1、精品解析山西省运城市届高三高考适应性测试理科化学试题解析版2019年运城市高三高考适应性测试理科综合（化学部分）可能用到的相对原子质量：Ni-59 O-16一、选择题：本题共13小题每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.化学与生产、生活、材料等密切相关，下列叙述正确的是A. 可用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的矿物油B. 明矾溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒C. “地沟油”不能食用，但可以加工成肥皂或生物柴油D. 聚乙烯、聚氯乙烯和碳纤维都是有机高分子材料【答案】C【解析】【详解】A.碳酸钠在溶液中发生水解溶液显碱性，加热使碳酸钠溶液碱性增强，能
2、使动物或植物的油脂发生水解，但矿物油的成分是烃类，不与NaOH反应，因此热的碳酸钠溶液不能去除金属表面的矿物油，故A错误；B.明矾水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够吸附水中悬浮物起到净水作用，不具有杀菌消毒作用，故B错误；C.“地沟油”的主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂可用于制造肥皂和生物柴油，故C正确；D.碳纤维是含碳量高于90%无机高分子纤维，故D错误；答案：C【点睛】易错选项B，注意净水剂与消毒剂的区别。2.下列关于有机化合物的说法正确的是A. 煤中含有苯、甲苯和粗氨水，可通过干馏得到B. C4H8Cl2的同分异构体有7种C. 甲苯和乙苯分子内共平
3、面的碳原子数最多均为7D. 由乙醇和乙酸生成乙酸之酯属于取代反应【答案】D【解析】【详解】A.煤的干馏属于化学变化，将煤进行干馏可以得到焦炭、焦炉气、煤焦油，从煤焦油中可分离出苯、甲苯和粗氨水。煤中不含苯、甲苯和粗氨水，A错误；B.C4H8Cl2的同分异构体可以先确定碳链，再将两个氯原子采取“定一移一”法确定位置：，共有9种，故B错误；C.与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则甲苯有7个碳原子共平面，考虑三点确定一个平面，则乙苯可能有八个碳共平面，故C错误；D.乙醇和乙酸发生酯化反应可以看做乙酸中的羟基被CH3CH2O-取代生成乙酸乙酯,该反应属于取代反应，故D正确；答案：D【点睛】易错选项B
4、注意二氯代物的同分异构体可以采用“定一议二”法解题。3.下列所示物质的制备方法合理的是A. 实验室从海帶中提取单质碘取样灼烧溶解过滤萃取蒸馏B. 金红石(主要成分TiO2)为原料生产金属Ti：金红石、焦炭TiCl4TiC. 从卤水中(溶质主要是MgCl2)提取Mg卤水Mg(OH)2MgCl2(aq) MgCl(s) MgD. 由食盐制取漂粉精NaCl(ag) Cl2漂粉精【答案】B【解析】【详解】A.海带中的碘元素以I形式存在，从海带中提取单质碘时，过滤后要加入氧化剂将碘离子氧化为碘单质，再加入萃取剂进行萃取、分液，最后经蒸馏获得单质碘，故A错误；B.二氧化钛和焦炭、氯气反应，产物是四氯化钛和
5、一氧化碳；镁与TiCl4置换反应得到钛和氯化镁，稀有气体化学性质稳定，不会参与化学反应，常做保护气，故B正确；C.直接加热蒸干水分得不到氯化镁固体，会促进氯化镁水解，最后得到氢氧化镁；应该蒸发浓缩、冷却结晶得MgCl26H2O晶体，然后在HCl气体环境中加热MgCl26H2O可得MgCl2固体，故C错误；D.澄清石灰水浓度较低，用其制备次氯酸钙效率较低，应用石灰乳，故D错误；答案：B4.下列实验内容(装置操作或现象)能达到相应实验目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.由于氯化氢的密度大于空气，导管应该短进长出，故A错误；B.用弹簧夹夹住胶皮管，从长颈漏斗中
6、向试管内加水，长颈漏斗中会形成一段液柱，停止加水，液柱不下降，证明装置的气密性良好，故B正确；C.因为氢氧化亚铁具有强还原性，容易被空气氧化，应该在试管里注入少量新制备硫酸亚铁溶液，用胶头滴管吸取氢氧化钠溶液，将滴管尖端插入试管里溶液液面下，逐滴滴入氢氧化钠溶液，才可以观察现象，故C错误；D.配制溶液时，不可直接在容量瓶中溶解溶质，故D错误；答案：B5.X、Y、Z、W均为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子最外层比Z原子最外层多1个电子实验室可用Z的单质与烧碱反应制备少量气体X2，W的单质可用于自来水消毒。下列说法正确的是A. Z氢氧化物与Y、W的最高价含氧酸均能反应B. 简单离子半径：Z
7、WC. Z、W形成的化合物的水溶液呈碱性D. 工业上常用X、W的单质在光照条件下制备XW【答案】B【解析】【分析】实验室可用Z的单质与烧碱反应制备少量气体X2，可知Z为Al，X为H；Y原子最外层比Z原子最外层多1个电子，Y的原子序数小于Z，可知Y为C；W的单质可用于自来水消毒，可知W为Cl；结论：X：H；Y：C；Z：Al；W：Cl。【详解】A. Z的氢氧化物Al(OH)3不能与Y的最高价含氧酸H2CO3反应，故A错误；B.电子层越多，半径越大，因此Z（Al3+）W（Cl-），故B正确；C. Z、W形成的化合物（AlCl3）属于强酸弱碱盐，水解显酸性，故C错误；D.工业制氯化氢的方法：让氯气在过
8、量的氢气中燃烧生成氯化氢气体,氯化氢气体冷却后被水吸收形成盐酸，故D错误；答案：B6.当电解质中某离子的浓度越大时，其氧化性或还原性越强，利用这一性质，有人设计出如图所示“浓差电池”(其电动势取决于物质的浓度差，是由一种物质从高浓度向低浓度转移而产生的)。其中，甲池为3molL1的AgNO3溶液，乙池为1molL1的AgNO3溶液A、B均为Ag电极。实验开始先断开K1，闭合K2，发现电流计指针发生偏转。下列说法不正确的是A. 当电流计指针归零后，断开K2，闭合K1，一段时间后B电极的质量增加B. 断开K1，闭合K2，一段时间后电流计指针归零，此时两池银离子浓度相等C. 实验开始先断开K1，闭合
9、K2，此时NO3向B电极移动D. 当电流计指针归零后，断开K2闭合K1，乙池溶液浓度增大【答案】A【解析】【分析】断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3molL-1的AgNO3溶液，乙池为1molL-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3-向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此解答。【详解】A.闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，故选A；B.断开K1，闭合K2后
10、，形成浓差电池，甲池为3molL-1的AgNO3溶液，乙池为1molL-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动，乙池硝酸银浓度逐渐增大，一段时间后电流计指针归零，此时两池银离子浓度相等，故不选B；C.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，阴离子移向负极，则NO3-向B极移动，故不选C；D.当电流计指针归零后，断开K2闭合K1，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3-向阳极移动，乙池溶液浓度增大，故不选D；答案：A【点睛】本题综合考查电解池和原电池的工作原理，为
11、高考常见题型，侧重于学生分析能力、灵活应用能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等，易错点是关于浓差电池的理解。7.25下部分弱酸的电离常数如表。下列有关说法不正确的是A. 若 HCOONa和 HCOOH的混合溶液的pH=3，则c( HCOOH)/c(HCOO)=10B. 相同pH的 HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大C. 等浓度等体积的Na2S和 HCOOH混合后：c(Na+)=2c(HCOO)+2c( HCOOH)D. 向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为ClO+H2SHS+HClO【答案】D【解析】【详解】A. Ka=1.010-4=，可得c( HCOOH
12、)/c(HCOO)=10，故不选A；B.由两溶液中的电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）=c（HCOO-）+c（OH-）和c（Na+）+c（H+）=c（ClO-）+c（OH-），由于次氯酸的酸性弱于甲酸，因此次氯酸根的水解能力大于甲酸根离子，次氯酸钠溶液的pH值大于甲酸钠，所以次氯酸钠溶液中的H+浓度小于甲酸钠溶液，由电荷守恒式可知，由于两溶液中的离子均只带一个单位的电荷，则阴离子浓度之和等于阳离子浓度之和，而两溶液中的钠离子浓度相等，H+浓度大的，则离子总浓度就大，所以离子总浓度是前者大于后者，故不选B；C.等浓度等体积的Na2S和 HCOOH混合后，根据物料守恒：c(Na+)=2c(HCO
13、O)+2c( HCOOH)，故不选C；D.因为NaClO具有强氧化性，硫化氢具有还原性，两者混合会发生氧化还原反应，ClO+H2S=S+Cl-+H2O，故选D；答案：D【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡、电离程度大小比较和盐类水解的应用、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。三、非选择题：共174分。第22题灬第32题为必考题每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题(共129分)8.某合作学习小组的同学验证文献上用乙烯气脱除氮氧化物。回答下列问题：(1)甲组同学设计实验制取纯净的乙烯气体和NO。设计的制备C2H4装置如图
14、所示：资料：C2H5OHCH2=CH2+H2O(主)C2H5OH+2H2SO4（浓）2C+2SO2+5H2O（副）C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O（副） 写出乙烯的电子式_装置B中盛放的试剂为_(填小写字母)。a KMnO4溶液 b Br2/CCl4溶液 c 浓NaOH溶液 d 浓硫酸设计图装置制备NO气体装置D烧瓶中的实验现象为：_；装置E盛放的试剂是_。(2)乙组利用甲组制得的C2H4和NO并选用下列装置进行催化反应，并检验乙烯的氧化物CO和CO2(部分装置可重复使用，已知C2H4可被热的CuO氧化为碳的氧化物，酸性高锰酸钾可氧化NO和C2H4，不氧化CO)。各装置的连接顺
15、序为：KG_HG_M。(按顺序填一个或多个字母)K后接的G的作用是_。酸性高锰酸钾溶液的作用是_。证明乙烯的氧化产物中有CO的现象是_；若NO还原为N2，乙烯氧化为等物质的量的CO和CO2，则反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). c (3). 铜片溶解，溶液由无色变成蓝色，有无色气体产生，该气体在烧瓶上方变成红棕色 (4). H2O (5). I (6). JLG或JLGH (7). 检验乙烯的氧化产物中有CO2 (8). 除去未反应的乙烯与一氧化氮 (9). L中黑色粉末变为红色，其后的澄清石灰水变浑浊 (10). 10NO+2C2H4 5N2+2CO+2CO2+4H2O【解析
16、】【分析】(1)制备C2H4：乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应制取乙烯，同时还有杂质气体CO2、SO2，因为CO2、SO2属于酸性气体，选择碱液处理法除掉杂质，在通入无水氯化钙中进行干燥；制备NO气体：铜片与稀硝酸反应制备NO气体，化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，2NO+O2=2NO制得的NO中含有易挥发的硝酸和少量NO2，可以通入水中除掉杂质，在通入浓硫酸干燥；(2)乙组利用甲组制得的C2H4和NO并选用下列装置进行催化反应，并检验乙烯的氧化物CO和CO2，注意两个关键点因为酸性高锰酸钾可将乙烯氧化为二氧化碳，所以先通过澄清石灰水验证催化产物中二氧化
17、碳的存在，在通过酸性高锰酸钾除掉未反应的乙烯与NOC2H4可被热的CuO氧化为碳的氧化物，干扰CO的鉴定，验证CO之前必须除掉乙烯和残余的二氧化碳。【详解】(1)乙烯的电子式：；装置B的作用是除去CO2和SO2但是不可除掉乙烯，所以选择碱液处理法。答案： c 装置D中进行的反应为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，2NO+O2=2NO，因此烧瓶中的实验现象为：铜片溶解，溶液由无色变成蓝色，有无色气体产生，该气体在烧瓶上方变成红棕色；装置E用来除掉NO中含有的杂质（易挥发的硝酸和少量NO2），因此选择盛放的试剂是水。答案：铜片溶解，溶液由无色变成蓝色，有无色气体产生
18、，该气体在烧瓶上方变成红棕色 H2O (2)乙组利用甲组制得的C2H4和NO进行催化反应，并检验乙烯的氧化物CO和CO2：将甲制备的纯净NO和C2H4通过催化装置K进行反应，通过G（澄清石灰水）用来验证产物是否有二氧化碳，通过I（酸性高锰酸钾）氧化未反应的C2H4与NO，通过H（浓NaOH溶液）除掉NO与C2H4反应生成的二氧化碳以及酸性高锰酸钾氧化乙烯生成的二氧化碳，通过G（澄清石灰水）检验CO2是否除尽，通过J（无水氯化钙）干燥残余气体CO，通过L（CuO），发生反应CO+CuOCu+CO2，通过G（澄清石灰水）验证是否有CO2生成，从而验证催化产物中是否有CO，通过H（浓氢氧化钠）除掉剩
19、余CO2，通过M（排水法集气）用来收集未反应的CO防止污染空气。根据上面分析可知：各装置的连接顺序为：KG IHCJLGH M；答案：JLG或JLGH 二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，因此K后接的G的作用是检验乙烯的氧化产物中是否有CO2；答案：检验乙烯的氧化产物中有CO2根据题干信息可知：酸性高锰酸钾可氧化NO和C2H4，不氧化CO，因此酸性高锰酸钾溶液的作用是除去未反应的乙烯与一氧化氮；答案：除去未反应的乙烯与一氧化氮根据L装置中反应：CO+CuOCu+CO2，证明乙烯的氧化产物中有CO的现象是 L中黑色粉末变为红色，其后的澄清石灰水变浑浊；答案：L中黑色粉末变为红色，其后澄清石灰水变浑浊。
20、若NO被还原为N2，乙烯被氧化为等物质的量的CO和CO2，根据化合价升降法配平，乙烯总共升高10价，NO降低2价，因此n（NO）：n（C2H4）=10:2，化学方程式为 10NO+2C2H4 5N2+2CO+2CO2+4H2O；答案：10NO+2C2H4 5N2+2CO+2CO2+4H2O9.三盐基硫酸铅(3PbOPbSO4H2O，不溶于水)主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管、注射成型制品，也可用于人造革等软质制品。以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如图所示。已知：Ksp(PbSO4)=1.82108，Ksp (PbCO3)=1.461013请回答下列问题：(
21、1)加入碳酸钠溶液后PbSO4转化为PbCO3。转化的方程式为：PbSO4(s)+CO32(aq)=PbCO3(s)+SO42(aq)，通过计算(保留2位有效数字)说明该反应程度很大的原因：_。这一步骤中，也可以将碳酸钠溶液改为碳酸氢钠溶液，写出用碳酸氢钠溶液时的离子方程式：_。(2)根据图溶解度曲线(g/100g水)，由滤液I得到Na2SO4固体的操作为将“滤液1”_、_、用乙醇洗涤后于燥。(3)步骤“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取措施是_(任意写出一条)，生成NO的离子方程式：_。(4)“滤液2”中可循环利用的溶质为_(填化学式)。步骤“沉铅”时若将Pb(NO3)2溶液与0.02molL1
22、的H2SO4等体积混合生成PbSO4沉淀时，所需Pb(NO3)2溶液的最小物质的量浓度为_molL1。【答案】 (1). 该反应平衡常数K=1.2105，所以能进行 (2). PbSO4+2HCO3-=PbCO3（s）+SO42-+H2O+CO2 (3). 蒸发（升温）结晶 (4). 趁热过滤 (5). 适当升温（适当增加硝酸浓度，减小滤渣颗粒大小等合理答案均可） (6). 3Pb+8H+2NO3-=3Pb2+2NO+4H2O (7). HNO3 (8). 3.6410-6【解析】【分析】以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化
23、成PbCO3，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以滤液的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，滤渣Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2+H2O、PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+2H2O，均转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，在5060，4PbSO4+6NaOH=3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H
24、2O，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，据此分析解答。【详解】(1)反应PbSO4(s)+CO32(aq)=PbCO3(s)+SO42(aq)的平衡常数K=1.2105，由于反应平衡常数大于105，所以反应进行程度很大；如果碳酸钠溶液改为碳酸氢钠溶液，注意写离子方程式时弱酸的酸式酸根离子不可拆开，离子方程式为PbSO4+2HCO3-=PbCO3（s）+SO42-+H2O+CO2；答案：该反应平衡常数K=1.2105，所以能进行 PbSO4+2HCO3-=PbCO3（s）+SO42-+H2O+CO2 (2)由图象分析可知，温度较高时析出硫酸钠，温度较低时析出硫酸钠结晶水合物，因此由滤液I
25、得到Na2SO4固体的操作为将“滤液1”蒸发（升温）结晶、趁热过滤，洗涤晶体时用乙醇洗涤避免形成结晶水合物；答案：蒸发（升温）结晶 趁热过滤 (3)提高反应速率可以从升温和适当增大反应物浓度，增大固体反应物接触面积角度考虑；因为3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO+4H2O，所以生成NO的离子方程式：3Pb+8H+2NO3-=3Pb2+2NO+4H2O；答案：适当升温（适当增加硝酸浓度，减小滤渣颗粒大小等合理答案均可） 3Pb+8H+2NO3-=3Pb2+2NO+4H2O (4)Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤后，滤液中的溶质主要为HNO3，可循环利用于酸
26、溶；设所需Pb(NO3)2溶液的最小物质的量浓度为x molL1，Ksp(PbSO4)=1.82108=C（Pb2+）C（SO42-）=，计算得x=3.6410-6；答案： HNO3 3.6410-6【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的计算等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。10.“低碳经济”备受关注，CO2的排集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。(1)将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)
27、+2H2(g)已知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H1=802kJmol1CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H2=283kJmol1CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H3=41kJmol1则反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)的H=_。(2)为了探究反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)的反应速率和平衡。起始时，向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0molL1 平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线(如图)：v正(CO2)和v逆(CO)，则与v正(CO2)相对应
28、的是图中曲线_(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为_(填“D”“E”或“F”)，判断的理由_。又测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图，当压强为P2时，在y点：v（正）_v（逆）(选填“大于”、“小于”或“等于”)；压强p1_p2(选填“大于”、 “小于”或“等于”)，原因是_；若p2=6MPa，则T时该反应的平衡常数Kp=_MPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。【答案】 (1). +248KJ/mol (2). 乙 (3). E (4). 降温反应速率减小，又降温平衡逆向移动，CO浓度减小，所
29、以为E点 (5). 大于 (6). 小于 (7). 温度一定时，加压平衡逆移，CH4转化率减小，所以p2大 (8). 16【解析】【分析】(1)利用盖斯定律解题； (2)根据平衡点确定，当达到平衡时正逆速率比等于化学计量数之比，根据图可知，反应平衡时图中对应的点应为A和F点；降温后，反应速率减小，平衡逆向移动，甲烷的浓度会增大，据此判断；压强为P2时，在y点反应未达到平衡，在x点达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；该反应正反应为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2；在y点对应温度下的甲烷的平衡转化率为50%，列
30、三行式计算Kp。【详解】(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H1=802kJmol1 CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H2=283kJmol1 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H3=41kJmol1利用盖斯定律：-4+2，得CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) H=+248KJ/mol答案：+248KJ/mol(2)反应：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) H=+248KJ/mol平衡时图中对应的点应为A和F点，当达到平衡时正逆速率比等于化学计量数之比v正(CO2)：v逆(CO)=1:2，确定v正(CO2)相对应的是图中曲线乙；降温后，反应速率减小，平衡逆向移动，甲烷的浓度会增大，据此判断曲线甲对应的平衡点可能为E；答案：乙 E 降温
