2019届山东省济南市高三模拟考试理科综合化学试卷(解析版)

C 项：电极 a（正极）电极反应为
+H++2e- →
＋Cl-，正极每得到 2mol
电子时，为使溶液电中性，必有 2molＨ+通过质子交换膜进入 a 极溶液，同时电极反应消耗 1molＨ+。故工 作一段时间之后，a 极区溶液中 H+浓度增大，pH 减小，C 项错误； D 项：据图中物质转化，考虑到质量守恒和电荷守恒关系，电极 b（负极）反应为 CH3 COO－+4H2O－8e－ =2HCO3－+9H+，D 项正确。 本题选 D。 【点睛】质子交换膜只允许质子（氢离子）通过。一定时间内，通过质子交换膜的质子的物质的量，必须 使质子交换膜两侧的溶液呈电中性。
2019 届山东省济南市高三模拟考试理科综合化学试卷（解析版）
理科综合试题(化学部分)
可能用到的相对原子质量：C-12 S-32 Cu-64 一、选择题本大题共 13 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.下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是
A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒
A. a、b 极不能使用同种电极材料
B. 工作时，a 极的电势低于 b 极的电势 C. 工作一段时间之后，a 极区溶液的 pH 增大 D. b 极的电极反应式为：CH3 COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+ 【答案】D 【解析】 【分析】 图中连接负载（用电器）的装置为原电池，根据电极上的物质变化，判断得或失电子、电极名称， 写出电 极反应式。应用原电池原理是正确判断的关键。 【详解】A 项：电极 a、b 上发生的反应不同，因而两极间形成电势差，故电极材料可同可异，A 项错误； B 项：工作时，电极 b 上 CH3COO-→HCO3-，碳元素从平均 0 价失电子升至+4 价，电极 b 是原电池的负极， 则电极 a 是电池的正极，a 极的电势高于 b 极的电势，B 项错误；
5.桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环[1，1，0]丁烷(
)是最简单的一种。下列
关于该化合物的说法错误的是 A. 与 1，3-丁二烯互为同分异构体 B. 二氯代物共有 4 种 C. 碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有 45°和 90°两种 D. 每一个碳原子均处于与其直接相连的原子构成的四面体内部 【答案】C 【解析】 【分析】 根据二环[1，1，0]丁烷的键线式写出其分子式，其中两个氢原子被氯原子取代得二氯代物，类比甲烷结构 可知其结构特征。 【详解】A 项：由二环[1，1，0]丁烷的键线式可知其分子式为 C4H6，它与 1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2） 互为同分异构体，A 项正确； B 项：二环[1，1，0]丁烷的二氯代物中，二个氯原子取代同一个碳上的氢原子有 1 种，二个氯原子取代不
本题选 C。
2.下列说法错误的是
A. 用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色
B. 纯棉面料主要含 C、H、O 三种元素
C. 植物油的主要成分属于酯类物质
D. 聚碳酸亚乙酯(
)的降解过程中会发生取代反应
【答案】A
【解析】
【分析】 根据有机物的组成结构，分析其类别、性质和反应类型。 【详解】A 项：乙烯分子中有碳碳双键，能使溴水褪色。乙烯加聚反应生成的聚乙烯高分子链中已经无碳 碳双键，不能使溴水褪色，A 项错误； B 项：纯棉主要成分是纤维素，含 C、H、O 三种元素，B 项正确； C 项：植物油、动物脂肪都是高级脂肪酸与甘油形成的酯类物质，C 项正确； D 项：聚碳酸亚乙酯高分子链上有酯基，其降解即酯基水解，属于取代反应，D 项正确。 本题选 A。 3.下列实验能达到相应目的的是
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题~32 题为必考题，每个试题考生都必须 做答。第 33 题~第 38 题为选考题，考生根据要求做答。
8.工业上，从精制黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中提取金属钨的一种流程如下图所示，该流程同时获取副产物 Fe2O3 和 MnCl2。
已知： I．过程①~④中，钨的化合价均不变；
同碳上的氢原子有 3 种，共有 4 种，B 项正确； C 项：二环[1，1，0]丁烷分子中，碳碳键只有单键，其余为碳氢键，键角不可能为 45°或 90°，C 项错误； D 项：二环[1，1，0]丁烷分子中，每个碳原子均形成 4 个单键，类似甲烷分子中的碳原子，处于与其直接 相连的原子构成的四面体内部，D 项正确。 本题选 C。 6.短周期主族元素 A、B、C、D、E 的原子序数依次增加，A 和 D 的质子数之和等于 E 的核外电子数，B 和 D 同主族，C 的原子半径是短周期主族元素中最大的，A 和 E 组成的化合物 AE 是常见强酸。下列说法 错误的是 A. 简单离子半径：B>C B. 热稳定性：A2D>AE C. CA 为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性 D. 实验室制备 AE 时可选用 D 的最高价含氧酸 【答案】B 【解析】 【分析】 据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合 理结论。 【详解】短周期主族元素中原子半径最大的 C 是钠（Na）；化合物 AE 是常见强酸，结合原子序数递增， 可知 A 为氢（H）、E 为氯（Cl）；又 A 和 D 的质子数之和等于 E 的核外电子数，则 D 为硫（S）；因 B 和 D 同主族，则 B 为氧（O）。 A 项：B、C 的简单离子分别是 O2-、Na+，它们的电子排布相同，核电荷较大的 Na+半径较小，A 项正确； B 项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性 S<Cl，故氢化物热稳定性：H2S<HCl，B 项 错误； C 项：CA（NaH）为离子化合物，与水反应生成 NaOH 和 H2，使溶液呈碱性，C 项正确； D 项：实验室制备 HCl 气体，常选用 NaCl 和浓硫酸共热，D 项正确。 本题选 B。 7.下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是
B 项：步骤②中“加压”，可增大氮气、氢气浓度，加快合成氨反应速率又能使平衡右移，提高原料转化率，
B 项正确；
C 项：合成氨反应放热，步骤③使用较高温度不利于提高原料转化率，同时使用催化剂也不能使平衡移动，
步骤④、⑤能有利于提高原料的转化率，故 C 项错误；
D 项：产品液氨可用酸吸收生成铵态氮肥。液氨汽化时会吸收大量热，可用作制冷剂，D 项正确。
Ⅱ．常温下钨酸难溶于水； Ⅲ．25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10－38，Ksp [Mn(OH)2]=4.0×10－14 回答下列问题： (1)上述流程中的“滤渣 1”除 MnO2 外还有___________、“气体”除水蒸气、HCl 外还有___________(均填化 学式)； (2)过程①中 MnWO4 参与反应的化学方程式为___________；FeWO4 参与的反应中氧化剂与还原剂的物质 的量之比为___________； (3)已知 WO3(s)+3H2(g)=W(s)+3H2O(g) △H=akJ·mol－1 WO3(s)=WO3(g) △H=bkJ·mol－1 写出 WO3(g)与 H2(g)反应生成 W(s)的热化学方程式：___________； (4)过程⑦在 25℃时调 pH，至少应调至___________(当离子浓度等于 1.0×10－5mol·L－1 时，可认为其已沉淀 完全)； (5)过程⑧要获得 MnCl2 固体，在加热时必须同时采取的一项措施是___________； (6)钠钨青铜是一类特殊的非化学计量比化合物，其通式为 NaxWO3，其中 0<x<1，这类化合物具有特殊的 物理化学性质，是一种低温超导体。应用惰性电极电解熔融的 Na2WO4 和 WO2 混合物可以制备钠钨青铜， 写出 WO42－在阴极上放电的电极反应式：___________。 【答案】 (1). Fe2O3 (2). Cl2 (3). 2MnWO4+2Na2CO3+O2 2Na2WO4+2MnO2+2CO2 (4). 1:4 (5). WO3(g)+3H2(g)=W(s)+3H2O(g) ΔH=(a-b)kJ·mol-1 (6). 3.0 (7). 通入 HCl 气体，在 HCl 气氛中 加热 (8). WO42-+xe-=WO3x-+O2【解析】 【分析】 紧扣工业流程中物质种类的变化、核心元素化合价的变化，判断物质成分，并书写化学方程式；根据盖斯 定律，由已知热化学方程式可求目标热化学方程式；利用溶度积常数计算离子完全沉淀时的 pH；从平衡移 动原理考虑抑制水解的措施；根据电解原理写电极反应式。 【详解】(1)据“已知 I”和化学式 H2WO4、WO3 知，黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中 Fe、Mn 元素均为+2 价，在 步骤①中分别被空气氧化为 Fe2O3、MnO2，即“滤渣 1”有 MnO2 和 Fe2O3。“滤渣 1”与浓盐酸共热时，MnO2 与 HCl 反应生成 Cl2，另有浓盐酸挥发出 HCl 和水蒸气。 (2)从步骤③看，“滤液 1”中含有 Na2WO4。步骤①MnWO4 中 Mn 被 O2 氧化为 MnO2、WO42－与 Na2CO3 生 成 Na2WO4 并放出 CO2，由此写出方程式为 2MnWO4+2Na2CO3+O2 2Na2WO4+2MnO2+2CO2 。FeWO4 被 O2 氧化为 Fe2O3，据化合价升降数相等，得氧化剂（O2）与还原剂（FeWO4）的物质的量之比为 1:4。 (3)据盖斯定律，将两个已知热化学方程式相减，消去 WO3(s)可得目标热化学方程式
B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
C. 步骤③、④、⑤均有利于提高原料的转化率
D. 产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂
【答案】C
【解析】
【分析】
应用催化剂知识、反应速率和化学平衡理论，分析判断工业合成氨的反应速率和平衡转化率问题。
【详解】A 项：合成氨使用含铁催化剂，为防止催化剂中毒，须将原料“净化”处理，A 项正确；
Байду номын сангаас
B. 标准状况下，22.4LSO3 含 NA 个分子 C. 常温下 100mL0.1mol·L－1 醋酸溶液中含 0.01NA 个醋酸分子 D. 0.1 mol Na2O2 与足量水反应转移 0.1NA 个电子 【答案】D 【解析】 【分析】 运用计算物质的量的几个公式，充分考虑公式的适用条件、弱电解质的电离、盐类的水解、反应中电子转 移等，才能作出合理的判断。 【详解】A 项：1L1mol·L－1Na2CO3 溶液中有 1mol 溶质，因 CO32－微弱水解，实际存在 CO32－少于 0.1NA， A 项错误； B 项：标准状况下 SO3 是固态物质，22.4LSO3 不是 1mol，含分子数不是 NA，B 项错误； C 项：100mL0.1mol·L－1 醋酸溶液有 0.01mol 溶质，因醋酸微弱电离，溶液中醋酸分子数小于 0.01NA，C 项 错误； D 项：据 Na2O2 与水的反应可知，每 1molNa2O2 参与反应，就有 1mol 电子转移，故 0.1 mol Na2O2 与足量 水反应有 0.1NA 个电子转移，D 项正确。 本题选 D。 【点睛】公式 n=V/22.4L·mol-1，只能用于标准状况下的气体，不能用于固体、液体和非标准状况的气体。
A. 制取 SO2
B. 验证 SO2 的漂白性
C. 收集 SO2
D. 处理含有 SO2 的尾气
【答案】B 【解析】 【分析】 依据 SO2 的理化性质，从试剂、装置等角度，分析判断 SO2 的制取原理、收集方法、性质验证和尾气处理 的合理性。 【详解】A 项：铜与稀硫酸不反应，铜与浓硫酸共热可制取 SO2，A 项错误； B 项：SO2 使品红褪色是 SO2 的漂白性，B 项正确； C 项：同温同压时，SO2 密度比空气大，应用向上排空气法收集，即从右边导管进气，C 项错误； D 项：含有 SO2 的尾气会污染空气，但饱和 NaHSO3 溶液不能吸收 SO2，可使用 NaOH 溶液等，D 项错误。 本题选 B。 【点睛】紧扣实验目的，从反应原理、试剂性质、仪器选用、装置连接等方面，分析判断实验的合理性， 是解答这类问题的关键。 4.NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温下 1L1mol·L－1Na2CO3 溶液中含 0.1NA 个 CO32－