精品解析：福建省漳州市2019届高三毕业班高考模拟(一)试卷理综-化学试题(解析版)

漳州市2019届高三毕业班高考模拟试卷化学试题（一）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O -16 S-32 Cl -35.5 Ti -48 Na-23 Zn-65 一、选择题：本题共7小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是A. 生活中常用的塑料制品及橡胶制品都为高分子材料B. 埃博拉病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C. 明矾和漂白粉常用于自来水的净化，但两者的作用原理不相同D. 离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阳离子交换膜【答案】B【解析】【详解】A．生活中常用的塑料制品及橡胶制品都为高分子材料，A正确；B．乙醇不能氧化病毒，乙醇能够使蛋白质变形从而消毒，B错误；C．明矾和漂白粉常用于自来水的净化，但两者的作用原理不相同，前者是净水剂，后者是消毒剂，C正确；D．离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阳离子交换膜，防止氢氧根与阳极产生的氯气反应，D正确；答案选B。

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相关的化学知识，古化文献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，以烽燧铳机诸药者”，这是利用了“KNO3的氧化性”B. 李白有诗云“日照香炉生紫烟”，这是描写“碘的升华”C. 《本草经集注》中记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”。

D. 我国古代人民常用明矾水除去铜器上的铜锈〔Cu2（OH）2CO3〕【答案】B【解析】【详解】A．火药发生化学反应的时候，KNO3中氮元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，体现氧化性，故A正确；B．香炉中燃烧的香中不含碘单质，故不存在碘的升华，故B错误；C．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C正确；D．明矾的水溶液水解显酸性，故能除去铜器上的铜锈，故D正确；答案选B。

3.下列有关有机物的说法正确的是A. C8H10含苯环的烃同分异构体有3种B. 丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）是同系物C. 油脂在一定条件下水解成高级脂肪酸和甘油，称为皂化反应D. 青蒿素是抗疟疾特效药，结构如图所示，有酯基、过氧键和醚键，不溶于水，易溶于氯仿、丙酮等,可以用乙醚从植物中提取, 能够发生水解反应,具有强氧化性【答案】D【解析】【详解】A．C8H10的芳香烃满足C n H2n-6的通式，为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：、、、有4种，故A错误；B．丙烯酸(CH2=CHCOOH)和山梨酸(CH3CH=CHCH=CHCOOH)含有的碳碳双键数目不同，不是同系物，故B错误；C．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，应生成高级脂肪酸钠，故C错误；D ．由青蒿素的结构图可知，含有酯基、过氧键和醚键，不含羧基和羟基，不溶于水，易溶于有机溶剂，酯基能发生水解反应，过氧键具有氢氧化性，故D 正确； 故选D 。

【点晴】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，综合考查学习化学知识的应用能力，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质为解答该题的关键，选项B 解答的易错点。

4.已知A 为常见温室气体，B 为淡黄色氧化物，C 为常见液体，D 为黄绿色气体单质，相互反应的关系如右图所示，M 的水溶液能杀菌消毒。

下列有关叙述正确的是A. 4.4gA 含有4.4N A 个质子B. 7.8g B 与足量A 发生反应①，共转移0.2N A 电子C. 反应③的离子方程式为：Cl 2+H 2O 2H ++Cl -+ ClO -D. M 的电子式为：【答案】D 【解析】A 为常见温室气体，A 为CO 2，B 为淡黄色氧化物，B 为Na 2O 2，C 为常见液体,C 为H 2O ，D 为黄绿色气体单质，D 为Cl 2，M 水溶液能杀菌消毒，M 为NaClO 。

推断出E-Na 2CO 3 F －O 2 G －NaOH M －HClO N －HCl,A. 4.4gCO 2含有14.4(682)44?A gN g mol -⨯+⨯ =2.2N A 个质子,故A 错误；B. 7.8g B-Na 2O 2与足量A-CO 2发生反应①，共转移0.1N A 电子，故B 错误；C. HClO 为弱电解质，反应③的离子方程式为：Cl 2+H 2O H ++Cl -+ HClO ，D. M为HClO ，原子间以共价键相结合，电子式为：，故D 正确；故选D 。

5.用NaOH 溶液吸收烟气中的SO 2，将所得的Na 2SO 3溶液进行电解，可循环再生NaOH ，同时得到H 2SO 4，其原理如图所示(电极材料为石墨)。

下列有关叙述不正确的是（ ）A. 图中a极连接电源的负极B. A口放出的物质是氢气，C口放出的物质是氧气C. b极电极反应式为：SO32--2e-＋H2O===SO42-＋2H＋D. 电解过程中阴极区碱性明显增强【答案】B【解析】【详解】A．图中可知，钠离子移向a极，所以a极为阴极，连接电源的负极，故A正确；B．a极氢离子发生还原反应，A口放出的物质是氢气；b极SO32-发生氧化反应生成SO42-，没有氧气放出，故B错误；C．亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，b极电极反应式为SO32-－2e－＋H2O===SO42-＋2H＋，故C正确；D．在阴极H+放电生成H2，c（H+）减小，水的电离平衡H2O⇌H++OH-正向移动，所以电解过程中阴极区碱性明显增强，故D正确；故选B。

6.甲、乙、丙、丁分别为A、B、C、D 四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物，已知0.1mol·L-1甲、丙、丁溶液的pH 与A、C、D 的原子序数关系如图所示（lg2=0.3），且常温下甲、丙、丁均可与乙反应。

下列说法正确的是（）A. 简单离子半径：D＞C＞B＞AB. A、C形成的化合物水溶液呈碱性C. C、D形成的氢化物稳定性：C＞DD. A、B 分别与D 形成的化合物均为离子化合物【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D为四种短周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物分别为甲、乙、丙、丁，由图可知，0.1mol⋅L−1甲溶液的pH=13，说明甲是一元强碱，则甲为NaOH、A为Na，0.1mol⋅L−1丁溶液的pH=1，说明丁为一元强酸，又因原子序数D大于A，则丁为HClO4、D为Cl元素，0.1mol⋅L−1丙溶液的pH=0.7，说明丙为二元强酸，则丙为H2SO4、C为S元素，常温下甲、丙、丁均可与乙反应，说明乙具有两性，则乙为Al(OH)3、B为Al元素，综上分析：A是Na，B为Al元素，C为S元素，D为Cl元素，结合元素化合物性质判断解答。

【详解】A．同一周期从左至右阳离子半径逐渐减小，阴离子半径也逐渐减小，但阴离子半径大于阳离子半径，所以离子半径：C>D>A>B，故A错误；B．Na与S形成的Na2S是弱酸强碱盐，因S2−水解使溶液呈碱性，故B正确；C．同周期元素从左到右，非金属性依次增强，氢化物稳定性依次增强，所以稳定性HCl>H2S，故C错误；D．Na与Cl形成的NaCl是离子化合物，Al与Cl形成的AlCl3是共价化合物，故D错误；故选B。

7.在25℃时，将1.0 L w mol·L-1 CH3COOH 溶液与0.1 mol NaOH固体混合，充分反应。

向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随加入CH3COOH或CH3COONa固体的物质的量的变化关系如图所示。

下列叙述正确的是A. b 点混合液中c （H +）≥ c （OH -） + c （CH 3COO -）B. 加入CH 3COOH 过程中，()()()+--3c Na c OH c CH COO ⨯增大C. 25℃时，CH 3COOH 的电离平衡常数 K a =-70.210w-0.1⨯mol·L -1 D. a 、b 、c 对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c ＞a ＞b 【答案】C 【解析】 【分析】CH 3COOH 溶液与0.1molNaOH 固体混合，CH 3COOH+NaOH=CH 3COONa+H 2O ，a 点显酸性，故形成CH 3COOH 和CH 3COONa 的混合溶液。

若向该混合溶液中通入CH 3COOH ，CH 3COONa 减少，CH 3COOH 增多；若向该混合溶液中加入CH 3COONa 固体，CH 3COONa 增多，CH 3COOH 减少。

【详解】A ．根据电荷守恒可知，c (Na +)+c (H +)=c (OH -)+c (CH 3COO -)，由题可知，在b 点时，c （H +）＜c (OH -) + c (CH 3COO -)，A 错误； B ．()()()+--3c Na c OH c CH COO ⨯＝()()()()()()()-3++-+33CH COOH c Na c OH c H c c CH COO C C c H OH c H O ⨯⨯⨯⨯⨯=()()3+c Na Kw Ka H c CH COO ⨯⨯=()()3+n Na KwKa H n CH COO ⨯⨯，加入CH 3COOH 过程中，n(Na +)不变，n(CH 3COOH)增大，所以()()3+n Na Kw Ka H n CH COO ⨯⨯减小，故()()()+--3c Na c OH c CH COO ⨯减小，B 错误；C ．根据电荷守恒可知，c (Na +)+c (H +)=c (OH -)+c (CH 3COO -)，c 点时，溶液pH=7，有c (H +)=c (OH -)，则c (Na +)= c (CH 3COO -)，()()-130.1+0.1c c =0.2mol L 1CH COO Na -+==⋅，溶液中()+-7-1c H =10mol L ⋅，根据物料守恒：()-13w-0.1c =1CH COOH mol L ⋅，则醋酸的电离平衡常数为：()()()-+-73-1a 3c CH COO c H 0.210==mol L c CH COOH w-0.1K ⨯⨯⋅，C 正确；D ．溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根浓度越大，水的电离程度越小，由题可知， a 、b 、c 对应的混合液中pH≤7，醋酸对水的电离的抑制程度大于醋酸根离子对水的电离的促进程度，水的电离均受到抑制，由于氢离子浓度a＞b＞c，则水的电离程度由大到小的顺序是c＞b＞a，D错误。