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1、2019年山东省潍坊市高考化学一模试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.一种从铜电解工艺的阳极泥中提取Se和Te的流程如下：下列叙述错误的是（ ）A. 合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用B. 流出液是H2SO4溶液C. 电解过程中阴极上析出单质TeD. “焙砂”与碳酸钠充分混合后，可在瓷坩锅中焙烧【答案】D【解析】【详解】A. 阳极泥是在电解精炼铜过程中，沉积在电解槽底部的杂质，含Se、Te、Au等金属，因此合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用，故A项正确；B. 焙烧生成的SO2和SeO2在水溶液中发生氧化还原反应生成Se和H2SO4，则流出液是H2SO4溶液，故B项正确
2、；C. 电解池中阴极区发生还原反应，由流程可知，TeO2在碱性电解质环境下被还原为Te单质，故C项正确；D. 瓷坩埚中还有二氧化硅，在高温下能与碳酸钠发生反应，坩埚受到腐蚀，则“焙砂”与碳酸钠不宜在瓷坩埚中焙烧，故D项错误；答案选D。2.下列说法正确的是（ ）A. 石油裂解的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量B. 用NaHCO3溶液可以鉴别乙醇、乙酸和苯C. 棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素D. 淀粉、油脂、甘氨酸在一定条件下都能发生水解反应【答案】B【解析】【详解】A. 石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量；裂解的目的是为了获得乙烯、丙
3、烯、丁二烯等短链不饱和烃，故A项错误；B. NaHCO3溶液与乙酸会反应生成二氧化碳气体；其与苯互不相溶，发生分层；其与乙醇溶为一体。三者现象不同，因此可以用NaHCO3溶液鉴别乙醇、乙酸和苯，故B项正确；C. 棉花为天然有机物，其主要成分为纤维素，但合成纤维以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，其成分不是纤维素，故C项错误；D. 甘氨酸是氨基酸的一种，不能发生水解，故D项错误；答案选B。3.某化学学习小组用如下图所示装置制备、收集Cl2，并进行性质验证实验（夹持装置略去）。下列说法正确的是（ ）A. 用和浓盐酸制备时，只选B. 用于收集时，a为进气口C.
4、 中加入NaBr溶液和，通入反应后振荡、静置，下层溶液呈橙红色D. 中通入使品红溶液褪色后，取出溶液加热可恢复红色【答案】C【解析】【分析】A. KMnO4和浓盐酸制备Cl2为固液不加热型发生装置；B. 氯气的密度比空气大；C. 通入Cl2反应后生成易溶于CCl4的Br2；D. 氯水具有漂白性，不可逆。【详解】A. KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2，不可行，高锰酸钾可溶于水，氯气可以从长颈漏斗中逸出。选可达到实验目的，故A项错误；B. 排空气法收集氯气时，因氯气的密度比空气大，则应从b进气，故B项错误；C. Cl2的氧化性比Br2大，通入NaBr溶液中，会发生氧化还原反应生成Br2，进而被CC
5、l4萃取在下层溶液中，显橙红色，故C项正确；D. Cl2能使品红溶液褪色，主要是发生了氧化还原反应，不可逆，因此取出溶液加热不能恢复红色，故D项错误；答案选C。【点睛】本题B选项，排空气法收集气体时需注意，当气体密度比空气大时，如氯气、氧气和二氧化碳等，则气体需从b口进入，由于密度比空气大，会沉于空气下方，即瓶底，聚集的气体逐渐将集气瓶内的空气从上方（即a端）排出，待气体占满整个集气瓶时，即收集了满瓶气体。假若从a进，则进入的气体会沉到瓶底，并从b处直接出去，因此起不到排出空气、收集气体的作用。相反，当气体密度比空气小时，应从a口进气b口出气，学生要理解并加深记忆。4.X、Y、Z、W、R为五种
6、短周期主族元素，Y、Z、W是原子序数递增的同周期相邻元素，且最外层电子数之和为15；X比Y核外少一个电子层；R的质子数是X、Y、Z、W四种元素质子数之和的下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径：B. X与Y形成的二元化合物常温下一定为气态C. W和R形成的化合物是离子化合物D. Y与W、Z与W形成的二元化合物都是大气污染物【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素，Y、Z、W是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，设Z的最外层电子数为m，则Y的最外层电子数为m-1，W的最外层电子数为m+1，即得出(m-1)+m+(m+1) = 3m = 15，所以m
7、= 5，则推知Y、Z、W分别为C、N和O元素；X比Y核外少一个电子层，则X为H；又知R的质子数是X、Y、Z、W四种元素质子数之和的，则R的质子数为（6+7+8+1） = 11，可知R为Na，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答。【详解】根据上述分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为O，R为Na，A. 电子层数越大，简单离子半径越大，当电子层数相同时，其简单离子半径随原子序数的增大而减小，则N3- O2- Na+，即简单离子半径大小比较为：Z W R，故A项错误；B. X与Y形成的二元化合物为烃类有机物，常温下可能为气态、液态或固态，故B项错误；C. W和R形成的化合物为过氧化钠或氧化钠，成
8、键微粒为阴阳离子，均为离子化合物，故C项正确；D. Y与W形成的二元化合物为CO2或CO，其中CO为大气污染物，而CO2不是；Z与W形成的二元化合物为氮氧化物，为大气污染物，故D项错误；答案选C。【点睛】本题重在考查元素周期表与元素周期律的知识点的运用，是高考高频考点，掌握物质的组成及特点是解题的关键，注意D项Y与W形成的二元化合物为CO2，虽能产生温室效应，但并不是大气污染物，常见的大气污染物为CO、SO2、氮氧化物和可吸入颗粒物等。5.三种常见单萜类化合物的结构如下图所示。下列说法正确的是（ ）A. 香叶醇和龙脑互为同分异构体，分子式均为B. 可用金属钠鉴别香叶醇和月桂烯C. 龙脑分子中所
9、有碳原子在同一个平面上D. 1mol月桂烯最多能与发生加成反应【答案】B【解析】【分析】A. 分别写出香叶醇和龙脑的分子式作答；B. 钠可以与香叶醇中的醇羟基发生反应，而不能与月桂烯发生反应；C. 分子内有甲基、亚甲基和次甲基；D. 1 mol 碳碳双键与1 mol Br2发生加成反应，据此分析；【详解】A. 香叶醇分子内含两个碳碳双键，有2个不饱和度，其分子式为C10H18O，龙脑的分子式为C10H20O，两者分子式不同，且不互为同分异构体，故A项错误；B. 钠与香叶醇的-OH反应生成醇钠与氢气，而不会与碳碳双键反应，则可用金属钠鉴别香叶醇和月桂烯这两种物质，故B项正确；C. 龙脑分子中含有
10、甲基、亚甲基和次甲基，所有原子不可能共平面，故C项错误；D. 1mol月桂烯中含3 mol碳碳双键，则可与3 mol Br2发生加成反应，故D项错误；答案选B。6.石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而研发的新型可充放电电池，其反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如下图所示。下列关于该电池的说法正确的是（ ）A. 充电时，嵌入中B. 放电时，极发生的电极反应为C. 放电时负极反应为：D. 充电时，若转移，石墨烯电极增重7g【答案】D【解析】【分析】根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-
11、xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。【详解】A. 充电时，石墨烯为阴极，C6发生还原反应生成LixC6，则Li+向石墨烯移动，故A项错误；B. 放电时，LiCoO2极是正极，发生得电子的还原反应,电极反应式为：Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，故B项错误；C. 放电时负极反应为LixC6-xe-=C6+xLi+，原电池中无Li单质存在，故C项错误；D. 充电时，石墨烯电极的电极反应式为：C6+xLi+xe- = LixC6，根据关系式xe- C6 LixC6电极增
12、重的实际质量为锂元素的质量，所以若转移1mol e-，电极增重为 1 mol7 g/mol = 7 g,故D项正确；答案选D。【点睛】有关电化学基础，把握规律是解题的关键，其中计算是必不可少的，本题的D项可采用关系式法作答，即根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。7.常温下，将NaOH溶液滴入二元弱酸H2X溶液中，混合溶液中的粒子浓度与溶液pH的变化关系如下图所示。下列叙述正确的是（ ）A. 曲线M表示与pH的变化关系B. NaHX溶液显碱性C. 当混合溶液呈中性时，D. 的数量级为【答案】C【解析】【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)
13、Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时 ，由图象可知N为lg的变化曲线，M为lg的变化曲线，当lg或lg = 0时，说明 或 =1，浓度相等，结合图象可计算电离常数的表达式并判断溶液的酸碱性。【详解】A. 由以上分析可知曲线N表示pH与lg的变化关系，曲线M表示pH与lg的变化曲线，故A项错误；B. 由图象可知，lg = 0时，即 =1，此时pH5.4，可知HX电离程度大于X2水解程度，则NaHX溶液呈酸性，故B项错误； C. 由图象可知当混合溶液呈中性时，lg 0，即c(X2)c(HX)，混合溶液的离子浓度大小关系为：c(Na+)c(X2-) c(HX-) c(H+)=c(OH)，故C项
14、正确。D. lg = 0时， =1，此时pH5.4，则Ka2(H2X)105.4，可知Ka2(H2X)的数量级为10-6，故D项错误； 答案选C。【点睛】本题侧重考查学生对水溶液中离子平衡的理解能力，是高考的高频考点。学生要紧抓溶液中第一步电离的离子浓度与第二步电离的离子浓度的大小关系，lg或lg与0的关系，结合离子平衡的规律解答此题。二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）8.三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)制取草酸镍(NiC2O4)，再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。工艺流程如图所示：已知：NiR2(aq)N
15、i2+(aq)+2R-(aq)(R-为有机物配体，K=1.610-14)KspFe(OH)3=2.1610-39，KspNi(OH)2=210-15 Ka1(H2C2O4)= 5.610-2，Ka2(H2C2O4)= 5.410-5“脱络”过程中，R-与中间产物OH反应生成R(有机物自由基)，OH能与H2O2发生反应。有关反应的方程式如下：iFe2+H2O2=Fe3+OH-+OHiiR-+OH = OH-+RiiiH2O2+2OH=O2+2H2O 请回答下列问题：(1)中间产物OH的电子式是_(2)“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.01molL-1，加入碳酸钠调溶液的pH为_(假设溶液体积不变，lg60.8)使Fe3+恰好沉淀完全(离子的浓度1.010-5molL-1)，此时_(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。(3)25时，pH=3的草酸溶液中c(C2O42-)/c(H2C2O4)_(保留两位有效数字)。“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子
