 6个氧原子,4 个砷原子,其化学式为As4O6；Na 3AsO4的阴离子为 AsO43-，AsO 43-中含有的孤电子对数是 0,中心原子有 4条共价鍵，所以其空同枸型为正四面体形。（5）根据图知，B 原子连接 4个 P原子。该晶胞中 B原子个数为 4，P 原子个数为 8 1/8+61/2=4,晶胞中所有原子体积为 4/3 (r13+r23) 4 10-30cm3,密度 d=(42/NA )/V,则晶胞体积 V=168/dNA cm3,晶胞中原子的体枳占晶胞体积的百分率=所有原子的体积/晶胞的体积=4/3 (r13+r23) 4 10-30cm3/ 168/dNAcm3 = dNA(r13+r23) 2 10-30/63 。
