2019年四川省遂宁市高考化学零诊试卷解析版
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2019年四川省遂宁市高考化学零诊试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 下面的“诗”情“化”意，分析正确的是（ ）
A. “日照遂州江雾开”中伴有丁达尔效应
B. 杜康用高粱酿酒的原理，是通过蒸馏法将高梁中的乙醇分离出来
C. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化
D. “绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
【答案】A
【解析】解：A．“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故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的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出，故B错误；
C．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故C错误；
D．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故D错误。
故选：A。
A．雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应；
B．高粱中不含乙醇；
C．有新物质生成的变化是化学变化；
D．葡萄糖是单糖不能发生水解反应。
本题考查了化学变化与物理变化的区别、物质水解的性质、胶体的性质、葡萄糖的性质等，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。
2. 大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. NO2 不是酸性氧化物
B. O2和O3 是氧的两种同素异形体
C. 反应I属于氧化还原反应
D. 烟雾是一种固溶胶，其分散剂是空气
【答案】D
【解析】解：A．与水反应只生成酸的氧化物属于酸性氧化物，NO2 与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故A正确；
B．同种元素的不同单质属于同素异形体，O2和O3 是氧的两种同素异形体，故B正确；
C．反应I中存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．烟雾是一种气溶胶，其分散剂是空气，故D错误。
故选：D。
A．与水反应只生成酸的氧化物属于酸性氧化物；
B．同种元素的不同单质属于同素异形体； 第2页，共13页 C．有化合价变化的反应是氧化还原反应；
D．烟雾是一种气溶胶。
本题考查了酸性氧化物、同素异形体、氧化还原反应、胶体，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
3. 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. 标准状况下2.24L氯气溶于水制成饱和氯水，转移电子数目为0.2NA
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. 7.8g Na2O2 与足量的水（H218O）反应生成的氧气所含的中子数为0.5NA
【答案】A
【解析】解：A、甲酸溶液中，除了甲酸外，水也含O原子，而此10g46%的HCOOH溶液中含有的甲酸的物质的量为0.1mol，含O原子为0.2NA个；含水的物质的量为0.3mol，水中含有的氧原子为0.3NA个，故此溶液中共含O原子为0.5NA个，故A正确；
B、氯气和水的反应为可逆反应，故不能反应彻底，故反应转移的电子数小于0.2NA个，故B错误；
C、SiC晶体中含4条Si-C键，故含含有C-Si数目为2NA的SiC晶体的物质的量为0.5mol，故含Si原子0.5mol，故C错误；
D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而Na2O2 与水的反应为过氧化钠的歧化反应，即和足量的水（H218O）反应生成的氧气为O2，且生成的氧气为0.05mol，则含有的中子为0.8NA个，故D错误。
故选：A。
A、甲酸溶液中，除了甲酸外，水也含O原子；
B、氯气和水的反应为可逆反应；
C、SiC晶体中含4条Si-C键；
D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据Na2O2 与水的反应为过氧化钠的歧化反应，即和足量的水（H218O）反应生成的氧气为O2来分析。
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。
4. 下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 工业上在石灰乳中通入氯气制取漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B. 在FeI2溶液中滴加少量溴水：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
C. 100mL0.1mol/L的NaOH溶液中通入标况下179.2mL的SO2气体：4SO2+5OH-=SO32-+3HSO3-+H2O
D. SO2通入漂白粉溶液：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
【答案】C
【解析】解：A．将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，离子方程式：2Cl2+2Ca（OH）2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O，故A错误；
B．在FeI2溶液中滴加少量溴水，离子方程式：2I-+Br2=I2+2Br-，故B错误；
C．氢氧化钠的物质的量=1L×1mol/L=1mol，标况下17.92LSO2的物质的量==0.008mol，氢氧化钠部分过量，反应生成Na2SO3和NaHSO3的混合物，令二者物质的量分别为xmol、ymol，根据Na元素和C元素守恒，则x+y=0.008，2x+y=0.01，x=0，002、y=0.006，n（SO32-）：n（HSO3-）=0.002mol：0.006mol=1：3，反应的离子方程式为：4SO2+5OH-=SO32-+3HSO3-+H2O，故C正确；
D．二氧化硫气体通入到漂白粉溶液中：向次氯酸钙溶液通入SO2的离子反应为Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-，故D错误； 第3页，共13页 故选：C。
A．石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；
B．碘离子还原性强于二价铁离子，溴少量，先氧化碘离子；
C．计算出二氧化硫、氢氧化钠的物质的量，然后判断反应生成物即可；
D．次氯酸根离子具有强的氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸根离子。
本题考查离子方程式的书写正误判断，题目难度中等，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项C为易错选项。
5.
根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的（ ）
选项 实验操作和现象 结 论
A 室温下，用pH试纸分别测定等浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，CH3COONa溶液对应的pH试纸更蓝 酸性：HClO＞
CH3COOH
B 取某Na2SO3溶液，加入足量的稀盐酸，产生气泡，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 Na2SO3已部分被氧化
C 向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液变成血红色 原溶液中一定含有Fe2+
D 在2mL0.01mol/L的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol/L ZnSO4溶液有白色沉淀，再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀 Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】解：A．NaClO溶液具有漂白性，不能选pH试纸测定其pH，故A错误；
B．加入足量的稀盐酸，排除亚硫酸根离子的干扰，后加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡，则Na2SO3已部分被氧化，故B正确；
C．先滴加少量氯水，可氧化亚铁离子，应先加KSCN、后加氯水检验，故C错误；
D．Na2S溶液过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选：B。
A．NaClO溶液具有漂白性；
B．加入足量的稀盐酸，排除亚硫酸根离子的干扰，后加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡；
C．先滴加少量氯水，可氧化亚铁离子；
D．Na2S溶液过量，均为沉淀生成。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6. W、X、Y、Z是四种短周期主族元素，原于序数依次增大，W的一种原子核内无中子，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3：4，Y、Z位于同一周期，Z的一种单质常温下是淡黄色晶体，四种元素的原子最外层电子数之和为14．下列说法错误的是（ ）
A. X与其它三种元素均能形成二种二元化合物
B. X、Z阴离子的还原性强弱：Z＞X
C. X、Y的简单离子半径大小：X＞Y
D. X和Z的简单氢化物沸点：X＜Z
【答案】D
【解析】解：由上述分析可知：W为H，X为O，Y为Na，Z为S，
A．X为O元素，O元素能够与H、Na、S均能形成二种二元化合物，故A正确； 第4页，共13页 B．非金属性O＞S，非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则X、Z阴离子的还原性强弱：Z＞X，故B正确；
C．氧离子和钠离子具有相同电子层，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径X＞Y，故C正确；
D．水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即X和Z的简单氢化物沸点：X＞Z，故D错误；
故选：D。
W、X、Y、Z 是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，W的一种原子核内无中子，则W为H元素；Y、Z位于同一周期，Z的一种单质常温下是淡黄色晶体，则Z为S元素，Y、Z位于第三周期；X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3：4，Y的L层含有8个电子，则X的L层含有6个电子，只能为O元素；四种元素的原子最外层电子数之和为14，则Y最外层电子数=14-1-6-6=1，原子序数大于O，则Y为Na元素，据此进行解答。
本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
7. 常温下，用 0.1000 mol•L-1 NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol•L-1某一元酸HA溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A. HA是强电解质
B. 点①所示溶液中：c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
C. 点②所示溶液中：c（Na+）=c（HA）+c（A-）
D. 水的电离程度随着NaOH溶液的滴入，不断增大
【答案】B
【解析】解：A．未加NaOH溶液时，溶液的pH接近4，大于1，说明HA中c（H+）＜c（HA），则HA部分电离，为弱电解质，故A错误；
B．点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA，混合溶液呈酸性，则HA电离程度大于NaA水解程度，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（A-）＞c（Na+），但是HA电离程度较小，则存在c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B正确；
C．点②溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（A-），所以c（Na+）＜c（HA）+c（A-），故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以加入NaOH过程中，水电离程度先增大后减小，故D错误；
故选：B。
A．未加NaOH溶液时，溶液的pH接近4，大于1，说明HA中c（H+）＜c（HA）；
