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1、贵州省贵阳市第一中学2019届高三化学11月月考试题（扫描版）题号123456答案DCAADB7A项，苏打水是碳酸氢钠的水溶液，错误。B项，食用油在正常状态下是个常态链，反复加热后，常态链结构就会改变，生成苯并芘这样的环形状结构的有害物质，正确。C项，加入氧化钙可与硫燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，不能减少温室气体的排放量，错误。D项，辩证看待食品添加剂，少量使用可以保鲜，错误。8A项，有机物燃烧耗氧量的计算以及标况下气体体积的计算，没有指出标况，错误。B项，可能结构之一是含有醛基的有机物，能发生银镜反应，表述错误。C项，考察酯类化
2、合物同分异构体的书写及种类数目的判断，HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3总共四种，正确。D项，考察不饱和度的计算及碳碳双键和碳氧双键以及环的确定，其中酯类和羧酸中碳氧双键不能跟氢气发生加成反应，错误。9A项，因为镁离子水解不足0.1NA，错误。B项，SO3标况下为固体，不能用标况下气体的体积公式计算，错误。C项，铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，0.3mol Fe失去0.8NA个电子，错误。D项，甲醛和乙酸最简式（CH2O）相同，0.2NA个氧原子，正确。10M、N、W、X、Y、Z依次是O、F、Na、Al、S、Cl。A项，W在周
3、期表中的位置为第三周期第A族，错误。B项，M与W可形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O2中有非极性共价键，错误。C项，氢氟酸显酸性，水是中性，氢氟酸比水更容易电离，水的离子积常数KW小于氢氟酸的电离常数Ka，错误。D项，W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序为S2ClNa+Al3+，正确。11Na2O2的水溶液可以导电是因为生成了NaOH，电离出Na+、OH自由移动的离子而导电，并非Na2O2直接电离，错误；镁置换出碳，说明镁的还原性强于碳，正确；并不是双水解反应，而是强制弱的反应，的酸性强于Al(OH)3，错误；Zn+2NH4Cl =ZnCl2+H2+2NH3，正确；
4、强制弱，且氢氧化铝不溶于弱碱，正确。综上，选择C选项。12A项，因为左侧电极生成S沉淀，S2失去电子发生氧化反应为阳极，右侧电极为阴极，水得到电子变成氢气，产生OH，正确。B项，因为OH通过阴离子交换膜向左侧迁移，与阳极产生的硫发生反应：3S+6OH=+2S2+3H2O，左侧有生成，会向右侧扩散穿过阴离子交换膜进入右侧，正确。C项，电解槽内的总反应为K2S+3H2OK2SO3+3H2，正确。D项，改成阳离子交换膜，右侧阴极产生的OH不能进入左侧，不会发生与S的反应，错误。13A项，从图象上看氢氧化镁有0.15mol，原来镁有0.15mol，氢氧化铝有0.2mol，原来铝有0.2mol，镁和铝与
5、盐酸反应各产生0.15mol和0.3mol氢气，标况下有10.08L，正确。B项，图象上O点为原点，加入氢氧化钠刚好中和消耗20mL（=5mol/L，见图象上氢氧化铝溶解的BC那一段）。c(H+)=0.5mol/L，pH=0.301，正确。C项，A点沉淀含有Mg(OH)2和Al(OH)3，错误。D项，图象上C点溶液中含有1mol氯化钠和0.2mol偏铝酸钠，c(Na+)c(Cl-)c()，水解溶液显碱性，c(OH)c(H+)，且c()c(OH)，所以有c(Na+)c(Cl-)c()c(OH-)c(H+)，正确。26（每空2分，共14分）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)
6、 H=727kJmol1 （1） 低温 0.25 3c（2）BC 【解析】根据盖斯定律可知，32得反应CH3OH(l)+=CO2(g)+2H2O(l)，此时H=(193kJmol1)3(+93.0kJmol1)2(38kJmol1)=727kJmol1；即CH3OH的燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+=CO2(g)+2H2O(l) H=727kJmol1。（1）对比实验1、2，更高温度时平衡逆向移动，则该反应的H0；已知CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的S0，根据G=HTS，当反应处于低温时，G0，反应易自发进行。根据方程式可知 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始浓度
7、（mol/L） 1 3 0变化浓度（mol/L） 0.5 1 0.5平衡浓度（mol/L） 0.5 2 0.5所以平衡常数K=；实验3温度不变，平衡常数不变，此时浓度商Q=0.5K，反应逆向进行，则v正v逆。 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始浓度（mol/L） 0.5 2 1变化浓度（mol/L） 10.5c 2c 10.5c平衡浓度（mol/L） 0.5a 0.5b 0.5c起始量=消耗量+平衡量，即0.5a=0.5+10.5c，解得a=3c。（2）A项，随反应进行混合气体物质的量减小，恒温恒容下压强减小，容器中压强保持不变说明达到平衡，故错误。B项，伴随反应的进行，始终保持v(
8、CO)v(H2)=12，则不能说明反应达到平衡，故正确。C项，混合气体总质量不变，恒温恒容下，容器内气体密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故正确。D项，混合气体总质量不变，随反应进行混合气体物质的量减小，平均相对分子质量增大，平均相对分子质量不变说明达到平衡，故错误。E项，容器内各组分的质量分数不再变化，说明达到平衡，故错误。27（每空2分，共14分） （1）2KClO3+H2C2O4=K2CO3+2ClO2+CO2+H2O 盛有冰水混合物的水槽（或冰水浴）（2）C （3）80.0 （4）蒸发结晶 趁热过滤（5）2ClO2+H2O2+2OH=+O2+2H2O【解析】（1）A中反应产物有K
9、2CO3、ClO2、CO2，由反应物与生成物可知，反应为2KClO3+H2C2O4=K2CO3+2ClO2+CO2+H2O，因为B为ClO2的凝集装置，又二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，所以B部分还应补充的装置为冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽。（2）C处为密封装置，过量气体不能排出，可导致仪器炸裂，则C不合理。（3）配制450mL 4mol/L的NaOH溶液，应该选用500mL容量瓶，需要NaOH的质量为0.5L4mol/L40g/mol=80.0g。（4）防止析出晶体NaClO23H2O，趁热过滤。（5）ClO2和双氧水发生氧化还原反应生成NaClO2和
10、气体（O2），离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH=+O2+2H2O。28（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）Fe3+、H+ （2）C （3）9.3 （4）NH4Cl固体受热分解生成的HCl可抑制CeCl3水解 （5）2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl （6）酸 24.65%（3分）【解析】（1）废玻璃粉末，其中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质，步骤加入过量盐酸后，滤液A中的阳离子有Fe3+、H+，CeO2、SiO2不溶于盐酸，加入稀硫酸和过氧化氢反应后过滤得到固体B的成分是SiO2。（2）步骤中H2O2作还原剂，与C中作用完全相同。 （3）
11、当溶液中离子浓度小于1106molL1时视为沉淀充全，结合溶度积常数计算氢氧根 离子浓度c(OH)=2105molL1，pOH=5lg2=4.7，得到溶液pH=9.3。（4）将NH4Cl固体与CeCl36H2O混合真空加热可得无水CeCl3，其中加入NH4Cl的作用是NH4Cl固体受热分解生成的HCl可抑制CeCl3水解。（5）第步反应是氢氧化铈被次氯酸钠氧化生成Ce(OH)4，2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。（6）“萃取”时存在反应：Ce4+n(HT)2Ce(H2n4T2n)+4H+，若要提高滴定的准确率，需要平衡逆向进行，因此溶液呈酸性；据电子守恒可知Ce
12、3+物质的量等于亚铁离子的物质的量，则n(CeCl3)=0.04mol，CeCl3样品的纯度=即为24.65%。29（除特殊标注外，每空2分，共11分） （1）双缩脲试剂 降低化学反应的活化能（2）污泥含水量和pH 当污泥含水量为60%80%时该酶的降解效果最好、该酶的最适pH是7（3）没有标明具体的温度（1分）温度设置少一列（1分）缺少对石化酶的记录（1分）【解析】（1）绝大多数酶是蛋白质，检测蛋白质用双缩脲试剂。酶催化作用的机理是降低化学反应的活化能。（2）分析曲线图可知，本实验的自变量是污泥含水量和pH；可得出的结论是：当污泥含水量为60%80% 时，该酶的降解效果最好、该酶的最适pH是
13、7。（3）该实验的目的是探究两种酶的最适温度及催化能力，观测指标是2天后石油含量（g/kg污泥）。该实验记录表格有三处明显错误：没有标明具体的温度，应该在2030之间，以2为温度梯度设计一系列温度（20、22、24、26、28、30）；温度设置少一列（应该有6列）；缺少对石化酶的记录。35（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）6（1分） （1分）（2） AB （3）孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大 （4）sp2杂化（1分） 90 【解析】（1）碳为6号元素，核外有6种不同运动状态的电子，碳原子的价电子排布图为。（2）A项，CO中存在碳氧三键，CO2中
14、存在碳氧双键，分子中原子间成键方式改变，正确。B项，CO为极性分子，CO2为非极性分子，分子极性变化，正确。C项，CO分子中碳和氧上各有1个孤对电子，CO2分子中碳和氧上各有2个孤对电子，错误。D项，一氧化碳的相对分子质量小于二氧化碳，分子的熔沸点变大，错误。配合物Ni(CO)4的Ni为中心原子，CO为配体，所以Ni(CO)4的结构为。（3）孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角1比2大；分子中的大键可以用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数。根据吡啶的结构，其中的大键由5个原子6个电子形成的，表示为。（4）a为石墨晶体，每个碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化；b为C60分子，平均每个C形成1.5个键，所以在每个C60分子中形成的键数目为601.5=90；根据晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目=，每个正四面体结构含有4个碳原子，晶胞的质量=，已知T碳晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数为NA，则T碳的密度为g/cm3。36（除特殊标注外，每空2分，共15分）
