市级联考山东省济南市届高三模拟考试理科综合化学试题解析版.docx
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市级联考山东省济南市届高三模拟考试理科综合化学试题解析版
山东省济南市2019届高三5月模拟考试理综化学
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Al27Cl35.5Ca40Ti48
1.Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。
可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，其流程如下：
下列说法正确的是
A.上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物
B.Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性
C.上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换
D.实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗
【答案】C
【解析】
【分析】
饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，同时放出二氧化碳，I中的溶液应为NaHSO3溶液；再加入Na2CO3固体，将NaHSO3转化为Na2SO3，再次充入SO2，将Na2SO3转化为NaHSO3，得到过饱和的NaHSO3溶液，由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5，发生2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，据此分析解答。
【详解】A．上述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳，故A错误；
B．SO2作漂白剂时，未发生氧化还原反应，没有表现还原性，故B错误；
C．根据上述分析，上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换，否则得不到过饱和的NaHSO3溶液，故C正确；
D．“结晶脱水”是加热固体分解，应该在坩埚中进行，故D错误；
答案选C。
2.油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。
它们的结构简式如下图所示。
下列说法错误的是
A.油酸的分子式为C18H34O2
B.硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54种
C.天然油脂都能在NaOH溶液中发生取代反应
D.将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间
【答案】B
【解析】
【详解】A．油酸的结构简式为CH3（CH2）7CH=CH（CH2）7COOH，分子式为C18H34O2，故A正确；
B．硬脂酸甘油酯的结构简式可以表示为，上面的酯基与下面的酯基互为对称结构，因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36种，故B错误；
C．天然油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中发生水解反应，故C正确；
D．油酸甘油酯中含有碳碳双键，能够氧化变质，将油酸甘油酯氢化转化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为B，要注意分子的对称性对同分异构体数目的影响。
3.下列由实验得出的结论正确的是
实验
结论
A
将适量苯加入溴水中，充分振荡后，溴水层接近无色
苯分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应
B
向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味气体
该溶液中一定含有S2O32－
C
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀
蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖
D
相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性
非金属性：
S>C
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A错误；
B．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和SO32-，不一定是S2O32-，故B错误；
C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，实验不能成功，故C错误；
D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3的水解，溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：
硫酸＞碳酸，因此非金属性：
硫强于碳，故D正确；
答案选D。
4.NA是阿伏加德罗常数的值。
下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为NA的是
A.46.0g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应所得乙酸乙酯分子
B.36.0gCaO2与足量水完全反应过程中转移的电子
C.53.5g氯化铵固体溶于氨水所得中性溶液中的NH4＋
D.5.0g乙烷中所含的共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．46.0g乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，lmol乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故A错误；
B．36.0gCaO2的物质的量为=0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气，转移0.5mol电子，故B错误；
C．53.5g氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），因此c（NH4+）=c（Cl-），即n（NH4+）=n（Cl-）=1mol，故C正确；
D．一个乙烷分子中含有6个C-H键和1个C-C键，因此5.0g乙烷中所含的共价键数目为×7×NA=NA，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应中O元素的化合价由-1价变成0价和-2价。
5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。
已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。
下列说法正确的是
A.甲中既含离子键，又含共价键
B.丙和戊的混合物一定显酸性
C.丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
D.原子半径：
X＜Y＜Z＜W
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增加。
离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为NH4+，则X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q为Na元素，因此Y、Z、W均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此Y为C元素、Z为N元素、W为O元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸等，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，Q为Na元素，甲为NH4HCO3，乙为NaOH或硝酸等，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。
A．甲为NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中还含有共价键，故A正确；
B．丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；
C．丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；
D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：
X＜W＜Z＜Y，故D错误；
答案选A。
6.海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。
下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图（电解槽内部的“┆”和“│”表示不同类型的离子交换膜）。
工作过程中b电极上持续产生Cl2。
下列关于该装置的说法错误的是
A.工作过程中b极电势高于a极
B.“┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜
C.海水预处理主要是除去Ca2＋、Mg2＋等
D.A口流出是“浓水”，B口流出的是淡水
【答案】D
【解析】
【分析】
电解过程中b电极上持续产生Cl2，则电极b为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：
2Cl--2e-=Cl2↑，电极a为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，工作过程中，氯离子向b移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．电极b为电解池阳极，电极a为电解池的阴极，b极电势高于a极，故A正确；
B．根据分析，“┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜，故B正确；
C．为了防止海水中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等堵塞离子交换膜，影响电解，电解前，海水需要预处理，除去其中的Ca2＋、Mg2＋等，故C正确；
D．根据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，氯离子向b移动，各间隔室的排出液中，A口流出的是淡水，B口流出的是“浓水”，故D错误；
答案选D。
7.某温度下，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。
滴加过程中pM[－lgc（Cl-）或－lgc（CrO42－）]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。
已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。
下列说法错误的是
A.该温度下，Ksp（Ag2CrO4）＝4×10－12
B.al、b、c三点所示溶液中c（Ag+）：
al＞b＞c
C.若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点
D.用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】
根据pM=－lgc（Cl-）或pM=－lgc（CrO42－）可知，c（CrO42－）越小，pM越大，根据图像，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。
当滴加10mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。
【详解】A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc（CrO42－）=4.0，c（CrO42－）=10－4mol·L-l，则c（Ag+）=2×10－4mol·L-l，该温度下，Ksp（Ag2CrO4）＝c（CrO42－）×c2（Ag+）=4×10－12，故A正确；
B．al点恰好反应，－lgc（Cl-）=4.9，c（Cl-）=10－4.9mol·L-l，则c（Ag+）=10－4.9mol·L-l，b点c（Ag+）=2×10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c（CrO42－）约为原来的，则c（CrO42－）=0.025mol·L-l，则c（Ag+）==×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c（Ag+）最大，故B错误；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc（Cl-）=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；
D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，可用K2CrO4溶液作指示剂，故D正确；
答案选B。
8.纳米TiO2是一种重要的光催化剂。
以钛酸酯Ti（OR）4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：
①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti（OC4H9）4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再
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