安徽省六安市第一中学2019届高三下学期高考模拟考试(三)理科综合化学试题(解析版)

1 2019届高考模拟理科综合卷（三）

化学部分

注意事项:

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）

A. 10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NA

B. 1molCnH2n+2所含的共用电子对数为(2n+1)NA

C. 含有C﹣Si数目为2NA的SiC晶体中硅原子的物质的量为1mol

D. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少会失去电子数为0.15NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.10g46%甲酸(HCOOH)水溶液含有溶质的物质的量n(HCOOH)=，其中含有O原子的物质的量为n(O)=2n(HCOOH)=0.2mol，该溶液中含有溶剂水的物质的量为n(H2O)=，掌握水中所含的氧原子数为0.3mol，故该溶液中含有O原子的总物质的量为0.5mol，含有的O原子数目为0.5NA，A正确；

B.在一个CnH2n+2中含有C-H键为2n+2，含有C-C键为n-1，故含有的共价键数目为3n+1个，则1molCnH2n+2所含的共用电子对数为(3n+1)NA，B错误；

C.每个Si原子与相邻的4个C原子形成共价键，所以SiC晶体中含4个Si-C键，若含有C-Si数目为2NA，则SiC晶体的物质的量是0.5mol，因此含有Si原子的物质的量为0.5mol，，C错误；

D.5.6gFe的物质的量是0.1mol，与0.2molHNO3反应，当硝酸为稀硝酸时。此时n(Fe)：n(HNO3)=1：2>3：8，可知Fe过量，按照HNO3的量计算，还原产物为NO，1molHNO3有被还原，根据电子守恒可得转移的电子数目为0.2mol×=0.15mol；若硝酸为浓硝酸，反应条件加热，若无情反应产生Fe(NO3)2，则Fe过量，反应按照HNO3计算，转移的电子数为0.2mol=0.1mol，至少转移0.1mol电子；电子数目为0.1NA，D错误； 2 故合理选项是A。

2.中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载了古代化学研究成果．下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是（ ）

A. 《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”

B. 杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来

C. 我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]

D. 蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻头等为原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺

【答案】B

【解析】

【详解】A.火药发生化学反应时，KNO3中N元素的化合价降低，获得电子，被还原，作氧化剂，体现氧化性，A正确；

B.高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生了乙醇，然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，B错误；

C.明矾是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液中H+与盐铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应，产生可溶性的物质，因此可以达到除锈的目的，C正确；

D.蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张，体现了化学的物理和化学分离方法，因此充分应用了化学工艺，D正确；

故合理选项是B。

3.下列有关有机物结构和性质的说法正确的是（ ）

A. 甲中所有原子可能处于同一平面

B. 乙的一氯代物有4种

C. 丙一定条件下能发生的反应类型有取代，加成，氧化，消去反应 3 D. 丁与苯互为等电子体，可由苯的结构和性质推测丁的结构与性质

【答案】A

【解析】

【详解】A.甲可看作是乙烯分子中的一个H原子被醛基取代的产物，乙烯分子是平面分子，甲醛分子是平面分子，两个平面可能共平面，A正确；

B.乙分子中有3种不同位置的H原子，所以乙的一氯代物有3种，B错误；

C.图丙表示乙酰水杨酸，该物质含有羧基，能与乙醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应；含有羰基，能够发生加成反应；该物质含有C、H、O三种元素，可燃烧，能发生燃烧反应(即氧化反应)，但该有机物不能发生消去反应，C错误；

D.图丁是无机苯，与苯互为等电子体，等电子体结构相似，性质也相似，但苯可以发生加成反应，无机苯不能发生加成反应，所以不能根据苯的结构和性质推测丁的结构与性质，D错误；

故合理选项是A。

4.利用废蚀刻液(含FeCl2、CuCl2及FeCl3)制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列有关实验说法正确的是（ ）

A. 用H2O2氧化废蚀刻液的离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O

B. 用装置甲可以制备Cu(NH3)4Cl2并沉铁

C. 用装置乙可以分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3

D. 用装置丁由FeCl3溶液制备FeCl3•6H2O需要经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等步骤

【答案】B

【解析】

【分析】

用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀 4 刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢防止铁离子水解，以达到制备FeCl3·6H2O的目的，以此解答该题。

【详解】A.H2O2具有强的氧化性，可用H2O2氧化废蚀刻液中的Fe2+，反应的离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O，A正确；

B.氨气易溶于水，注意防止倒吸，所以要选用乙装置，氨气与溶液反应生成Cu (NH3)4Cl2和氢氧化铁，B错误；

C.用装置丙可以分离可溶性Cu(NH3)4Cl2溶液和难溶性的固态Fe(OH)3，C错误；

D.由FeCl3溶液制备FeCl3•6H2O需要在蒸发皿中蒸干，不能再烧杯中进行，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】本题考查了物质制备实验设计、物质分离等基本操作，侧重考查学生的分析与实验能力，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法，难度中等。

5.三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下：用NaOH 溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5(该pH下溶液中的Ni2+不沉淀)，加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2(不考虑Cl2的逸出)在弱碱性条件下生成ClO﹣，ClO﹣再把二价镍（可简单写成Ni2+）氧化为Ni3+，再将Ni3+经一系列反应后转化为Ni2O3，电解装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力

B. 电解过程中阴、阳两极附近溶液的pH均升高

C. 当有1mol Ni2+氧化为Ni3+时，外电路中通过的电子数目为1NA，通过阳离子交换膜的Na+数目为1NA

D. 反应前后b池中Cl- 浓度几乎不变

【答案】B

【解析】

【详解】A.硫酸钠是一种强电解质，向其中加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，A正确； 5 B.在电解过程中，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑，促进了水的电离平衡，溶液中c(OH-)增大，该电极附近溶液的pH升高；在阳极发生反应：2Cl-+2e-=Cl2↑，电解过程中阳极附近产生的氯气溶于水反应产生盐酸和次氯酸，使溶液的pH降低，B错误；

C.当有1mol Ni2+氧化为Ni3+时，Ni元素化合价升高1价，由于电子转移数目与元素化合价升高数目相等，所以外电路中通过的电子数目为1NA，通过阳离子交换膜的Na+数目为1NA，C正确；

D.在阳极发生反应：2Cl-+2e-=Cl2↑，电解过程中阳极附近产生的氯气溶于水反应产生盐酸HCl和次氯酸，HClO将溶液中Ni2+氧化为Ni3+，发生反应：ClO-+H2O+2Ni2+=Cl-+2Ni3++2OH-，HClO又被还原为Cl-，所以Cl-物质的量不变，体积不变，因此浓度也不变，D正确；

故选项是B。

6.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素。A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物。下列说法错误的是（ ）

A. B、E两元素的形成的化合物都为黑色固体

B. B、D形成的离子化合物可能含有共价键

C. D的单质只有还原性，没有氧化性

D. 工业上可以用铝热法制取金属E用于野外焊接铁轨

【答案】A

【解析】

【分析】

A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe元素；A与D同主族，X与Y同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出X单质，D单质也能与m反应置换出A单质，可知m为H2O，结合原子序数、元素的位置及性质可知，C为F、B为O、Z为Na、A为H，且A、B、C均能与Z形成离子化合物，以此来解答。

【详解】由上述分析可知，A为H、B为O、C为F、 D为Na，E为Fe，m是H2O。

A.Fe、O两种元素形成的化合物Fe2O3为红棕色固体，A错误；

B.B、D形成的离子化合物若为Na2O2，含有离子键、共价键，B正确；

C.Na是第三周期的元素，原子半径大，最外层只有1个电子，容易失去，因此表现还原性，使次外层变为最外层，达到8个电子的稳定结构，C正确；

D.Al与Fe的氧化物发生铝热反应，产生Al2O3和 Fe，反应设备简单，产生的Fe以液态形式存在，因此可