云南省2019届高三化学第二次高中毕业生复习统一检测试题（含解析）.docx

云南省2019届高三化学第二次高中毕业生复习统一检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Ni-59 Zn-65一、选择题：本大题共13小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.我国突飞猛进的新科技深刻改变着人类的生活、生产方式。下列说法错误的是A. 太阳能光伏发电系统能将光能转化为电能B. “嫦娥四号”使用的SiC-A1材料属于复合材料C. 华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiO2D. 我国自主研发东方超环(人造太阳)使用的氚、氘与氕互为同位素【答案】C【解析】【详解】A太阳能光伏发电系统能将光能转化为电能，A正确；SiC-A1材料中，铝是基体，碳化硅颗粒是增强材料，故该材料属于复合材料，B正确；C.芯片的主要材料是Si，其用来作半导体，注意不是SiO2，二氧化硅是制作光导纤维的原料，C项错误；氚、氘与氕的质子数均为1，质量数分别为3、2、1，它们是氢元素的不同原子，故其互为同位素，D正确。故答案选C。2.2019年“两会”政府工作报告指出：开展蓝天、碧水、净土保卫战。煤的综合利用可减少直接燃烧造成的污染。下列有关煤干馏的产品说法正确的是A. 和互为同系物B. 的一氯代物共有3种C. CH2=CH2水化制乙醇属于取代反应D. 甲烷能被氧气或酸性高锰酸钾溶液氧化【答案】B【解析】【详解】A.苯的同系物指一个苯环和烷烃基组成的芳香烃，易知苯和萘不是同系物，A项错误；B.观察该有机物的结构特点可知，因而一氯代物共有3种，B项正确；C.乙烯水化指乙烯和水加成生成乙醇，C项错误；D.甲烷比较稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但可以燃烧，被氧气氧化成二氧化碳和水，D项错误。故答案选B。3.下列装置能达到实验目的的是A. 配制0.1molL1NaCl溶液B. 检验石蜡油分解产生了不饱和烃C. 用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液D. 用陶瓷蒸发皿加热NaOH溶液获得纯净的NaOH固体【答案】B【解析】【详解】A.配制0.1molL1NaCl溶液，定容时眼睛平视刻度线，A项错误；B.石蜡油分解得到乙烯，乙烯和溴加成，使得溴的四氯化碳溶液褪色，因而可以检验，B项正确；C.葡萄糖与氯化钠的混合液为小分子和离子溶液，可穿过半透膜，因而不能分离，C项错误；D.NaOH溶液会和空气中CO2反应，生成Na2CO3，因而蒸发不能得到纯净的NaOH，而且氢氧化钠会腐蚀陶瓷蒸发皿，D项错误。故答案选B。4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W的单质与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，X的周期数等于族序数，X与Y形成的化合物与水反应产生白色沉淀和H2Y气体。下列说法正确的是A. 简单离子半径：WXZB. 简单阴离子还原性：WYZC. 元素的最高正化合价：XYAl3+，A项错误；B.简单阴离子的还原性的判断规律是该元素的非金属性越强，则对应简单离子失电子越难，还原性越弱。W、Y、Z分别是F、S、Cl，根据上述原则，非金属性FClS，因而对应简单离子还原性是F-Cl-S2-，即WZc(B+)D. N点所示的溶液中：c(H+)=c(Cl)+c(OH)c(BOH)【答案】C【解析】【详解】A. 若BOH为强碱，其完全电离，那么c(BOH)为0，那么这样的式子必然不合理。由图中N点的数据可以计算出BOH的电离常数，可以判断BOH为弱碱，A项正确；B.BOH B+ + OH-，所以Kb=，可得=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，带入N点数据，可得0=-lgKb-4.8，Kb=10-4.8，B项正确；C.根据电荷守恒得c(Cl)+ c(OH)=c(B+)+ c(H+)，在P点，pOH c(H+)，因而c(Cl)P2P3P4 (5). 80/a mol/L (6). 260时，催化剂活性不好，反应速率慢；烟气流速越大，气体和催化剂接触时间越短，SO2转化率越低 (7). 380时，催化剂活性好，反应速率快；烟气流速越大，压强越大，反应正向进行越彻底，SO2转化率越高 (8). 10【解析】【详解】（1）根据盖斯定律可知H=H1-H2=566.0kJmol-1+296.8 kJmol-1=-269.2kJ/mol。（2）观察图1，260，TiO2作催化剂时，SO2的转化率高于其他，那么TiO2催化效率最高，继续观察图1，可发现La2O3在较低温度时就可以达到非常高的催化效率，因而优于NiO。（3）观察反应2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l)可知该反应的反应前后气体计量数减小，保持温度不变，压强变大使得平衡向右移动，SO2转化率变大，因而P1P2P3P4，SO2的平衡转化率为80%，说明SO2转化浓度为a0.8mol/L=0.8a mol/L，可用三段式计算平衡常数：2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l)起 2a a 0转 1.6a 0.8a 1.6a平 0.4a 0.2a 1.6aK=（注意可不用写单位，但是一定要以平衡浓度代入求解。）（4）先分析温度的影响，260时La2O3催化效果很低，因而反应速率慢，烟气流速变快，气体与催化剂接触时间少，还来不及反应就移走了，因而SO2转化率降低，380恰恰相反，催化剂活性好，反应速率快；烟气流速越大，压强越大，反应正向进行越彻底，SO2转化率越高。（5）pH=6，说明c(H+)=10-6mol/L，Ka2=，可得=10。10.湿法炼锌厂在除杂过程中会产生大量铁矾渣。某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnOFe2O3及少量CaO、MgO、SiO2等。一种由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体( NiZnFe4O8)的流程如下：回答下列问题(1)滤渣I的主要成分是_。(2)净化除杂阶段加入Fe粉时发生反应的离子方程式为_、_。已知：25时Ksp(CaF2)=2.71011， Ksp (MgF2)=6.41019。加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c(Ca2+)=2.7106molL1，则c(Mg2+)=_ molL1。(3)在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，三种离子的损失浓度与pH的关系曲线如图所示，pH与n(NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)的关系曲线如图所示。为提高原料利用率，n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)最好控制在_左右；按此比例，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO32Me(OH)2H2O沉淀的化学反应方程式为_。(4)铁氧体工艺阶段制备 NiZnFe4O8过程中，需加入_剂(填“氧化”或“还原”)。按照上述流程，一座10万吨规模的锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为27%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8，M=476gmol1)_万吨(保留两位有效数字)【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ (3). Fe + 2H+ =Fe2+ + H2 (4). 6.410-14 (5). 2.0 (6). 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO32Me(OH)22H2O+3(NH4)2SO4+5CO2 (7). 氧化 (8). 4.3【解析】【详解】（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣为SiO2。（2）净化除杂阶段加入Fe粉与过量的稀硫酸置换出氢气，与Fe3+发生氧化还原反应，因而离子方程式为2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ ，Fe + 2H+ =Fe2+ + H2。Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，带入数据，根据溶液中的钙离子浓度可以求出c(F-)=10-2.5mol/L，再根据Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，解得c(Mg2+)=6.410-14mol/L。（3）观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)等于2.0，说明n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)最好控制在2.0左右。根据滤液配料，可知阴离子还有SO42-，因而反应物为MeSO4和NH4HCO3，Me2+和HCO3-要发生双水解，除了信息给的沉淀，产物还有CO2和(NH4)2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO32Me(OH)22H2O+3(NH4)2SO4+5CO2。（4）流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的 NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明需要加入氧化剂。因2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，说明3n(Fe3+)=2n(Fe2+)，可知3m(Fe3+)=2m(Fe2+)，所以流程中共加入铁元素的质量为50.273/2=2.025万吨，而NiZnFe4O8铁元素质量分数为564/476=47，因而NiZnFe4O8的质量为2.02547=4.3万吨。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。化学选修3：物质结构基础11.超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是_；核外未成对电子数是_个。(2)该超分子中存在的化学键类型有_。A 键 B 键 C 离子键 D 氢键(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是_(填元素符号)，p甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有_。(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因_。(5)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是_。(6)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点原子坐标均为(0，0，0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(1/2，1/2，1/2)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是_。已知该晶体的密度是gcm3，Mo的摩尔质量是M gmol1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为_pm。【答案】 (1). 4d55s1 (2). 6 (3). AB (4). C (5). sp2和sp3 (6). F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此酸性强于CH3COOH (7). C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力 (8). 体心立方堆积 (9). 【解析】【详解】（1）Cr的基态价电子分布为3d54s1，而Mo与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子分布为4d55s1，用轨道电子排布表示为，因而核外未成对的电子为6个。（2）观察该超分子结构有双键，说明有键和键，分子中不存在离子键，根据信息Mo形成配位键，因而答案选AB。（3）CO做配体时是C做配位原子，氧把孤对电子给了碳，碳变成富电子中心，有提供电子对形成配位键的能力，p甲酸丁酯吡啶中碳原子有形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。（4）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH。（5）根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力。（6）Mo的一种立方晶系的晶体结构中，以(0，0，0)Mo原子为中心，那么与之最近的Mo原子有8个，分别是(1/2，1/2，1/2)，(-1/2，1/2，1/2)，(1/2，-1/2，1/2)等等，因而为体心立方堆积，先计算出立方的边长，因而每个晶胞中含有2个Mo原子，晶胞体积V=m3，所以立方边长a=m，最近的两个原子坐标为(0，0，0)和(1/2，1/2，1/2)，可知该立方边长为1，用距离公式算出两原子相距，根据比例关系，原子最近真实距离等于1010pm。化学选修5：有机化学基础12.维格列汀(V)能促使胰岛细胞产生胰岛素，临床上用于治疗2型糖尿病。V的合成路线如下已知：虚楔形线、实楔形线分别表示共价键由纸平面向内、向外伸展回答下列问题：(1)A的官能团名称为_；B的结构简式为_；C的核磁共振氢谱中有_组峰。(2)由B生成C、G生成V的反应类型分别是_、_。(3)上述V的合成路线中互为同分异构体的是_(填化合物代号)。(4)D生成E的化学方程式为_。(5)关系是_(填标号)a 同种物质 b 对映