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1、四川省攀枝花市届高三第二次统考化学试题绝密启用前四川省攀枝花市2019届高三第二次统考化学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1化学与生活、生产密切相关。下列说法中，不正确的是A用氯化铵浓溶液可以除去铁器表面的铁锈B当火灾现场有大量活泼金属存放时，不能用水灭火C工业上采用蒸干AlCl3溶液的方法得到纯净的无水AlCl3D用Na2S作沉淀剂，可除去废水中Pb2、Hg2等重金属离子2工业上制汞的过程是：焙烧

2、辰砂(主要含HgS)，发生反应：HgSO2HgSO2 还原出的汞呈气态，冷凝得液态汞。其流程如下图：下列说法中，不正确的是AHgSO2HgSO2 属于置换反应B含汞烟气必须处理达标后才能排放C流程中加入氧化钙的目的是减少SO2的排放D洗涤粗汞时可用5%的盐酸代替5%的硝酸3设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A0.1 mol C2H5OH分子中含C-H键数为0.6NAB由H218O与D216O组成的2.0 物质所含中子数为NAC25 ，1 L pH13的Ba(OH)2溶液中OH数为0.2NAD密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA4下列根据实验操作

3、和实验现象所得出的结论中，不正确的是选项实验现象结论A向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中一定存在SO42-或SO32-B分别向盛有KI3溶液的a、b试管中滴加淀粉溶液和AgNO3溶液a中溶液变蓝，b中产生黄色沉淀I3 能电离出I2和IC向饱和硼酸溶液滴入滴入2滴相同浓度的碳酸钠溶液无气泡产生酸性：H3BO3H2CO3D向2mL0.005mol/L FeCl3溶液中加入5mL0.01mol/L KSCN溶液，再滴入5滴0.01mol/LNaOH溶液溶液先变成红色，滴入NaOH溶液后产生红褐色沉淀与Fe3+结合的能力：OHSCNAA BB CC DD5短周期元素X

4、、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W的最外层电子数等于其电子层数，Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和。下列说法中，不正确的是A最简单氢化物的沸点：YQB最高价氧化物对应水化物的碱性：ZWCY与Q形成的化合物在常温下一定为固态DZ、W、Q、X、Y元素原子中，Y的原子半径最小6下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是A放电时，负极反应为3NaBr - 2e-= NaBr3 + 2Na+B充电时，阳极反应为2Na2S2 - 2e -=

5、Na2S4 + 2Na+C放电时，Na+经过离子交换膜，由a池移向b池D用该电池电解饱和食盐水，产生0.1molH2时，b池生成17.40 gNa2S47室温下，用0.10 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol/L的CH3COOH 溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A室温下，电离平衡常数：K(HCN)K(CH3COOH)B点和点所示溶液中：c(CH3COO-)c(CN-)C点所示的溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D点所示的溶液中：c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)评卷人得分二

6、、新添加的题型8某工厂以重晶石(主要含BaSO4)为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”钛酸钡(BaTiO3) 的工艺流程如下：已知：(1)Ksp(BaSO4)=1.01010 ，Ksp(BaCO3)=5.010-9(2)草酸氧钛钡晶体的化学式为 BaTiO(C2O4)24H2O回答下列问题：(1)为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_(写出一条)。(2)配制一定浓度的TiCl4溶液时，通常是将TiCl4(室温下为液体)_。(3)用Na2CO3溶液泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3溶液作用)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K=_(填写计

7、算结果)。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用浓度为_mol/LNa2CO3溶液浸泡重晶石才能开始该转化过程。(4)设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体已经洗涤干净：_。(5)“混合溶液液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，如图所示。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.53之间，再进行“沉淀”，则图中曲线a对应钛的形式为_(填化学式)；写出“沉淀”时的离子方程式：_。(6)煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为：_。第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、实验题9氯化亚铜(CuCl)可用作催

8、化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。实验室采用如图装置和下列步骤制备氯化亚铜。步骤1：在三颈烧瓶中加入20%盐酸、食盐、铜屑，加热至6070，开动搅拌器，同时从c口缓慢通入氧气，制得NaCuCl2溶液。步骤2：反应完全后，冷却，过滤，滤液用适量的水稀释，析出CuCl。步骤3：过滤，分别用盐酸、乙醇洗涤滤出的固体。步骤4：在真空干燥器中6070 干燥2h，冷却后得到产品。回答下列问题：(1)质量分数为20%的盐酸密度为1.1g/cm3，物质的量浓度为_；配制20%盐酸需要的玻璃仪器有：_、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)步骤1中制得N

9、aCuCl2的化学方程式为_。(3)根据“步骤2中用水稀释滤液能得到CuCl”推测，滤液中存在的平衡是_。(4)析出的CuCl晶体不用水而用盐酸、乙醇分别洗涤的目的是_。(5)测定产品中氯化亚铜的质量分数，实验过程如下：准确称取制备的氯化亚铜产品0.25 g，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.10 mol/L的硫酸铈Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗硫酸铈溶液24.50 mL，反应中Ce4+被还原为Ce3+。(已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2)硫酸铈标准溶液应盛放在_(填“酸”或“碱”)式滴定管中。产品中氯化亚铜的质量分数为_。评卷

10、人得分四、填空题10CO2是主要的温室气体，也是一种工业原料。回收利用CO2有利于缓解温室效应带来的环境问题。(1)我国科学家通过采用一种新型复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油。 已知：2H2 (g)+O2 (g) =2H2O(l) H = -571.6 kJ/mol2C8H18(l)+25O2(g) =16CO2(g)+18H2O(l) H = -11036 kJ/mol25、101kPa条件下，CO2与H2反应生成辛烷(以C8H18表示)和液态水的热化学方程式是_。(2)CO2催化加氢合成乙醇的反应原理是：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) H

11、 =-173.6 kJ/mol图是起始投料不同时，CO2的平衡转化率随温度的变化关系，m为起始时的投料比，即m=。m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为_，理由是_。(3)在Cu/ZnO催化剂存在下，将CO2与H2混合可合成甲醇，同时发生以下两个平行反应：反应 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-53.7 kJ/mol反应 CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2=+41.2 kJ/mol控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比)：实验序号T/K催化剂C

12、O2转化率/%甲醇选择性/%实验1543Cu/ZnO纳米棒12.342.3实验2543Cu/ZnO纳米片10.972.7实验3553Cu/ZnO纳米棒15.339.1实验4553Cu/ZnO纳米片12.071.6对比实验1和实验3可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高， 而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因_；对比实验1和实验 2可发现：在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低， 而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因_。有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_。a使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂b使用Cu/ZnO纳米片做催

13、化剂c降低反应温度d投料比不变，增加反应物的浓度e增大的初始投料比(4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2，电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(简称LDPE)。电解时，阴极的电极反应式是_。 工业上生产1.4104 kg 的LDPE，理论上需要标准状况下_L 的CO2。11含氮、磷化合物在生活和生产中有许多重要用途，如：(CH3)3N、磷化硼(BP)、磷青铜(Cu3SnP)等。回答下列问题：(1)锡(Sn)是第五周期A元素。基态锡原子的价电子排布式为_，据此推测，锡的最高正价是_ 。(2)与P同周期的主族元素中，电负性比P小的元素有_种，第一电离能比P大有_种。

14、(3)PH3分子的空间构型为_。PH3的键角小于NH3的原因是_。(4)化合物(CH3)3N能溶于水，试解析其原因_。(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图所示：在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_，磷原子的配位数为_。已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为_ g/cm3。磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图，请将表示B原子的圆圈涂黑_。12有机物J是一种防止血管中血栓形成与发展的药物，其合成路线如图所示 (部分反应条件略去)。回答下列问题：(1)反应的反应类型是_，反应的反应类型是_。(2)J的分子式是_。F的结构简式是_。(3)反应

15、的化学方程式为_。(4)写出同时满足下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_。苯环上只有两个处于对位的取代基；1 mol该有机物能与含2 mol NaOH的溶液恰好完全反应。(5)参照J的合成路线，设计一种以为原料制备的合成路线_。参考答案1C【解析】【详解】A氯化铵为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，氧化铁和酸反应可用于除锈，A正确；B活泼金属如钠等能和水剧烈反应生成可燃气体氢气，能引起爆炸，所以活泼金属着火不能用水灭，B正确；CAlCl3是强酸弱碱盐，加热AlCl3溶液，促进AlCl3的水解，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，与平衡移动原理有关，C错误；DHg2+、Pb

16、2+等重金属离子都可以与S2-反应生成沉淀，可除去废水中Pb2、Hg2等重金属离子，D正确；故合理选项是C。2D【解析】【详解】AHgS+O2Hg+SO2有单质参加反应，并有单质生成，属于置换反应，A正确；B汞污染环境，不能直接排放，必须处理达标后才能排放，B正确；C加入CaO可生成硫化钙、硫酸钙，可避免生成二氧化硫而污染，C正确；D用5%的硝酸除去铅、铜等杂质，而盐酸与铅、铜等不反应，D错误；故合理选项是D。3B【解析】【详解】A.1个C2H5OH 中含有5个C-H键，则0.1molC2H5OH分子中含C-H键数为0.5NA，A错误；BH218O与D216O相对分子质量都是20，由H218O

17、与D216O组成的2.0 物质，物质的量为0.1mol，由于每种物质分子中都含有10个中子，所以0.1mol的分子中所含中子数为NA，B正确；CpH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，则1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，OH-个数为0.1NA个，C错误；DSO2和O2催化氧化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数小于2NA，D错误；故合理选项是B。4A【解析】【详解】A硝酸可氧化SO32-、HSO3-为SO42-，所以原溶液中不一定存在SO42-或SO32-，A错误；B由现象可知，溶液中含I2和

18、I，则I3-能电离出I2和I-，B正确；C由强酸制取弱酸的原理及反应现象可知，酸性：H3BO3H2CO3，C正确；D由现象可知加NaOH使络合反应逆向移动，则说明与Fe3+结合的能力：OH-SCN-，D正确；故合理选项是A。5C【解析】【分析】短周期元素X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X含有2个电子层，最外层含有4个电子，X为C元素；X与Q同主族，则Q为Si元素；W原子序数大于X，其最外层电子数等于其电子层数，可知为Al元素；Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，Y与Z的核外电子数之和=6+14=20，Y可能为O、F元素，Z可能为Mg、Na等元素，结合对应单质、化合物的性质

19、以及元素周期率解答该题。【详解】由以上分析可知X为C、Y可能为O、F元素，Z可能为Mg、Na等元素，W为Al元素、Q为Si元素。AO、F形成的氢化物分子间存在氢键，其沸点较高，所以最简单氢化物的沸点：YQ，A正确；B元素的非金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的金属性Mg、Al都大于Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：ZW，B正确；CY为F元素时，F与Si形成的四氟化硅为气体，C错误；D同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大，则Z、W、Q、X、Y原子半径依次减小，所以原子半径最小的为Y，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查原子结构与元素周

20、期律的关系，侧重考查学生的分析能力。正确推断元素是解本题关键，结合元素周期律来分析解答，难度中等。6D【解析】【分析】放电时Na+由b乙池向a池移动，在原电池中， a池为正极，阳离子移向正极，得到电子，发生还原反应，b池为负极，阴离子失去电子，发生氧化反应；充电时与放电相反，a池发生氧化反应，为电解池的阳极，b池发生还原反应，为电解池的阴极，据此分析。【详解】A放电时，负极反应为2Na2S2-2e-=Na2S4+2Na+，A错误；B充电时，阳极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+，B错误；C在原电池中，阳离子移向正极，Na+经过离子交换膜，由b池移向a，C错误；D该原电池与电解池是串

21、联电路，H+得到电子生成H2与Na2S2失去电子生成Na2S4的电子总数相等，即2H+H22e-2Na2S2Na2S4，所以n(Na2S4)=n(H2)=0.1mol，m(Na2S4)=0.1mol174g/mol=17.40g，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题综合考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力的考查，分析原理并正确书写电极反应式是解题的关键，注意新型电池的原理分析。7B【解析】【详解】A.同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液的酸性越强。由于起始时两种酸浓度相等，CH3COOH溶液pH较小，则CH3COOH酸性较强，故室温下，电离平衡常数：K(HCN)c(CN-)，B正确；

22、C.点溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，醋酸根离子水解程度较小，则c(CH3COO-)c(CH3COOH)，则存在c(CH3COO-)+c(OH-) c(CH3COOH)+ c(H+)，C错误；D.点溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO-水解使溶液呈碱性，则c(OH-) c(H+)，CH3COO-水解消耗CH3COO-离子，则c(Na+)c(CH3COO-)，但是其水解程度较小，盐电离产生的离子浓度大于盐水解产生的离子浓度，c(CH3COO-)c(OH-)，故溶液中存在c(Na+)c(CH3COO-) c(OH-)c(H+)，D错误；故合理选项是B。8将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或

23、适当加热或搅拌等 溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度。 0.02 5.010-4 取少许最后一次洗涤液，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，无沉淀生成，说明晶体已经洗涤干净 TiOC2O4 TiO(C2O4)22-Ba2+4H2O=BaTiO(C2O4)24H2O BaTiO(C2O4)24H2O BaTiO3+2CO+2CO2+4H2O 【解析】【分析】(1)根据物质的存在状态及影响化学反应速率的因素分析；(2)该盐是强酸弱碱盐，在溶液中弱碱阳离子水解，从抑制盐水解考虑；(3)根据沉淀的转化平衡方程式书写、计算；(4)草酸氧钛钡晶体从含有HCl、TiCl4溶液中产生，只要证明洗涤液中无Cl-，就证明洗

24、涤干净；(5) “混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，随着氨水的不断加入C2O42-浓度逐渐增大的趋势，可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4；再根据反应前后各种元素的原子个数守恒及晶体的化学式书写出相应的化学方程式；(6)草酸氧钛钡晶体煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气。【详解】(1)盐酸与BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2，为了加快反应速率。，可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可

25、以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等等；(2) TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：Ti4+4H2OTi(OH)4+4H+，使溶液变浑浊为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；(3) 在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数K=0.02；在BaSO4饱和溶液中，根据Ks

26、p(BaSO4)=1.01010可知c(Ba2+)=1.0105mol/L，不考虑CO32-的水解，要实现沉淀的转化，则c(Ba2+)c(CO32-) Ksp(BaCO3)，c(CO32-)5.01091.0105=5.010-4mol/L，即至少需要使用浓度为5.010-4mol/LNa2CO3溶液浸泡；(4) HCl、TiCl4、H2C2O4混合反应产生草酸氧钛钡晶体，若晶体过滤后洗涤干净，则洗涤液中不含有Cl-，所以证草酸氧钛钡晶体已经洗涤干净的方法是取少许最后一次洗涤液，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，无沉淀生成，说明晶体已经洗涤干净；(5) “混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC

27、2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，随着氨水的不断加入，C2O42-浓度逐渐增大的趋势可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4，b对应钛的形式为TiO(C2O4)22-；c对应钛的形式为TiO(OH)+；在“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-Ba2+4H2O=BaTiO(C2O4)24H2O(6)草酸氧钛钡晶体煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气。煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)24H2O BaTiO3+2CO+2CO2+4H2O。【点

28、睛】本题考查了物质制备方法、过程分析判断、物质性质的应用、溶度积常数应用等知识。掌握基础知识并灵活运用是是本题解题关键，题目难度中等。96.0mol/L 量筒 4HCl(浓)+4NaCl+4Cu+O24NaCuCl2+2H2O CuCl2-(aq) CuCl(s)+Cl-(aq) 用盐酸洗涤可以减小溶解导致的损失；用乙醇洗涤可以使晶体迅速干燥，避免CuCl被氧化 酸 97.51% 【解析】【详解】(1)根据物质的量浓度与质量分数换算关系可得该溶液的物质的量浓度为c=；配制20%盐酸，由于溶质为液体，所以需要的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；(2)根据步骤I所述可知：NaCl、HCl、Cu、O2在加热时服用产生NaCuCl2，同时产生H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式为：4HCl(浓)+4NaCl+4Cu+O24NaCuCl2+2H2O；(3)步骤2操作是反应完全后，冷却，过滤，滤液用适量的水稀释，析出CuCl，说明CuCl2-在溶液中存在电离平衡：CuCl2-(aq)CuCl(s)+Cl-(aq)，加水稀释，平衡正向移动，CuCl2-转化为CuCl