最新2019年高考模拟理综化学试题共十二套附答案及详细解析(5)

水化物为H2CO3，丁的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，Al（OH）3与H2CO3不反应，D项错误；答案选C。 11.【答案】D

【解析】辛酸含有一个“—COOH”和三个“—CH3”的主链最多有6个碳原子。

（1）若主链有6个碳原子，余下2个碳原子为2个—CH3，先固定一个—CH3，移动第二个—CH3，

碳干骨架可表示为：（数字

代表第二个—CH3的位置），共4+3+2+1=10种。

（2）若主链有5个碳原子，余下3个碳原子为可能为：①一个—CH3和一个—CH2CH3或②一个—CH（CH3）2。①若为一个—CH3和一个—CH2CH3，先固定—CH2CH3，再移动—CH3，碳干骨

架可表示为：；②若为一个—CH（CH3）

2

，符合题意的结构简式为（题给物质）；共3+3+1=7种。

（3）若主链有4个碳原子，符合题意的同分异构体的结构简式为（CH3CH2）3CCOOH。 辛酸含有一个“—COOH”和三个“—CH3”的同分异构体有10+7+1=18种，除去题给物质，还有17种，答案选D。

点睛：本题考查限定条件同分异构体数目的确定，注意采用有序方式书写，避免重复和漏写。 12.【答案】C

【解析】试题分析：A．电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，用硝基苯（C6H5NO2）电解还原生成对氨基苯酚，说明pb合金为阴极，则Pt电极应与直流电源的正极相连，故A错误；B．电解时Pt电极为阳极，阳极上发生氧化反应，无氢气生成，故B错误；C．阴极发生还原反应，电极反应式为C6H5NO2＋4e－＋4H＋===HOC6H4NH2＋H2O，故C正确；D．电解过程中溶液里水的量不断减小，则硫酸溶液的pH减小，故D错误；答案为C。 考点：考查电解原理及应用。 13.【答案】C

【解析】A，常温下Ksp（NiS）

Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶

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解度大于NiS，A项正确；B，Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表

Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-浓度

NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s）

2+

2-

增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项正确；C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni、S浓度增大，b点向a点方向移动，C项错误；D，曲线II代表NiCO3， a点c（Ni）=c（CO3），Ksp（NiCO3）= c（Ni）·c（CO3）=1=1

2+

2-2+

2-

10，c（Ni）=c（CO3）

2+

2-

-72+2-

10-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项正确；答案选C。

点睛：本题考查与沉淀溶解平衡有关的曲线分析，注意图像中pNi、pB越大，Ni、B浓度越小是解题的关键。注意溶度积与溶解度的关系，当难溶电解质类型相同时，溶度积大的溶解度大；当难溶电解质类型不同时，溶度积大的溶解度不一定大。

26．【答案】 (1). SO2+I2+2H2O = H2SO4+2HI (2). 装置A在反应前后的质量 (3). 2.5 (4). 将第一步所得溶液全部转入1000 mL容量瓶中 (5). 酸式滴定管(或移液管)，100mL 容量瓶 (6). 0.016 (7). 符合 (8). 气体流速过快，吸收不完全（或未充分反应）；装置气密性较差

【解析】分析：该实验的目的是测定某地空气中SO2和可吸入颗粒的含量，通过气体流速管可测出实验过程中通过的空气体积，通过测量装置A在实验前后的增重量可求出可吸入颗粒的含量，通过测量装置B中一定量的淀粉碘溶液的褪色时间可求出SO2的含量；第3问要掌握一定物质的量浓度溶液的配制操作和仪器的使用；第4问通过反应方程式计算出空气中SO2的含量是否达到排放标准以及产生误差的原因。

详解：(1)上述实验测定中的主要反应原理为SO2+I2+2H2O = H2SO4+2HI。 (2)还需要测量装置A在反应前后的质量，即可求得可吸入颗粒的含量。

(3) ①由题目叙述要先配制1000 mL 1.0×10mol·L碘溶液，所以需要用托盘天平称量单质碘的质量为=1L×1.0×10-2mol·L-1×254g/mol=2.5g，放在烧杯中再加少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解；②冷却后全部转入1000 mL容量瓶中，洗涤、定容、摇匀；③用酸式滴定管(或移液管)取所配碘溶液5.00 mL于小烧杯中，加水稀释后全部转移到100 mL容量瓶中，再经过洗涤、定容、摇匀即得100 mL 5.0×10-4mol·L-1的碘溶液，此步操作中，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要的玻璃仪器有：酸式滴定管(或移液管)和100 mL容量瓶。

(4) ①已知气体流速为200mL·s-1，通过的时间为500s，所以空气的体积为100L，又n(I2)= 0.05L×5.0×10-4mol·L-1=2.5×10-5mol，由反应方程式可得n(SO2)= 2.5×10-5mol，所以该地空气中的SO2含量为[2.5×10-5mol×64g/mol×1000mg/g]/100L=0.016mg/L<0.02mg·L-1，所以符合排放标准；②如果实验测得的数值比实际含量低，可能的原因为气体流速过快，SO2没有完全被吸收、或SO2与I2没有完全反应、或者装置气密性不好。

点睛：本题难度不大，但得满分不易，主要是认真细心，不可大意。例如称量单质碘的质量

要求用托盘天平，尽管算出的数值为2.54g，但只能取2.5g；取先配的碘溶液5.00 mL再配

-4-1

制为100 mL 5.0×10mol·L的碘溶液，根据体积的要求，就需要用酸式滴定管(或移液管)来取，而不能用量筒；实验中既用到1000mL的容量瓶，又用到100mL的容量瓶。所有这些，稍不注意都会失分。

27．【答案】 (1). 增大接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率

(2). 3MnO2+2FeS2+6H2SO4 =3MnSO4+Fe(SO4)3+4S↓+6H2O (3). 软锰矿粉或H2O2溶液 (4).

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-2

-1

破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离 (5). Fe(OH)3 (6). (NH4)2Sx+1

2NH3↑+H2S↑+xS↓ (7). (8.25cV/a)%或(8.25cV×10)/a或0.0825cV/a或0.0825cV/a×100%

【解析】分析：两种矿物经粉碎研磨①与硫酸混合②，由于MnO2在酸性条件下具有氧化性，因此反应生成可溶性硫酸锰、硫酸铁和单质硫，③过滤后，滤液用碱液处理④除去铁元素⑤后，溶液经浓缩结晶得产品MnSO4·H2O，滤渣与(NH4)2S混合作用⑥后，经分解⑦处理得另一产品S，分解的其它产物可转化为(NH4)2S循环使用。

详解：(1) 步骤①混合研磨成细粉的主要目的是增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率，提高原料的利用率；硫酸浸取时的反应方程式为3MnO2+2FeS2+ 6H2SO4 =3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S↓+6H2O。

(2)由于Fe2+具有较强的还原性，在酸性条件下可用软锰矿粉（MnO2）或H2O2将其氧化为Fe3+，既不引入杂质，又能达到除去的目的；用碱液处理时，需将溶液加热至沸，然后在不断搅拌下调节pH为4~5，再继续煮沸一段时间，以破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒增大，便于过滤分离，得到的滤渣为Fe(OH)3。

(3) 步骤⑦在90~100℃下进行，反应的化学方程式为(NH4)2Sx+1

2NH3↑+H2S↑+xS↓。

(4)已知本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。根据电子转移守恒可得二者反应的方程式为2KMnO4+3MnSO4·H2O=5MnO42+K2SO4+2H2SO4+H2O，已知n(KMnO4)=c mol/L×V×10L=cV×10mol，则n(MnSO4·H2O)=1.5cV×10mol，产品中Mn的质量分数为w(Mn)= [1.5cV×10mol×55g/mol]/ag×100%=(8.25cV/a)%。

28．【答案】 (1). b (2). 5 L/mol (3). 不 (4). 增加CO的物质的量浓度或减少生成物浓度或降温等 (5).

(6). N2H4(g)=N2(g)+2H2(g) ΔH=+50.7

2+

-3

-3

-3

-3

2+

-2

kJ·mol-1 (7). 350℃左右、负载率3% (8). SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+ (9). H2SO4 【解析】分析：(1)我们知道物质的表面积对反应速度有影响，同样催化剂的表面积也影响催化效率；利用图象中NO的数据，结合化学方程式即可算出平衡常数K；当温度不变时，K值也不变，利用浓度商与K做比较，即可判断平衡的移动方向；根据外界条件对化学平衡的影响可分析出n(NO)减小的原因；(2)利用盖斯定律可得肼分解的热化学方程式；由图象信息即可分析出最佳脱硝效果的条件。(3)根据题目所给物质的转化关系，结合电解原理解答。 详解：(1) ①由图象可知，曲线a变化慢，即反应速率慢，曲线b变化快，即反应速率快，催化剂的表面积越大，催化效率越高，反应速率越快，所以表示催化剂表面积较大的曲线是b；②已知n起(NO)= n起(CO)=0.4mol, n平(NO)=0.2mol，则平衡时c平(NO)=c平(CO)=0.1mol/L，c平(CO2)=0.1mol/L，c平(N2)=0.05mol/L，故K=

=

=5

L/mol；若保持温度不变，则K值不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2 mol时，其Qc=

=K，所以平衡不移动；③15min时，反应物NO的物质的量

迅速减小，但不是突然变小，可能的原因是增大了CO的浓度或减小了生成物的浓度，使平衡正向移动，由于反应是放热反应，也可能是降低温度使平衡正向移动。

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(2) ①肼的电子式为；②根据盖斯定律，反应Ⅰ-2×反应Ⅱ即得N2H4(g)=N2(g)+

-1

2H2(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2=+50.7 kJ·mol；③分析图象信息可知，负载率过高或过低，脱硝率都不是最高的，而温度过低或过高，脱硝率也不是最高的，只有在350℃左右，负载率为3.0%时脱硝率最高。

(3)根据题目叙述，结合装置可知阳极反应物为SO2，生成物为SO42-，所以阳极反应式为SO2+ 2H2O-2e- =SO42-+4H+，而阴极反应为NO+H++5e- =NH4++H2O，所以总反应式为

2NO+5SO2+8H2O==(NH4)2SO4+4H2SO4，由此反应方程式可知，装置中的物质A是H2SO4。 点睛：本题有两个易失分点，一是图象中15min时，反应物NO的物质的量迅速减小的原因，防止从减小NO的物质的量的角度去思考；二是电解装置中物质A的确定，要从总反应式上去思考。 （二）选考题：

35. [选修3：物质结构与性质]（15分，除注明外，每空2分）

【答案】 (1). 1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s (2). CuO中铜的价层电子排布为3d，Cu2O中铜的价层电子排布为3d，后者处于稳定的全充满状态而前者不是，因而二价铜能在一定条件下转化为更稳定的一价铜 (3). V形 正四面体形 (4). > (5). 硅烷为分子晶体，随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高 (6). sp杂化 (7). 配位 (8). 原子晶体 (9). 12 (10). 1.6×10/ (a·NA)

32

3

3

9

10

2

2

6

2

6

10

1

10

1

详解：(1)已知铜的原子序数为29，其原子核外电子排布为1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s；CuO中铜是+2价，价电子排布为3d，而Cu2O中铜是+1价，价电子排布为3d，后者处于稳定的全充满状态而前者不是，因此CuO能在一定条件下转化为更稳定的Cu2O。 (2)由于O与Se同族，C与Si同族，它们形成的最简单的氢化物中，H2O分子是V型结构，则H2Se也是V型结构，CH4是正四面体结构，可知SiH4也是正四面体结构；在Si-H中共用电子对偏向氢元素，即氢的电负性>硅，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒吸引电子能力>氢，所以电负性 Se>Si；由图象可知，在一系列硅烷中，随相对分子质量的增大，分子间作用力增强，所以熔沸点升高。

(3)B元素最外层只有3个电子，但有4个轨道，所以可与具有孤电子对的分子或离子以配位键形成配合物，因此在配合物BF3·NH3中B原子的杂化轨道类型为sp3杂化，在B和N之

10

1

9

10

22626101

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间形成配位键。

(4) 金刚砂晶体是由C原子和Si原子形成的原子晶体，在该晶胞中含有的C=4，Si=

=4，即含有4个SiC，该晶胞为面心立方，且C和Si可以互换，每两个C原子

间最近的距离为面对角线的一半，所以每个C周围距离最近的C原子有胞的边长为a pm，即a×10-10cm，其体积为a3×10-30cm3，质量为

=12个，已知晶

g，则金刚砂的密度为

g/cm3。

36. [选修5：有机化学基础]（15分，除注明外，每空2分） 【答案】 (1). 2一甲基-1-丙烯(或2一甲基丙烯) (2). (3). 消去反应 (4). 加成反应(或还原反应) (5).

(6). (7).

13种 (8). 或 ( (9).

【解析】分析：由信息可知A为不对称烯烃，B为醇，经催化氧化得醛C，C与新制Cu(OH)2反应生成羧酸钠，再经酸化处理得羧酸D，由D的摩尔质量和核磁共振氢谱可确定D的结构简式，D与H发生酯化反应生成I，则H为醇，根据质量守恒由I和D的分子式可推出H的分子式，结合H的信息，推出醇H的结构简式。已知E为酮，由信息可得F为羟基羧酸，而G为羧酸，经还原得醇H，可见F→G要先脱水再加氢。

详解：(1)由反应条件可确定D为羧酸，其摩尔质量为88 g·mol-1，核磁共振氢谱有3组峰，可推知D为(CH3)2CHCOOH，逆向推导可得A为(CH3)2C=CH2，其名称为2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)。

(2)由A的结构简式，结合信息①可推知B的结构简式为(CH3)2CHCH2OH。 (3)由E的结构简式，结合信息①可推知F的结构简式为

，分子式为C9H10O3，

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