2019年广东省揭阳市高考化学一模试卷-解析版

OO-2-2-22222）2d22）7）A.B.C.D.A.1中B.cbC.极D.c极极的溶2）A.B.C.D.）A.若a点B.若b设NC.若）AA.cB.将C.将D.～D.的）4OOO323232323推断AB和24•L）-5-1CDA.B.C.D.DABCWX与YX与WZA.）B.C.ZD.第1页，共11页O。23O还N。23232+l334444。）NH）和NHNH4+424444244444PNN比P。2434444。Hσπ键22。N+ab和33NNN-32433233NACH。36（CH。38EEHH1224和PaBM。。EH。F41。。13DADA中bN。234Kp3×2用2。BC。2和H。-1-122。。。第2页，共11页NO在243。3a。。3•））423630.0500mol•-1（）4））22424））的3634333323。第3页，共11页答案和解析故选：。1.D．乙苯和苯乙烯都能燃烧，都能和氢气在一定条件下发生加成反应；解：A织品的成分是蛋白质酶洗衣粉能使蛋白质发生水解，衣服损坏，故A错误；．花生油的成分是油脂，属于烃的含氧衍生物，石油炼得的柴油为烃类物质，故B错误；C氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，酸性比碳酸还弱，次氯酸具有漂白性，但次氯酸不稳定见光易分解，次氯酸分解生成盐酸和氧气，导致溶液中盐酸浓度增大，酸性增强，漂白性减弱，故C错误；．苯中所有原子共平面，乙烯分子中所有原子共平面；C．化学平衡常数只与温度有关；．煤的干馏可得到芳香类物质。本题综合考查有机物的结构和性质为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查类题目注意把握物质的结构和官能团的性质难度中等。3.D绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向。它包括原料的绿色化化学反应的绿色化”、产物的绿色化等内容，绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故D正确；解：A．常温常压Vm≠22.4L/molVm未知无法计算气体的物质的量，故A错误；B.4.6g钠相当于0.2mol钠0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1N，故B错误；A故选：。-C氯气和水的反应为可逆反应氯水中有未反应掉的氯气，故有2N（Cl）（HClO）（C1）2．毛织品的成分是蛋白质；-（ClO）=2N，故C错误；．花生油的成分是油脂；A+++C氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，但见光分解生成盐酸和氧气；pH=1的HSO溶液中H0.1mol/LH的物质的量=1L×0.1mol/L=0.1mol则H的数浓度为，24．从源头上消除工业生产对环境的污染是绿色化学的核心。目为0.1N，故D正确；A本题主要考查在生活和生产中常见物质的性质和用途，学生要能够运用化学视角去观察、推理、故选：。分析，讨论生活、生产和社会中的各类有关化学问题，从而培养分析问题的能力，题目难度不．常温常压Vm≠22.4L/mol，涉及到气体体积计算时应该是标况下；B.4.6g钠相当于0.2mol钠0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，据此进行分析；大。2.A解：A．乙苯和苯乙烯都能燃烧，都能和氢气在一定条件下发生加成反应，所有二者都能发生氧化反应和还原反应，故A正确；C氯气和水的反应为可逆反应；++pH=1的HSO溶液中H0.1mol/L，结合n=cVH的物质的量，再根据N=nN计算浓度为24A．与苯环为平面形结构，苯环直接相连的原子在同一个平面上，则苯乙烯和乙苯都至少有7个碳原子共面，故B错误；+计算H的数目。本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，题目难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构，注意气体摩尔体积使用的对象与条件。C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，故C错误；．煤的干馏可得到芳香类物质，可得到苯、乙苯等，故D错误。第4页，共11页4.CAl元素；X与W的最高化合价之和为8说明二者最外层电子数为8W的原子序数大于Al，W最外层电子数可能为57，当W为P时X最外层电子数为3，与Al的最外层电子数相同，不满足条件，则W只能为Cl元素，X最外层电子数为1，位于ⅠA族，由于X的原子序数小于，且X与Y位于不同周期，则X只能为H元素；Y位于第二周期，最外层电子数为5，为N元素，以此解答该题。解：A铁粉与水蒸气反应生成氢气，且装置内空气也可使肥皂水冒泡，由现象不能判断结论，故A不选；．硫酸亚铁加热时发生氧化还原反应Fe元素的化合价升高、SO元素的化合价降低，FeSO4分解生成FeO和SO不符合氧化还原反应的规律，故B不选；2C．不饱和烃可使高锰酸钾褪色，由现象可知石蜡油分解产物中含有不饱和烃，故C正确；氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵现象不能判断结论，故D不选；故选：C。本题考查结构性质位置关系应为高频考点，侧重考查学生的分析推理能力，理解掌握元素周期律，有利于学生对基础知识的掌握，推断元素是解题的关键题目难度中等。6.B+铁粉与水蒸气反应生成氢气，且装置内空气也可使肥皂水冒泡；．硫酸亚铁加热时发生氧化还原反应Fe元素的化合价升高、SO元素的化合价降低；C．不饱和烃可使高锰酸钾褪色；解：A．装置1是原电池，原电池内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负极，即Na移向正极电极b，故A正确；2-电极c为阳极，碱性条件下，[CO（NH）]电子生成氮气和CO，所以电极反应223--2-式为CO（NH）-6e+8OH=CO+N↑+6HO，故B错误；22322氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵。C电子从原电池负极→电解池阴极，从电解池阳极→原电池正极，即Al极→导线→d极，c极→导线→b极，故C正确；本题考查化学实验方案的评为高频考点，把握物质的性质应与现实验技能为解答的关键侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。．每消耗2.7g则转移0.3mol电电解池中阴极氢离子由+1价变为0价，可生成0.15mol氢气，理论上产生气体体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L（标准状况下），故D正确；故选：。5.C解：由以上分析可知X为Y为N、Z为Al、W为Cl元素。氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，故A错误；HO-Al燃料电池工作时Al失去电子、被氧化、为负HO得到电子、被还为正极，原2222Cl元素最外层电子数不全，故B错误；电池内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负电解池中，c与原电池的正极相接，为阳极，dCAl形成的AlN属于原子晶体，其强度高，热膨胀系数小，是良好的耐火材料，故C正确；．同一周期从左向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，则原子半径＞W＞＞，故D错误。与原电池的负极相接，为阴极，电解尿素[CO（NH）]的碱性溶液时[CO（NH）]中氮元2222素化合价由-3价变为0发生氧化反应生成氮气，阴极的氢离子化合价由+1价变为0价、发生还原反应生成氢电流方向为b→c→d→a电子不下水，电子流向：Al极→导线→dc极→导线→b极，以此解答该题。故选：C。短周期元素、Z、W原子序数依次增大且原子最外层电子数为互不相等的奇数，其最外层电子数为1357中的一种；元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质则Z为第5页，共11页-本题综合考查原电池以及电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析解答，题目难度中等。水解：ClO+H⇌HClO+OH；2本题考查了离子浓度大小的判断，题目难度中等，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用。7.C8.OOO与+-+-4解：A．若a点pH=4，（H）=10mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知（HClO）（Cl-）（ClO-），233422322至～4323至3---（Cl）=m（ClO则c（HClO）（m-1）（ClO），（HClO）===，故A错误；解：（1）浸取步骤CoO•CoO被NaSO还发生反应的离子方程式为：2323．若x=100Cl恰好与NaOH溶液生成NaClNaClONaClO水解生成次氯氯酸具有漂22-+2+2-CoO•CoO+SO+6H═3Co+SO+3H；23342白性，不能用pH试纸测pH应选pH计，故B错误；2-+2+2-故答案为：CoO•CoO+SO+6H═3Co+SO+3HO；23342C．若c点对应溶液中存在0.1molNaCl0.1molNaClO0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c（2）FeOMnO具有氧化性，能被NaSO还原；23223++---（H）（Na）=c（Cl）+c（ClO）（OH）①，故答案为：FeOMnO；232----+氯元素守恒得：（Cl）=c（ClO）（HClO）2c（Cl）（ClO）+2c（HClO）（Na），由②③-2+3+（3）NaClO的用量过多，会与Cl反应生成Cl污染环境或将Co氧化成Co；32++得：（-①③②-+）=2c（Cl）（HClO）+c（H），故C正确；-2+3+故答案为：与Cl反应生成Cl污染环境或将Co氧化成Co；2b～c段，Cl恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO2（4）温度过高NHHCO易分解，温度过低反应速率缓慢，故向CoCl溶液加入NHHCO溶液43243--水解：ClO+H⇌HClO+OH，（HClO）减小，（ClO）增大，所以减小，故D错误；2需要55～57条件下进行；故选：C。故答案为：温度过高NHHCO易分解，温度过低反应速率缓慢；43整个过程先后发生的反应为Cl+H⇌HCl+HClOHCl+NaOH═NaCl+H、222（5）先加入NaCO溶液调节pH沉淀铁离子、铝离子，但不能沉淀钴离子，由表可知pH在5.2～23HClO+NaOH═NaClO+H，27.6，再加盐酸挑pH加入萃取剂萃取锰离子，应保证锰离子的萃取率高而钴离子萃取率低，根+-4．若a点pH=4，（H）=10mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知（HClO）（Cl-）（ClO-），c据图平pH在3.5左右，故氧化后的溶液制备CoCO的实验方案为：向氧化后的溶液中加入3---（Cl）=m（ClO则（HClO）（m-1）（ClO），（HClO）==；NaCO溶液，调节溶液的pH至5.2～7.6过滤滤液中加入盐酸，调pH至3.5左右，加入金23．若x=100Cl恰好与NaOH溶液生成NaClNaClONaClO水解生成次氯氯酸具有漂2属萃取剂萃取2～3次，静置后分液，得较纯CoCl溶液，加入NHHCO溶液沉钴得CoCO；2433白性，不能用pH试纸测pH；故答案为：NaCO溶液，调节溶液的pH至5.2～7.6过滤滤液中加入盐酸调pH至3.5左右23C．若c点对应溶液中存在0.1molNaCl0.1molNaClO0.1molNaOH，根据电荷守恒与物（3.0～4.0均可），加入金属萃取剂萃取2～3次，静置后分液。料守恒来解答；b～c段，Cl恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO钴矿石（含CoO•CoO及少量FeOAlO、MnO等）加入稀盐酸和NaSO发生的反应有：2232323223第6页，共11页x=0.52-+2+2-+2-2+2-CoO•CoO+SO+6H═3Co+SO+3HFeO+4H+SO═2Fe+SO+2H、23342233422用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K==3.3×10Pa，-3++2-2+2-pAlO+6H═2Al+3HMnO+2H+SO═=Mn+SO+H，加NaClO的目的是氧化232234232+2Fe，向氧化后的溶液中加入NaCO溶液，调节溶液的pH至5.2～7.6过滤滤液中加入故答案为：3.3×10Pa；23盐酸，调pH至3.5左右，加入金属萃取剂萃取2～3次，静置后分液，得较纯CoCl溶液，加入（3）①利用CO的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺该工艺可采用铬的氧化物22NHHCO溶液沉钴得CoCO，据此分析作答。CrO，为催化剂压机理图可知催化剂为4333本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时还要有处理信息应用的能力，综合性强题目难度较大。故答案为：CrO；3②CO和H的燃烧热（）分别为283.0kJ•mol285.8kJ•mol。-1-12-1ⅠCO（）+O（）=CO（）△283.0kJ•mol229.EEiHHOⅡH（）+O（）=H（l）H=-285.8kJ/mol，3238362222ⅢCH（）=CH（）+H（△H=+124.3KJ/mol，383621解：（1）①丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为CH（）=CH（）+H（），H=+124.3KJ/mol，383621盖斯定律计算ⅡⅢⅠ得到该工艺总反应的热化学方程式；CO（g）+CH（g）=CH（g）+CO（g）23836恒压时向原料气中掺入水蒸气，体积增大，压强减小，平衡向正反应方向进（主反应）增大，+HO（l）H=+121.5KJ/mol，△2丙烷转化率（CH）增大，38故答案为：CO（）+CH（）=CH（）+CO（）+H（l）H=+121.5KJ/mol；238362故答案为：增大；增大；③该工艺可以有效消除催化剂表面的积维持催化剂活性，碳和二氧化碳分压生成一氧化碳气体，脱离催化剂，②副反应活化能小，温度升高，副反应更容易发生，所以副反应更容易发生的主要原因是：a1＞E，a2故答案为：碳和二氧化碳分压生成一氧化碳气体，脱离催化剂。（1）①丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为CH（）=CH（）+H（），恒压时向原料气中掺故答案为：E＞E；a1a238362（2）①CH（）=CH（g）+H（），H=+124.3KJ/mol压强进行，丙烯体积分数383621入水蒸气，体积增大，压强减小，平衡向正反应方向进行；②副反应活化能小；越小，丙烯是生成物，分压过程中体积分数增大，判断图中表示丙烯的曲线是i，故答案为：i；（2）①压强越大平衡逆向进行，丙烯体积分数越小；l04②Pa500时，丙烷和丙烯的平衡体积分数为33%设丙烷起始量为1变化量x℃l04②Pa500时烷和丙烯的平衡体积分数为33%，主反应为：CH（）=CH（）+H（），℃38362主反应为：CH（）=CH（）+H（），38362用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K=；1x1-x0xx0xp（3）①催化剂是改变反应速率本身质量和化学性质保持不变；x=33%=②CO和H烧热H别为283.0kJ•mol285.8kJ•mol-1-1的燃（△）分、。2第7页，共11页-1ⅠCO（）+O（）=CO（）△283.0kJ•mol单键单键为σ键，双键含有1个σ键1个π键，分子中σ键和π键的数目之比为7：1，2223ⅡH（）+O（）=H（l）H=-285.8kJ/mol，故答案为：spsp；7：1；222ⅢCH（）=CH（）+H（△H=+124.3KJ/mol，（6）CuN的晶胞结构如图，大球个数=12×，小球个数=8×，所以大球表示Cu原子、小38362133-+3-盖斯定律计算ⅡⅢⅠ得到该工艺总反应的热化学方程式；球表示N原子，以顶点N研究，与之距离最近且相等的Cu处顶点N③该工艺可以有效消除催化剂表面的积维持催化剂活性，碳和二氧化碳分压生成一氧化碳气体。N的配位数为6．晶胞质量=3-，晶胞的体积=[（）cm]，-103对则-1033CuN的密度=（2a+2b）cm]=g/cm，3本题考查了热化学方程式书写、平衡常数计算、影响化学平衡的因素分析判断等知识点，掌握故答案为：6；。基础是解题关键题目难度中等。（1）利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析；10.2低N和PNP444425（2）基态N原子价电子排布式为2s2p，最高能级是2p能级电子排布同一能级不同轨道时，P弱3164基态原子中的电子优先单独占据1轨道，且自旋方向相同；解：（1）利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，+-（3）NHBF中NH、BF均含有1个配位键；4444故答案为：原子光谱；（4）NP结构，都是非极性分子，相对分子质量越大分子间作用力越强，沸点越4425（2）基态N原子价电子排布式为2s2p，最高能级是2p能级电子排布同一能级不同轨道时，基态原子中的电子优先单独占据1轨道，且自旋方向相同，符合洪特规则，故答案为：2p；洪特规则；高；（5）CO（NH）的结为C原子没有孤电子对数，形成3个σ键杂化轨道数22+-（3）NHBF中NH、BF均含有1个配位键lmolNHBF含有2mol配位键，目为3．而N原子有1对孤对电子，也形成3个σ键N原子杂化轨道数目；单键为σ键，双键含有1个σ键1个π键；444444故答案为：2；（4）NP结N和P都非极性分子，N的相对分子质量低于P间作（6）CuN的晶胞结构如图，大球个数=12×，小球个数=8×，所以大球表示Cu原子、小44444433-+3-用力比P弱，故N比P的沸点低，球表示N原子，以顶点N研究，与之距离最近且相等的Cu处顶点N444故答案为：低；N和P都为非极性分子，N的相对分子质量低于P，分子间作用力比P弱；对称；计算晶胞的质量，根据ρ=计算Cu3N的密度。44444本题考查物质结构与性质，涉及光谱、核外电子排布、分子结构与性质杂化方式、化学键、晶胞结构与计算等，这些都是常考知识点，掌握均摊法进行晶胞计算。（5）CO（NH）的结为C原子没有孤电子对数，形成3个σ键杂化轨道数222目为3C原子采取sp杂化。而N原子有1对孤对电子，也形成3个σ键N原子杂化轨道数3目=1+3=4N原子采取sp杂CO（NH）分子中有1个C=O双键，2个C-N单键4个N-H22第8页，共11页11.为-COOH和两个-CH，两个甲基位于相邻位置，有2种；如果两个甲基位于间位，有3种；如果3两个甲基位于对位，有1种，符合条件的有14种，其中核磁共振氢谱有4种吸收峰，其峰面积应之比为6：2：1：1的物质的结构简式：，故答案为：14；；（5）乙烯与溴发生加成反应生成BrCHCHBr发生水解反应生成HOCHCH发生2222解：（1）B结构简式为CH=CHClB的化学名称为：氯乙烯；M中含氧官能团的名称为：酯基；2催化氧化生成OHC-CHO，最后与乙醛反应生成，合成路线流程图为：F→G的反应类型为消去反应，，故答案为：氯乙烯；酯基；消去反应；故答案为：（2）C→D的化学反应方程式为：故答案为：，。；D和H发生酯化反应生成M，根据D和M结构简式知，H结构简式为G发生（3）E的结构简式为；H结构简式为，具有顺反异构，其顺式结构为氧化反应生成则G结构简式为F发生消去反应生成E发生加成A和HCl发生加成反应生成，B发，反应生成则E为F为生加聚反应生成C则C结构简式为HC≡CH。B结构简式为CH=CHClA结构简式为2故答案为：（4）F为；；（5）乙烯与溴发生加成反应生成BrCHCHBr发生水解反应生成HOCHCH发生2222催化氧化生成OHC-CHO，最后与乙醛反应生成。F的同分异构体符合下列条件：本题考查有机物推断，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，根据某些物质结构简式、反应条件结合题给信息进行推断，明确官能团及其性质关系是解本题关键难点是（5）题同分异构体种类判断，题目难度中等。①属于芳香族化合物，说明含有苯环②能发生水解反应和银镜反应说明含有甲酸形成的醛基。取代基为HCOO-和-CHCH有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH和-CH有邻间对32323种；如果取代基为HCOOCH（CH）有1种；如果取代基为HCOOCHCH有1种；如果取代基322第9页，共11页4+2+3+3+12.△Ce+Fe=Ce+Fe，参与反应的（NH）Ce（NO）与标准液的物质的量相等，为：油4236322-30.0500mol/L×29.00×10L=0.00145mol，故与叠氮化钠反应的（NH）Ce（NO）有0.00505mol-0.00145mol=0.0036mol，根据反应有：OO22323）34236解：（1）已知：NaN是易溶于水，故制备过程不能有水，D中制备的氨气含有水蒸气，用B装置NaN～（NH）Ce（NO）则2.500g试样中叠氮化钠的质量为：0.0036mol×65g/mol×334236盛放碱石灰（或氢氧化钠固体）干燥氨气，用装置C冷凝分离出水；故答案为：碱石灰（或氢氧化钠固体）；冷凝分离出水；=2.34g试样中NaN的质量分数为=93.60%；3故答案为：93.60%。（2）步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反（1）根据已知：NaN是易溶于水，故制备过程不能有水的参与，据此分析；3（2）反应物钠与空气中二氧化碳和水反应，需排除装置内的空气；氨气与熔化的钠反应生成应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH和氢气，反应为：32NaNH+H；已知步骤③222NaNH和氢气；步骤的温度为210～220，选择油浴加热；③℃2的温度为210～220，故选择油浴加热；（3）根据硝酸铵的熔点为169.6，而NHNO在240～245分解，则选择仪器应考虑硝酸铵熔43故答案为