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河南省六市2019届高三化学第一次联考试题(含解析)可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 S-32 Ca-40 Cu-64一、选择题(本题共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.下列有关物质的性质与用途说法正确的是A. 胶体的胶粒带电,利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”B. CaO能与SO2反应,可作工业废气脱硫剂C. NaHCO3能与碱反应,因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂D. SO2和湿润的O3都有漂白性,混合后得到漂白性更强的漂白剂【答案】B【解析】【详解】A、“血液透析”利用胶体粒子能通过半透膜的性质,与胶粒带电无关,故A错误 ;B、CaO能与SO2反应生成CaSO3,所以可作工业废气脱硫剂,故B正确;C、NaHCO3受热易分解,分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,其与酸反应也能生成气体,有气体生成可用作焙制糕点的膨松剂,故C错误; D、SO2和湿润的O3都有漂白性,混合后发生氧化还原反应生成的硫酸没有漂白性,故D错误。2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是A. 0.2L 3molL1的NH4Cl溶液与0.3L2molL1的NH4Cl溶液中NH4+的数目均为0.6NAB. 标准状况下,11.2L乙烯和环丙烷的混合气体中,共用电子对的数目为3NAC. 常温下,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.1NAD. ag某气体所含分子数为b个,则cg该气体的体积为【答案】C【解析】【详解】A. NH4+水解,NH4+浓度不同水解程度不同,故A错误;B. 标准状况下,11.2L乙烯的物质的量是0.5mol,共用电子对的数目为3NA;11.2L环丙烷的物质的量是0.5mol,共用电子对的数目为4.5NA,所以11.2L乙烯和环丙烷的混合气体中,共用电子对的数目不是3NA,故B错误;C. 常温下,pH=13的Ba(OH)2溶液中,OH的浓度是0.1mol/L,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.1NA,故C正确;D. ag某气体所含分子数为b个,则cg气体的分子数是个,物质的量是mol,该气体在标准状况下的体积为,故D错误。3.以物质a为原料,制备物质d(金刚烷)的合成路线如下图所示关于以上有机物说法中错误的是A. 物质a最多有10个原子共平面B. 物质d的二氯代物有6种C. 物质c与物质d互为同分异构体D. 物质b的分子式为C10H12【答案】A【解析】【详解】A. a分子中单键碳上的2个H原子,一定不在双键决定的平面上,物质a最多有9个原子共平面,故A错误;B. 金刚烷的的二氯代物有、共6种,故B正确;C. 物质c与物质d的分子式都是C10H16,c与d的结构不同,所以互为同分异构体,故C正确;D. 根据b分子的键线式,物质b的分子式为C10H12,故D正确。4.聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂,以废铁屑为原料制备PFS的具体工艺流程如下:下列说法错误的是A. 步骤,粉碎的目的是为了增大反应物接触面积,提高“酸浸”反应速率B. 步骤,加稀硫酸调节pH在一定的范围内,让Fe3+部分水解形成碱式盐C. 步骤,减压蒸发,有利于降低水的沸点防止产物分解D. 步骤,可以选择双氧水、氯气等氧化剂将Fe2+转化成Fe3+【答案】D【解析】【详解】A.接触面积越大,反应速率越快,故A正确;B. 聚合硫酸铁属于碱式盐。步骤,调节pH在一定的范围内,可以控制水解程度,让Fe3+部分水解形成碱式盐,故B正确;C.减压蒸发,有利于降低水的沸点,防止聚合硫酸铁分解,故C正确;D.氯气做氧化剂,引入新杂质氯离子,不能用氯气氧化Fe2+,故D错误。【点睛】本题考查了物质制备的探究、物质性质的分析、试剂选择和离子反应实质的理解应用,注意信息的分析,掌握基础是解题关键,题目难度中等。5.X、Y、Z、W为短周期元素,X的M电子层有1个电子,Y的最外层电子数为内层电子数的2倍,Z的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,Z与W同周期,W的原子半径小于Z。下列有关说法正确的是A. 原子半径:XYZZWD. 最高价氧化物对应水化物的酸性:YZ【答案】B【解析】【分析】X的M电子层有1个电子,则X是Na元素;Y的最外层电子数为内层电子数的2倍,Y是C元素;Z的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,Z是S元素;Z与W同周期,W的原子半径小于Z,W是Cl元素。【详解】A.原子半径:NaSClC,故A错误;B. Mg2C、MgS、MgCl2都是离子化合物,故B正确;C. 气态氢化物的稳定性:HClH2S,故C错误;D. 最高价氧化物对应水化物的酸性:H2SO4H2CO3,故D错误。6.全钒液流电池充电时间短,续航能力强,被誉为“完美电池”,工作原理如图1所示,反应的离子方程式为:VO2+V3+H2OVO2+V2+2H+。以此电池电解Na2SO3溶液(电极材料为石墨),可再生NaOH,同时得到H2SO4,其原理如图2所示。下列说法正确的是A. 电解Na2SO3溶液时,a极与电池负极相连,图1中H+从电池右边移向左边B. 电解时b的电极反应式为SO32+H2O2e=SO42+2H+C. 电池放电时,负极的电极反应式为VO2+e+2H+=VO2+H2OD. 若电解过程中图2所有液体进出口密闭,则消耗12.6gNa2SO3阴极区变化的质量为4.6g【答案】B【解析】【详解】A. Na移向a极,a是阴极,所以a极与电池负极相连,电池放电时,V3+V2+,右边是正极,所以图1中H+从电池左边移向右边,故A不正确;B. SO32移向b极,b是阳极,电解时b的电极反应式为SO32+H2O2e=SO42+2H+,故B正确;C. 电池放电时,负极失电子发生氧化反应,电极反应式为VO2+e+ H2O= VO2+ 2H+,故C错误;D.消耗12.6gNa2SO3,转移0.2mol电子,有0.2molNa移入阴极区,同时阴极生成0.1mol氢气,所以变化的质量为0.2230.2=4.4g,故D错误。【点睛】本题考查原电池、电解池,把握电解池、原电池放电过程的电极反应为解答本题的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意原电池的工作原理及应用。7.图(1)和图(2)分别为二元酸H2A和乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中各微粒的百分含量(即物质的量百分数)随溶液pH的变化曲线(25)。下列有关说法正确的是已知:H2NCH2CH2NH2+H2OH3NCH2CH2NH2+OHA. H3NCH2CH2NH3A溶液显碱性B. NaHA溶液中各离子浓度大小关系为:c(Na+)c(HA)c(OH)c(A2)(H+)C. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2=107.15D. 向H3NCH2CH2NH2HA溶液中通入一定量的HCl气体,则c(H2NCH2CH2NH2)c(H2A)/c(H2NCH2CH2NH3+)c(HA)可能增大也可能减小【答案】C【解析】【详解】A、由图中信息可知,H3NCH2CH2NH32+的第一步水解常数为10-6.85,二元酸H2A的第二步电离常数是10-6.2,A2-的第一步水解常数为10-7.8,H3NCH2CH2NH32+的水解大于A2-的水解,所以溶液呈酸性,故A错误;B、HA的电离常数是10-6.2,HA的水解常数是10-9.98,电离大于水解,所以NaHA溶液显酸性,水也能电离出少量的氢离子,故其中各离子浓度大小关系为:c(Na+)c(HA) c(H+) c(A2) c(OH),故B错误;C、根据图2,pH=6.85时 H3NCH2CH2NH32+=H3NCH2CH2NH2+,乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2= =107.15,故C正确;D、Kb1=,Ka1= ,c(H2NCH2CH2NH2)c(H2A)/c(H2NCH2CH2NH3+)c(HA)= ,所以向H3NCH2CH2NH2HA溶液中通入一定量的HCl气体,c(H2NCH2CH2NH2)c(H2A)/c(H2NCH2CH2NH3+)c(HA)不变,故D错误。三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水,微溶于乙醇,不溶于乙醚,是汽车安全气囊中的主要成分,能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体将气囊鼓起。已知:NaNH2+N2ONaN3+H2O。NaNH2能与水反应生成NaOH和NH3实验室利用如下装置模拟工业级NaN3的制备。请回答下列问题:实验I:制备NaN3(1)装置C中盛放的药品为_;(2)为了使反应均匀受热,装置D处b容器应采取的加热方式为_。(3)实验开始时首先应加热通氨气,其目的是_。(4)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。实验:分离提纯反应完全结束后,取出装置D中的混合物进行以下操作,得到NaN3固体。(5)操作采用乙醚洗涤的原因是_(答一项即可)。实验:定量测定实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数:将2.500g试样配成500mL溶液取50.00L溶液置于锥形瓶中,加入50.00mL0.1010m1L1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。充分反应后,将溶液稍稀释,向溶液中加入8.00mL浓硫酸,滴人3滴邻菲啰啉指示液,用0.0500molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+,消耗溶液体积为29.00mL。测定过程的反应方程式为:2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2, Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+。(6)配制叠氮化钠溶液时,除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外,还用到的玻璃仪器有_。(7)若其它读数正确,滴定到终点后,读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视,将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数_(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(8)减样中NaN3的质量分数为_ (保留四位有效数字)。【答案】 (1). 碱石灰 (2). 油浴 (3). 排尽装置中的空气 (4). 2Na2NH32NaNH2H2 (5). NaN3不溶于乙醚,能减少其损失;可洗去NaN3固体表面的乙醇杂质;乙醚易挥发,有利于产品快速干燥 (6). 500mL容量瓶、胶头滴管 (7). 偏大 (8). 0.9360或93.60%【解析】【分析】(1) Na、NaNH2能与水反应,需用干燥的氨气;(2)根据NaNH2与N2O反应的温度是210220分析;(3)根据 Na能与氧气反应分析;(4)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气;(5)根据NaN3不溶于乙醚、乙醚易挥发分析;(6)根据配制一定物质的量浓度的溶液分析;(7)根据NaN3、(NH4)2Fe(SO4)2消耗的(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量固定分析;(8)根据(NH4)2Fe(SO4)2、NaN3共消耗50.00mL0.1010m1L1(NH4)2Ce(NO3)6进行计算;【详解】(1) Na、NaNH2能与水反应,需用干燥的氨气,所以装置C的作用是干燥氨气,盛放的药品为碱石灰;(2) NaNH2与N2O反应的温度是210220,为了使反应均匀受热,装置D处b容器应采取的加热方式为油浴;(3) 实验开始时首先应加热通氨气,排尽装置中的空气,防止 Na与氧气反应;(4)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气,反应方程式是2Na2NH32NaNH2H2;(5) NaN3不溶于乙醚,用乙醚洗涤能减少产品损失;可洗去NaN3固体表面的乙醇杂质;乙醚易挥发,有利于产品快速干燥(6)配制500mL叠氮化钠溶液时,需用烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管;(7) 滴定到终点后,读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视,n(NH4)2Fe(SO4)2偏小,(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6少,则NaN3偏多,样品中叠氮化钠质量分数偏大;(8)用0.0500molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+,消耗溶液体积为29.00mL,根据Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+,(NH4)2Fe(SO4)2消耗Ce4+的物质的量是0.0500molL10.029L=0.00145mol,则NaN3消耗Ce4+的物质的量是0.05L0.1010mo1L10.00145mol0.0036mol;根据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2,NaN3的物质的量为0.0036mol;试样中NaN3的质量分数为 =93.6%。9.金属铼熔点高、耐磨、耐腐蚀,广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(含ReS2)制得铼粉,其工艺流程如下图所示:回答下列问题(1)下图是矿样粒度与浸出率关系图,浸出时应将富铼渣粉碎至_目;请给出提高铼浸出率的另外两种方法:_。浸出反应中ReS2转化为两种强酸,请写出铼浸出反应的离子方程式:_。(2)上图表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益,萃取剂流速宜选用的范围是_BV/h。 (3)已知高铼酸铵不溶于冷水,易溶于热水。提纯粗高铼酸铵固体的方法是_。(4)高铼酸铵热分解得到Re2O7,写出氢气在800时还原Re2O7制得铼粉的化学方程式_。(5)整个工艺流程中可循环利用的物质有:H2SO4、_、_。【答案】 (1). 120 (2). 适当升高温度、搅拌、增大H2O2浓度、增大H浓度、延长萃取时间 (3). 2ReS219H2O22ReO44SO4214H2O10H (4). 68 (5). 重结晶 (6). Re2O77H2 2Re7H2O (7). NH3 (8). 含R3N的有机溶剂【解析】【分析】(1)根据矿样粒度与浸出率关系图分析;根据影响反应速率的因素回答;浸出反应中ReS2被H2O2氧化为高铼酸和硫酸两种强酸,根据得失电子守恒配平方程式。(2) 增大萃取液流速、提高铼吸附率可以提高生产效益;(3)根据高铼酸溶解性判断提纯方法;(3)氢气在800时还原Re2O7生成铼粉和水;(5)根据工艺流程图分析可循环利用的物质。【详解】(1)根据矿样粒度与浸出率关系图,富铼渣粉碎至120目,浸出率可以达到95%;升高温度、搅拌可以加快速率,所以适当升高温度、搅拌能提高铼浸出率;浸出反应中ReS2被H2O2氧化为高铼酸和硫酸两种强酸,反应的离子方程式是2ReS219H2O22ReO44SO4214H2O10H;(2) 增大萃取液流速、提高铼吸附率可以提高生产效益,根据萃取液流速与铼吸附率关系图,为提高生产效益,萃取剂流速宜选用的范围是68;(3) 高铼酸铵不溶于冷水,易溶于热水,所以用重结晶法提纯;(4)氢气在800时还原Re2O7生成铼粉和水,方程式是Re2O77H2 2Re7H2O;(5)R3NHRO4溶液用氨水反萃取可得到含R3N的有机溶液,高铼酸铵热分解可以生成氨气,所以工艺流程中可循环利用的物质有NH3、含R3N的有机溶剂。10.工业上利用N2和H2可以实现合成氨气,而氨又可以进一步制备硝酸,在工业上一般可进行连续生产。请回答下列有关问题:(1)已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJmol1N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=92.4kJ.mol12H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=483.6kJmol1写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式为_。(2)在一定体积的密闭容器中,进行如下化学反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),其化学平衡常数K与温度t的关系如下表:t/K298398498K/(mol/L)24.1106K1K2完成下列问题:比较K1、K2的大小:K1_K2(填“”、“=”或“”“”或“=”)。再次平衡后,平衡常数为_。(5)已知Ksp(AgCl)=1.81010,若向50mL0.09mo1L1的AgNO3溶液中加入50mL0.10molL1的盐酸,混合后溶液中的Ag+的浓度为_molL1。【答案】 (1). 4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H905.0 kJmol1 (2). (3). AD (4). NO5e6HNH4H2O (5). 106 (6). (7). 16 (8). 3.6108【解析】【分析】(1)根据盖斯定律书写氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式;(2) N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=92.4kJ.mol1正反应放热,升高温度平衡逆向移动;根据平衡标志判断;(3) 阴极得电子发生还原反应;根据质子守恒:NH4NO3溶液中c(NH3H2O)+c(OH)= c(H+);(4)平衡常数K= ;根据Q、K的关系判断V正、V逆的关系;(5)根据Ksp(AgCl) =c(Cl)c(Ag)计算Ag+的浓度【详解】(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJmol1N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=92.4kJ.mol12H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=483.6kJmol1根据盖斯定律223得 4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H905.0 kJmol1 ;(2) N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=92.4kJ.mol1正反应放热,升高温度平衡逆向移动,K减小,所以K1K2;A.2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆) ,正逆反应速率比等于系数比,一定达到平衡状态,故选A; B.2v(N2) (正)=v(H2) (逆) ,正逆反应速率比不等于系数比,没有达到平衡状态,故不选B;C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 在同温同压下反应,压强是恒量,容器内压强保持不变,不一定达到平衡状态,故不选C; D.根据 ,在同温同压下反应,气体质总量不变、容器体积变小,所以密度是变量,混合气体的密度保持不变,一定平衡,故选D。综上所述,本小题选AD。(3) 阴极发生还原反应,根据示意图,NO在阴极得电子发生还原反应生成NH4,所以阴极反应式为NO5e6HNH4H2O;pH=6的NH4NO3溶液中,c(H+)=106 molL1,根据质子守恒:NH4NO3溶液中c(NH3H2O)+c(OH)= c(H+)=106 molL1;(4)平衡常数K=16;同温同压下,体积比等于物质的量比,设T和平衡时容器的压强不变,再向体积可变的容器中充入3molNH3,容器体积为VL,V=8L,此时Q=32,QK,反应逆向进行V正V逆; (5) 向50mL0.09mo1L1的AgNO3溶液中加入50mL0.10molL1的盐酸生成氯化银沉淀,盐酸有剩余,剩余c(Cl)(0.05L0.10molL10.05L0.09mo1L1)0.1L0.005 mo1L1; Ksp(AgCl) =c(Cl)c(Ag) 1.81010,c(Ag) (1.81010)0.005 mo1L13.6108 molL1。【点睛】本题考查化学平衡常数计算、平衡常数应用,把握平衡判定、盖斯定律应用为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意盖斯定律在焓变计算中的应用。(二)选考题(共45分)请考生从给出的2道物理题、道化学题、2道生物题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一题计分。11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题:(1)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能,用符号I1至I表示)如表所示:I1I2I3I4I5电离能(kJ/mol)589.81145.44912.464918153元素M化合态常见化合价是_价,其基态原子电子排布式为_。(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水,可形成Cu(NH3)4SO4,溶液,该溶液可用于溶解纤维素。Cu(NH3)4SO4中阴离子的立体构型是_。除硫元素外,Cu(NH3)4SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为_。NF3与NH3的空间构型相同,中心原子的轨道杂化类型均为_。但NF3不易与Cu2+形成化学键,其原因是_。(3)一种Hg-Ba-Cu-O高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。该物质的化学式为_。已知该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm。则距离Ba2+最近的Hg+数目为_个,二者的最短距离为_pm。(列出计算式即可,下同)设该物质的摩尔质量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为_gcm3。【答案】 (1). 2 (2). Ar4s2 (3). 正四面体 (4). CuHNO (5). sp3 (6). F的电负性比N大,NF成键电子对向F偏移,导致NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子 (7). HgBa2CuO4 (8). 4 (9). (10). 【解析】【分析】(1)从其电离能变化可知,失第三个电子时的能量急剧增加,则该原子失去2个电子后为稳定结构;M是Ca元素,根据能量最低原理书写电子排布式;(2) 根据价电子互斥理论判断SO42的空间构型; 元素的非金属性越强电负性越大;NF3与NH3的中心原子都是N原子,杂化轨道数=;NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力强;(3) 利用均摊法计算晶胞的化学式;根据晶胞图分析距离Ba2+最近的Hg+数目;根据晶胞图可知Ba2+位于底面的中垂线上。根据密度=摩尔质量(个晶胞的体积NA)。【详解】(1)从其电离能变化可知,失第三个电子时的能量急剧增加,则该原子失去2个电子后为稳定结构,所以该原子最外层电子数是2,常见化合价是2, M是Ca元素;Ca是20号元素,其基态原子电子排布式为Ar4s2;(2) SO42中S原子的杂化轨道数=,配位原子数为4,无孤电子对,所以SO42的空间构型正四面体;Cu、H、N、O非金属性依次增强,所以电负性CuHNO;NF3与NH3的中心原子都是N原子,杂化轨道数=,所以轨道杂化类型均为sp3;F的电负性比N大,NF成键电子对向F偏移,导致NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力增强,难以形成配位键,故N

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