高考化学黄金押题第二卷高考化学黄金押题解析版.docx
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高考化学黄金押题第二卷高考化学黄金押题解析版
2019黄金押题二
可能用到的相对原子质量：
H-1C-12O-16N-14Na-23S-32Fe-56Te-128Ba-137
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、社会等密切相关。
下列说法正确的是（）
A．氧化铁、氧化铜均可用于制作红色涂料
B．明矾具有强氧化性，可用于自来水的杀菌、消毒
C．煤中含有苯、二甲苯等有机物，通过煤的干馏可得到苯、二甲苯等化工原料
D．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”中的碱是K2CO3
【答案】D【解析】氧化铜为黑色固体，A项错误；明矾无强氧化性，其溶于水可生成氢氧化铝片胶体，能吸附水中的悬浮物使之沉降下来，达到净水的目的，并非杀菌消毒，B项错误；煤干馏后的产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭等，出炉煤气和煤焦油中含有苯、二甲苯等物质，故可以通过煤的干馏得到苯、二甲苯等化工原料的粗品，但煤中不含有苯、二甲苯等，C项错误；草木灰中含有K2CO3，K2CO3溶液显碱性可以去污，D项正确。
8．下列有关说法正确的是（）
A．C6H6代表的物质一定是纯净物
B．甲醇和丙三醇互为同系物
C．淀粉和油脂都是能水解的高分子化合物
D．对氯苯乙烯分子中所有的原子可能共平面
【答案】D【解析】C6H6不仅可以表示苯，还可以表示如CH≡CCH2CH2C≡CH、CH3C≡CCH2C≡CH等多种烃，因此C6H6既可以表示纯净物也可以表示混合物，A项错误；甲醇、丙三醇分子所含羟基数目不相等，不是同系物，B项错误：
油脂不属于高分子化合物，C项错误；由于碳碳单键可以旋转，对氯苯乙烯分子中碳碳单键旋转时，苯环和碳碳双键所在的平面可能重合，分子中所有的原子可能共平面，D项正确。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述中错误的是（）
A．2.2gD218O与T216O的混合物中所含中子数为1.2NA
B．标准状况下，2.24LCH3Cl中含有共价键数目为0.4NA
C．25℃，100mLpH均为13的Ba（OH）2溶液和NaOH溶液中，OH-均为0.01NA
D．22.4L由乙烯和乙醇蒸气组成的混合气体中含有的碳原子数为2NA
【答案】C【解析】D218O与T216O的摩尔质量均为22g·mol－1，故2.2gD218O与T216O的物质的量均为0.1mol，且两者中均含12个中子，即所含中子数为1.2NA，A项正确；标准状况下2.24L的CH3Cl的物质的量是0.1mol，含有共价键数目为0.4NA，B项正确；25℃，100mLpH均为13的Ba（OH）2溶液和NaOH溶液中，n（OH-）=0.1L×0.1mol·L-1，即OH-均为0.01NA，C项正确；由于22.4L混合气体所处的温度和压强条件不清楚，故无法求得混合气体中碳原子的数目，D项错误。
10．在远洋轮船与接触海水的船侧和船底镶嵌一些金属M，以提高船体的抗腐蚀能力。
下列说法不正确的是（）
A．金属M宜选择化学性质比铁稳定的银、铜等
B．金属M发生氧化反应
C．海水pH一般为7.5，正极反应为O2+4e-+2H2O==4OH-
D．上述方法为牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A【解析】建造船体的主要材料是钢铁，船体与弱碱性的海水接触时会发生钢铁的吸氧腐蚀，为了保护船体免受海水的腐蚀，可在与海水接触的船侧和船底镶嵌一些比铁活泼的镁、锌等金属，使活泼金属、船体与海水构成原电池，镁、锌等活泼金属发生氧化反应，船体上发生还原反应（O2+4e-+2H2O==4OH-），使船体得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，A项错误。
11．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构。
X的最外层电子数等于最内层电子数，Z元素是最重要的“成盐元素”。
下列说法正确的是（）
A．原子半径：
Z＞Y＞X
B．氢化物沸点：
Z＞Y＞W
C．元素X的单质能与W的氧化物发生置换反应
D．Z与W、X、Y形成的化合物中化学键类型均相同
【答案】C【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构，该化合物是SiC，则W是C，Y是Si。
X的最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于碳元素，Y是Mg。
Z元素是最重要的“成盐元素”，Z是Cl。
原子半径：
Z＜Y＜X，A项错误；碳元素可以形成多种氢化物，这些氢化物的沸点相差较大，不能比较其沸点，B项错误；金属镁能与二氧化碳发生置换反应生成氧化镁和碳，C项正确；Z与W、X、Y形成的化合物中化学键分别是共价键、离子键和共价键，D项错误。
12.下列实验操作、实验现象与结论的对应关系正确的是（）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向某溶液中先后滴加新制氯水和淀粉溶液
得到蓝色溶液
原溶液中含有I-
B
将某无色气体持续通入一定量的澄清石灰水中
溶液先变浑浊，后变澄清
该无色气体为二氧化碳
C
加热某盐与NaOH的混合溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
红色石蕊试纸变蓝色
该盐为铵盐
D
向大理石固体中滴加稀硫酸
大理石表面持续产生大量气泡
硫的非金属性强于碳
【答案】C【解析】若原溶液中含有I2，滴加淀粉溶液时溶液也会变蓝，A项错误；二氧化硫气体通入澄清石灰水中也会出现溶液先变浑浊，后变澄清的现象，B项错误；乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，表现出乙烯的还原性，B项错误；在高中化学范围内，氨气是唯一的碱性气体，C项正确；大理石的主要成分为CaCO3，与稀硫酸反应会生成微溶性的CaSO4，覆盖在石灰石表面上，使反应逐渐停止，所以实验中不会持续产生大量气泡，D项错误。
13.298K时，在20.0mL0.10mol/L醋酸溶液中滴入0.10mol/L的NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。
下列有关叙述正确的是（）
A.b点可能存在c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）
B.a点的c（H+）等于d点的c（OH）
C.c点对应的V（NaOH）=20.0mL
D.整个过程中，水的电离程度逐渐增大
【答案】B【解析】只有当醋酸与NaOH恰好完全中和时（此时为CH3COONa溶液），溶液中才存在c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），而醋酸钠溶液呈碱性，pH应大于7，所对应的点应介于c、d之间，A项错误；a点溶液呈酸性，c（H+）=10-amol·L-1，d点溶液呈碱性，c（OH）=10（14-a）-14=10-amol·L-1，B项正确；若消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，得到CH3OONa溶液呈碱性，而c点溶液呈中性，C项错误；整个过程中，水的电离程度先增大，后减小，D项错误。
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）为了探究SO2的还原性，设计如下实验：
（1）写出装置A中发生反应的化学方程式：
。
这里不使用10％硫酸的原因是。
（2）写出装置B中发生反应的离子方程式：
。
检验反应后溶液中是否有Fe3+的操作是。
（3）装置C中产生白色沉淀，发生的化学反应有两种情况：
第1种情况：
SO2少量时，发生的反应为3Ba（NO3）2+3SO2+2H2O==3BaSO4↓+2NO↑+4HNO3。
第2种情况：
SO2过量时，发生的反应为Ba（NO3）2+3SO2+2H2O==BaSO4↓+2H2SO4+2NO↑。
为了探究SO2是否过量，可向反应后的溶液中滴加的试剂是。
（4）实验完毕后，从尾气吸收装置D所得溶液中可分离出固体亚硫酸钠（只含少量硫酸钠杂质）。
取wg该固体亚硫酸钠溶于蒸馏水，加入足量的稀盐酸和过量的氯化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥后，称得BaSO4沉淀的质量为mg。
则所得固体亚硫酸钠的纯度为（用含w、m的代数式表示）。
已知上述干燥过程中，先用过滤装置中的滤纸包裹BaSO4沉淀，然后连滤纸一起，将BaSO4沉淀放入坩埚中高温灼烧至恒重，此时水分全部蒸发，而且滤纸完全燃烧并转化为二氧化碳，坩埚中可得到纯净的BaSO4沉淀。
若将BaSO4沉淀放入坩埚中灼烧至恒重时发生了反应BaSO4+4C
BaS+4CO↑，则测得的结果（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】
（1）Na2SO3+H2SO4==Na2SO4+SO2↑+H2O（2分）
10％硫酸中的水较多，SO2在其中的溶解度较大，不容易逸出SO2（2分）
（2）2Fe3++SO2+2H2O==2Fe2++SO42-+4H+（2分）
取装置B中的溶液少量于试管，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则含有Fe3+，否则不含Fe3+（2分）
（3）BaCl2溶液（或其他合理答案，2分）
（4）
（2分）偏高（2分）
【解析】
（1）硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水。
SO2与水以l：
40比例溶解，如果硫酸溶液浓度太稀，则大量SO2会溶于水中。
（2）二氧化硫还原铁离子生成亚铁离子，用KSCN溶液检验铁离子。
（3）通过检验反应后的溶液中是否含有SO42-或Ba2+即可判断SO2是否过量，因此可选择BaCl2溶液或Na2SO4溶液。
（4）n（BaSO4）=n（Na2SO4），m（Na2SO4）=
mg，w（Na2SO4）==
。
若干燥硫酸钡时滤纸发生了炭化反应，会导致所得硫酸钡中混有硫化钡杂质，固体质量m偏小，测得的亚硫酸钠纯度偏高。
27．（14分）氯化铁可用于冶金、金属腐蚀、有机催化，也是一种常用的氧化剂和氯化剂；氯化亚铁常用作还原剂和媒染剂。
（1）已知：
①2FeCl2（g）+Cl2（g）==2FeCl3（g）△H==akJ·mol-1
②2Fe（s）+3Cl2（g）==2FeCl3（g）△H=bkJ·mol-1
③Fe（s）+Cl2（g）==FeCl2（g）△H=ckJ·mol-1
则a、b、c之间关系可表示为c=。
（2）常温下，Fe3+的水解分步进行：
①Fe3++H2O
Fe（OH）2++H+Kh1
②Fe（OH）2++H2O
Fe（OH）2++H+Kh2
③Fe（OH）2++H2O
Fe（OH）3+H+Kh3
由①②③可得Fe3++3H2O
Fe（OH）3+3H+Kh
Kh1、Kh2、Kh3中最大的是；Kh=（用含Kh1、Kh2、Kh3的式子表示）。
（3）常温下，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Fe（OH）2]=8.0×10-16。
则0.1mol·L-1FeCl3溶液的pH
0.1rnol·L-1FeCl2溶液的pH（填“＞”“＜”或“==”）。
（4）实验室常用NH4SCN溶液检验Fe3+。
常温下，将cmol·L-1FeCl3溶液和cmol·L-1NH4SCN溶液以体积比l：
3混合（溶液体积变化忽略不计），测得混合溶液中c（Fe3+）与时间的关系如图所示（Fe3+水解忽略不计）。
①反应从开始至恰好达到平衡时，υ（SCN-）=（用含c、a的代数式表示，下同），Fe3+的平衡转化率为，该反应的平衡常数K=。
②m点：
υ（正）υ（逆）（填“>”“<”或“=”，下同）。
υ（逆）：
m点n点。
【答案】
（1）
（2分）
（2）Kh1（1分）Kh1·Kh2·Kh3（2分）
（3）<（1分）
（4）①
mol·L-1·min-1（2分）
×100%（2分）
L3·mol-3（2分，不写单位不扣分）
②>（1分）<（1分）
【解析】
（1）由盖斯定律知，三个热化学方程式之间的关系为
=③，故c=
。
（2）高价阳离子水解类似多元弱酸根离子水解，分步进行且以第一步水解为主，第一步水解常数最大。
即Kh1最大。
Fe3+水解总反应的化学方程式=①+②+③，则Kh==Kh1·Kh2·Kh3。
（3）根据常温下的溶度积可知，氢氧化铁的溶解度远远小于氢氧化亚铁，说明等物质的量浓度的氯化铁溶液和氯化亚铁溶液中，铁离子水解程度大于亚铁离子，氯化铁溶液的酸性较强，pH较小。
（4）忽略溶液体积变化，混合后的溶液中反应物的起始浓度：
c（Fe3+）=
mol·L-1，c（SCN-）=
mol·L-1，则：
①υ（SCN-）=
mol·L-1·min-1=
mol·L-1·min-1。
Fe3+的平衡转化率=
=
×100%。
K==
（mol·L-1）-3=
L3·mol-3。
②m点对应的是从反应开始到平衡前的某一时刻，此时υ（正）>υ（逆）；n点对应的是达到平衡后的某一时刻，υ（逆）：
m28．（15分）碲（Te）常用于冶金工业，也是石油裂解的催化剂。
工业上用精炼铜的阳极泥（主要含有TeO2，还含有少量Ag、Au）为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：
已知：
TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。
（1）从滤渣A中分离出Au的方法是。
（2）“沉碲”时控制溶液的pH为4.5~5.0，生成TeO2沉淀。
防止溶液局部酸性过强的操作是。
（3）写出“碱浸”时发生反应的离子方程式：
。
滤液B经过蒸发浓缩冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的副产品是（填化学式）。
（4）为了提高“碱浸”的浸出率，宜采取的措施有（写两条即可）。
“酸溶”时要控制温度，温度不宜过高，原因是。
（5）写出“还原”中发生反应的化学方程式：
。
（6）经上述流程，从质量为mt的某阳极泥中提取出质量为nt的碲，已知该阳极泥含TeO2的质量分数为w，则碲的提取率为（用含w、m、n的代数式表示，提取率=
×100％）。
【答案】
（1）加稀硝酸充分反应，过滤、洗涤、干燥（2分）
（2）缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并检测溶液的pH（2分）
（3）TeO2+2OH-==TeO32-+H2O（2分）Na2SO4（1分）
（4）粉碎阳极泥、加热、增大氢氧化钠溶液的浓度、搅拌等（2分）
温度过高，加快盐酸挥发，降低原料的利用率（2分）
（5）TeCl4+2SO2+4H2O==Te↓+2H2SO4+4HCl（2分）
（6）
×100%（2分）
【解析】
（1）滤渣A的主要成分是金、银，金不溶于硝酸。
（2）为了避免溶液局部酸性过强，应缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并检测溶液的pH。
（3）二氧化碲类似SO2，与氢氧化钠反应生成亚碲酸钠。
“碱浸”时加入NaOH溶液，“沉碲”时加入稀硫酸，故滤液B中所得副产品是Na2SO4。
（4）从影响化学反应速率的因素角度考虑，即从增大接触面、升温、增大浓度等角度分析。
酸浸用到盐酸，温度高，盐酸挥发快。
（5）二氧化硫是还原剂，还原四氯化碲生成碲、硫酸和盐酸。
（6）理论上提取碲的质量m（Te）=wmt×
，碲的提取率为
×100%=
×100%。
【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．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）镓、硅、锗、硒的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料。
（1）基态锗原子的核外电子排布式为，锗、砷、硒三种元素的第一电离能由大到小的顺序为，基态硅原子最高能级电子云的形状为。
（2）在水晶柱面上滴一滴熔化的石蜡，冷却后，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，可以观察到在不同方向石蜡熔化的快慢不同，这表现出了水晶导热性的性。
在水晶的晶体中硅原子的配位数是。
硅元素能与氢元素、卤族元素形成一系列的二元化合物，如SiH4、Si2H6、SiCl4、SiBr4等，这四种物质沸点由高到低的顺序为。
硅丁烯（Si4H8）中σ键与π键的个数之比为。
（3）已知GaCl3的熔点77.9℃，沸点201℃，GeCl4的熔点-49.5℃，沸点84℃，则GaCl3和GeCl4的晶体类型为，GaCl3分子中Ga原子杂化轨道类型为，GeCl4的空问构型为。
（4）砷化镓的晶胞结构如图所示，若该晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞边长为。
（设NA为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】
（1）[Ar]3d104s24p2或ls22s22p63s23p63d104s24p2（2分）As>Se>Ge（2分）哑铃形（1分）
（2）各向异（1分）4（1分）SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4（2分）11：
1（1分）
（3）分子晶体（1分）sp2（1分）正四面体形（1分）
（4）
（2分）
【解析】
（1）锗是第四周期IVA族元素，基态错原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2或ls22s22p63s23p63d104s24p2。
由同周期第一电离能递变趋势及砷的4p能级处于半充满状态可知，锗、砷、硒三种元素第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge。
基态硅原子最高能级为2p，其电子云的形状为哑铃形。
（2）实验表现出来的是水晶导热性的各向异性。
水晶中每个硅原子与四个氧原子成键，故配位数为4。
SiBr4、SiCl4、Si2H6、SiH4均是分子晶体，沸点高低由分子间作用力的相对大小决定，而分子间作用力的相对大小决定于它们的相对分子质量的大小，故沸点由高到低的顺序为SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4。
Si4H8分子中有8个Si-Hσ键、3个Si-Siσ键，有l个Si-Siπ键，故σ键与π键的个数之比为11：
1。
（3）由GaCl3和GeCl4的熔点、沸点数据可知它们均是分子晶体，GaCl3中Ga原子为sp2杂化、GeCl4中的Ge原子为sp3杂化，GeCl4的空间构型为正四面体形。
（4）观察晶胞图知，一个砷化镓晶胞中含有4个“GaAs”，其物质的量为4/NAmol，质量为l45×4/NAg，设晶胞边长为d，则d3×ρ=l45×4/NA，故d=
cm。
36．【化学——选修5：
有机化学基础】（15分）可降解高分子化合物H的一种合成路线如图所示：
已知：
①l个碳原子上连接2个羟基不稳定，易发生分子内脱水形成醛基或羰基；
②
（-NH2易被氧化）；
③
。
回答下列问题：
（1）W所含官能团有硝基、氰基和。
（2）X的名称是；Y的结构简式为。
（3）Z→W的反应类型是，试剂B是。
（4）写出G→Q的化学方程式为。
（5）同时满足下列条件的T的同分异构体有种（不考虑立体异构）。
①苯环上连接硝基②能发生银镜反应③苯环上有三个取代基
（6）参照上述合成路线和相关信息，设计一条由2-丙醇为原料制备可降解高分子化合物
的合成路线（其他试剂自选）：
。
【答案】
（1）羟基（1分）
（2）对硝基甲苯（或4-硝基甲苯）（2分）
（2分）
（3）加成反应（1分）Fe／HCl（1分）
（4）
（2分）
（5）10（2分）
（6）
（4分）
【解析】本题切入点是W的结构简式，由W和已知条件③可知，Z为
；由R的相对分子质量知，R为甲苯。
由W的结构简式知，X为对硝基甲苯。
再由已知条件①可知，X与氯气发生甲基上的取代反应，Y为二氯代物，Y水解生成不稳定的中间产物
，该中间产物易发生分子内脱水生成Z，Y的结构简式为
。
由已知条件③可知，W水解生成G，G的结构简式为
；再由已知条件②可知，氨基容易被氧化，故G→Q为G中的羟基的催化氧化反应，Q→T为硝基的还原反应，因此试剂B为Fe／HCl。
（5）满足题设三个条件的T的同分异构体的苯环上含三个取代基-NO2、-CHO、-CH3，先写出含两个取代基的三种同分异构体
、
、
，再使苯环上一个氢分别被甲基取代，得到的有机物依次有4种、4种、2种，共l0种符合条件的同分异构体。
（6）由异丙醇的催化氧化可制备丙酮；由已知条件③可知，丙酮与HCN发生加成反应，其产物在酸性条件下水解可生成2-甲基-2-羟基丙酸，其缩聚反应可生成目标高分子化合物。
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