2019届四省名校高三上学期第二次大联考理科综合化学试题(解析版).doc

2019届四省名校高三第二次大联考理综（化学部分）可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Fe-56一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.日常生活中和工业生产上，都广泛涉及到化学知识。下列有关说法不正确的是A. 金属铝是一种应用广泛的金属材料，这与铝表面易形成致密的氧化膜有关B. 我国西周时发明的“酒曲”酿酒工艺，利用了催化剂加快化学反应速率的原理C. 天然气是一种清洁的化石燃料D. 石油的分馏和石油的催化重整均为物理变化【答案】D【解析】【详解】A.虽然金属铝是活泼金属，但是铝与氧气反应在铝表面易形成致密的氧化膜，阻止了反应的进一步进行，使得金属铝可在空气中稳定存在，故A正确；B.酿酒加酒曲是因为酒曲上生长有大量的微生物，还有微生物所分泌的酶（淀粉酶、糖化酶和蛋白酶等），酶具有生物催化作用，可以将谷物中的淀粉加速转变成糖，糖在酵母菌的酶的作用下，分解成乙醇，即酒精，故B正确；C. 天然气的主要成分是甲烷，是一种清洁的化石燃料，故C正确；D. 石油的分馏是将石油中沸点不同的馏分分离的过程，是物理变化；石油的催化重整就是利用催化剂对烃类分子结构进行重新排列，其目的是获得芳香烃，并副产大量氢气，有新物质生成，石油的催化重整是化学变化，故D错误。故选D。2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1 mol C22中含有的电子数为10NAB. 0、101kPa时，22.4LSO3中含有的氧原子数目为3NAC. 25时，向1L0.5mol/L的CH3 COONa溶液中加入醋酸溶液至混合溶液呈中性，则混合溶液中CH3COO的数目为0.5NAD. 将足量的Cu与50mL18mo/L的浓硫酸充分反应，转移的电子数为0.9NA【答案】C【解析】【详解】A.1个C22中含有14个电子，1 mol C22中含有的电子数为14NA，故A错误；B. 0、101kPa时，SO3不是气态，不能用气体摩尔体积算，故B错误；C. 25时，混合溶液呈中性，则C（H+）=C（OH-），再结合电荷守恒得C（Na+）=C（CH3COO-），所以n(CH3COO)= 0.5mol/L1L=0.5mol，混合溶液中CH3COO的数目为0.5NA，故C正确；D. 足量的Cu即金属铜过量，浓硫酸反应一段时间后，变成稀硫酸将不再反应，不能确定消耗多少浓硫酸，无法计算电子转移的数目，故D错误。故选C。3.下列有关1-甲基-1-环己烯(结构简式如图所示)的说法正确的是A. 该物质含有六元环的同分异构体有3种B. 分子中所有碳原子在同一平面上C. 该物质为芳香烃D. 能使溴的四氯化碳溶液褪色，且反应生成的产物有2种【答案】A【解析】【详解】A. 该物质含有六元环的同分异构体，将甲基置于序号处或把双键放在环外，可形成三种同分异构体（如图），故A正确；B.由于这六元环不是苯环，根据甲烷分子的正四面体结构和乙烯分子的六原子共面结构可知，所以分子中所有碳原子不一定在同一平面上，故B错误；C.该物质中不含有苯环，所以不是芳香烃，故C错误；D.该物质含有碳碳双键，能发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，但是产物只有一种，故D错误。故选A。4.有A、B、C、D、E五种短周期元素。其中A、B以1：1形成的化合物可用作呼吸面具或潜水艇的供氧剂；A、D同族；C2+与A2具有相同的电子层结构；E的最高价含氧酸是短周期中酸性最强的。下列有关五种元素及其化合物的说法正确的是A. B能与冷水反应，C不能与冷水反应B. 简单氢化物的稳定性：DEC. 简单离子半径：ABCED. A、D形成的一种化合物可用于消毒、杀菌和漂白【答案】D【解析】【详解】A、B以1：1形成的化合物可用作呼吸而具或潜水艇的供氧剂，由于A形成的离子是A2-，所以A是O元素，B是Na元素，D与A同族，且是短周期元素，则D是S元素，C2+与A2具有相同的电子层结构，所以C是Mg元素，E的最高价含氧酸是短周期中酸性最强的，则E是Cl元素；A.Na和冷水反应剧烈，Mg和冷水反应较慢，故A错误；B.非金属性ClS ，所以氢化物稳定性：HClH2S，故B错误；C.电子层数越多的离子半径越大，电子层排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则S2-Cl-O2-Na+Mg2+，故C错误；D.SO2可用于消毒、杀菌和漂白，故D正确。故选D。【点睛】（1）同一元素的微粒，电子数越多，半径越大；（2）同一周期内元素的微粒，阴离子半径大于阳离子半径。如氧离子锂离子；（3）同类离子与原子半径的变化规律相同；如钠离子镁离子铝离子，氟离子氯离子氟离子钠离子镁离子铝离子 ，硫离子氯离子钾离子钙离子（5）同一元素高价阳离子半径小于低价阳离子半径，又小于金属的原子半径。5.下列根据实验操作得出的实验结论或实验目的错误的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.浓盐酸在加热的条件下，可以与MnO2反应生成可溶于水的MnCl2，故A正确；B.根据酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的化学方程式可知，1mol高锰酸钾可以与2.5mol草酸反应，显然两支试管中高锰酸钾都是过量的，两溶液都不会褪色，故达不实验目的，B错误；C.由于K元素的焰色反应是紫色，容易被黄色覆盖，难以观察，需要透过蓝色钴玻璃观察，所以观察到火焰颜色是黄色说明一定含有Na元素，可能含有K元素，故C正确；D.产生的气体通入四氯化碳是为了吸收挥发出来的Br2，再通入水中，所得溶液显酸性，说明生成了HBr气体，即发生了取代反应，故D正确。故选B。6.2018年初，我国科学家成功研制出铝石墨烯电池。若手机使用该电池，1.1s即充满电并可连续使用半个月。电池的电解质为铝基离子液体(BMIM和AlCl3按一定比例配制而成)，主要阴离子为AlCl4、Al2Cl7。其电池如图所示，下列说法正确的是A. 放电时，石墨烯作电池正极，发生氧化反应B. 放电时，铝电极的电极反应式为Al3e+7AlCl4=4Al2Cl7C. 充电时，Al与电源正极相连D. 放电时，AlCl4、Al2Cl7向石墨烯移动【答案】B【解析】【详解】A.放电时是原电池，Al作负极，发生氧化反应，石墨烯正极上发生还原反应，故A错误；B.根据题意可知，电池中主要阴离子为AlCl4、Al2Cl7，且Al作负极，失去电子，电极方程式为：Al3e+7AlCl4=4Al2Cl7，故B正确；C.充电时，阴极得电子生成Al，所以Al应该连接电源负极，故C错误；D.放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，即阴离子向Al移动，故D错误。故选B。【点睛】原电池中，活泼金属做负极，失去电子，发生氧化反应，正极上发生还原反应；电解池中，电源正极连接阳极，电源负极连接阴极。7.25时，向10mLNaOH溶液中逐滴加入0.lmol/L的HR溶液，测得反应混合液中c水(OH)与V(HR)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A. V2=10B. HR为弱酸C. 当V(HR)=V2时，溶液中存在：c (OH)c(H+)=c(HR)D. 当V(HR)=V1或V3时，溶液中均有：c(Na+)=c(HR)+c(R)【答案】D【解析】【详解】从图像分析可知，氢氧化钠溶液未加入HR时溶液呈碱性，抑制水的电离，水中电离的c(OH-)=110-13，即pH值为13，c(NaOH)=0.1mol/L，当加入HR到体积V1时，水电离的c(OH-)=110-7，即溶液中的溶质为NaOH和NaR，NaOH电离出OH-抑制水的电离，而R-水解促进水的电离，使抑制电离和促进电离程度相同，达到a点，使水电离的c(OH-)=110-7；继续向溶液中滴加HR，水电离的c(OH-)继续增大，说明这个过程是促进水的电离的，即R-发生水解，所以HR是弱酸，当HR为V2时，b点溶液的溶质为NaR，溶液只有R-水解促进电离，使c(OH-)达到最大值，再继续加入HR，又逐渐抑制水的电离，所以c(OH-)减小。A.当HR的体积为V2时，b点溶液的溶质为NaR，即发生化学反应NaOH+HR=NaR+H2O，n(NaOH)=n(HR)，由上述分析可知，c(NaOH)=0.1mol/L，V(NaOH)=10mL，c(HR)=0.1mol/L，所以V(HR)=10mL，即V2=10mL，故A正确；B. 由a点b点的过程中，继续向溶液中滴加HR，水电离的c(OH-)继续增大，说明这个过程是促进水的电离的，即R-发生水解，所以HR是弱酸，故B正确；C. 当HR的体积为V2时，b点溶液的溶质为NaR，根据质子守恒可得到c (OH)=c(HR) +c(H+)，故C正确；D. 当加入HR到体积V1时，水电离的c(OH-)=110-7，即溶液中的溶质为NaOH和NaR，c(Na+)一定大于c(HR)+c(R)，故D错误；故选D。【点睛】通过溶液的电离或水解程度的大小，结合电荷守恒、物料守恒来比较溶液中各离子浓度大小的基本方法有：(1)关键离子定位法：主要适用于解答选择题。即通过判断溶液中浓度最大或最小的某离子、c(H+)与c(OH)的大小关系的位置正确与否，来判断选项是否正确。(2)守恒判断法：运用物质的量(或原子个数)守恒、电荷守恒或物料守恒等守恒规律，来解决问题。(3)反应方程式分析法：主要适用于单一溶液型问题的分析。即将电离方程式与水解方程式结合起来，进行定性与定量的分析。先考虑电离，再考虑水解。三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物Fex(C2O4)yzH2O，并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90时易发生分解。实验操作如下：步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；步嶸二：称取黄色产物0.841g于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至7085。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；步骤三：用0.080mol/ LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上，用KSCN溶浟检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800mol/ L KMnO4标准液滴定，用去髙锰酸钾标准液10.00mL。(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是_。(2)步骤二中水浴加热并控制温度7085的理由是_，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是_。(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为_，该滴定管为_滴定管(填“酸式”或“碱式”)(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为_。若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将_(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为_。【答案】 (1). 过滤 (2). 加快固体溶解，同时防止草酸分解 (3). 铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定 (4). 25.00mL (5). 酸式 (6). MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O (7). 减小 (8). Fe4(C2O4)510H2O【解析】【分析】步骤一草酸和(NH4)2Fe (SO4)2反应生成黄色固体Fex(C2O4)yzH2O，步骤二加硫酸溶解后，检验无二价铁离子，则说明含有Fe3+，步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子，步骤四将Fe3+还原成Fe2+，再用高锰酸钾滴定，确定铁离子的含量，进而进一步分析计算。【详解】(1)分离固体和液体的操作是过滤；故答案为：过滤；(2) 由于H2C2O4在温度高于90时易发生分解，所以需要水浴加热并控制温度7085，同时加快固体溶解。铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；故答案为：加快固体溶解，同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；(3)从图片中读出，消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液，该溶液有强氧化性，只能选用酸式滴定管；故答案为：25.00mL，酸式；(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+，离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+，若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，可知关系MnO4-5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol5=0.0040mol，则样品中n(Fe)=0.0040mol。步骤三中，根据方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O可得到转化关系：2KMnO45H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L0.025L5/2=0.005mol，则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol。根据质量守恒定律可知，0.841g样品中结晶水的物质的量为（0.841g-0.004056g-0.00588g）/18g/mol=0.01mol，则n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黄色物质化学式为Fe4(C2O4)510H2O。故答案为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，减小，Fe4(C2O4)510H2O。9.氮的氧化物NO3是常见的大气污染物，化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。(1)已知：I.2NO(g)=N2(g)+O2(g) H=177kJ/molII.4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H=1253.4kJ/mol则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为_。(2)已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H”“ (3). 其他条件相同，M点压强大，反应速率快 (4). 增大氮气的浓度，也可以及时分离出氨气 (5). T3T2T1 (6). AD (7). (8). 大【解析】【详解】(1) I3+ II得到热方程式为： 4NH3(g)+ 6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=1784.4kJ/mol；故答案为：4NH3(g)+ 6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=1784.4kJ/mol；(2) 其他条件相同，M点的压强大于Q点，所以M点的速率大于Q点；故答案为：，其他条件相同，M点压强大，反应速率快；维持10MPa、T3的条件不变，要提高H2的转化率，可增大氮气的浓度，也可以及时分离出氨气；故答案为：增大氮气的浓度，也可以及时分离出氨气；该反应是放热反应，温度升高向吸热方向移动，所以温度越高，氨气的物质的量分数越低，故T3T2T1；故答案为：T3T2T1；A.化学平衡时，各组分的浓度不再改变，故A达到 ；B. 化学平衡时3mol HH键断裂的同时，应该有6mol NH键断裂，故B不是；C.化学平衡时，需正反应速率等于逆反应速率，故C不是；D. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)反应达到化学平衡时，压强不再改变，即各组分浓度不再改变，故D达到；故选AD；由于保持压强不变，所以达到平衡时，体积减小，根据反应方程式N2 + 3H2 = 2NH3 ，设达到平衡时，N2的变化量为xmol，即 N2 + 3H2 = 2NH3初始状态 1mol 3mol 0平衡时变化量 xmol 3xmol 2xmol平衡时状态 (1-x)mol (3-3x)mol 2xmol 根据图像可知，其中NH3的物质的量分数为20%，可得到关系：100%=20%，得到x=mol，由于压强不变，即体系体积减小，根据物质的量之比等于体积之比，可得到平衡时体系的体积为：=，a=L，Kc=；由于T211吋，Zn(OH)2能溶于 NaOH溶液生成ZnO22。室温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所小(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.01molL1计算)：上表中Fe3+沉淀完全的pH为_。由过滤粗铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为(可选用的试剂：30%H2O2、稀硝酸、1.0molL1NaOH溶液)：a._；b. _；c.过滤；d. _；e.过滤、洗涤、干燥；f.900煅烧。【答案】 (1). 将铜帽粉碎或搅拌，适当加热，适当增大硫酸的浓度等均可； (2). 2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O (3). 小 (4). Cu2+2e-=Cu (5). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (6). 3 (7). 加足量30%H2O2溶液充分应 (8). 滴加1.0molL-1Na0H溶液，调节溶液pH约为7(或5.2pH7.2) (9). 向滤液中加1.0molL-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.2pH11)【解析】【分析】铜帽水洗后，与硫酸和氧气反应转化成CuSO4，Zn转化成ZnSO4，调节pH值，置换出Cu，再经过电解精炼粗铜，将金属铜提纯，根据物质的制备和提纯分离流程分析解答。【详解】(1) 加快铜帽溶解可以将铜粉碎，也可以增大硫酸的浓度，适当加热，以加快化学反应速率；铜帽溶解时通入空气是让铜与氧气、稀硫酸反应生成硫酸铜，方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；故答案为：将铜帽粉碎或搅拌，适当加热，适当增大硫酸的浓度等均可；2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；(2) Cu2+和Zn2+在溶液中易发生水解，故需将溶液的PH值调小；故答案为：小；(3) 电解精炼粗铜时，阴极得到纯铜，即阴极得电子，电极方程式为：Cu2+2e-=Cu；甲醇燃料电池中燃料甲醇作负极，失去电子，在碱性电解质溶液中的电极反应方程式：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；故答案为：Cu2+2e-=Cu；CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；(4) 溶液中c(Fe3+)=0.01mol/L，pH=2时铁离子开始沉淀，即c(OH-)=110-12mol/L，所以Ksp=c(Fe3+)c3 (OH-)=110-38。当c(Fe3+)=110-5mol/L时，铁离子沉淀完全，代入上述公式可以求得此时溶液中c(OH-)=110-11mol/L，即pH为3时，Fe3+完全沉淀；故答案为：3；由过滤粗铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：a.加足量30%H2O2溶液充分应，将亚铁离子充分氧化；b.滴加1.0molL-1Na0H溶液，调节溶液pH约为7(或5.2pH7.2)，将溶液中的铁离子和铝离子完全转化为氢氧化物沉淀，且保证锌离子不沉淀；c.过滤，除去铁和铝的氢氧化物沉淀；d.向滤液中加1.0molL-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.2pH11)，使锌离子完全沉淀为氢氧化锌；e.过滤、洗涤、干燥；f.900煅烧。故答案为：a.加足量30%H2O2溶液充分应，b.滴加1.0molL-1Na0H溶液，调节溶液pH约为7(或5.2pH7.2)， d.向滤液中加1.0molL-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.2pH11)。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料岀现。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他稀土原料。(1)钕(Nd)为60号元素，在周期表中第_周期；基态铁原子的外围电子轨道表示式为_。(2)实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如图所示。已知Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于_分子(填“极性”或“非极性”)，分子中A1原采取_杂化。Al2Cl6与过量NaOH溶液反应生成NaAl(OH)4，A1(OH)4中存在的化学键有_(填选项字母)。A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.配位键 E.氢键(3)B元素及与其同周期相邻的两种元素第一电离能由小到大的顺序为_(用元素符号表示)。(4)因材料中含有大量的钕和铁，容易锈蚀是它的一大弱点。可电镀镍(Ni)、锌(Zn)等进行表面涂层处理。已知Ni可以形成Ni(NH3)6Cl2，该配合物中配体分子的空间构型为_。(5)已知立方BN晶体硬而脆，其原因是_；其晶胞结构如图所示，N原子填充在B原子构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为_，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，晶体的密度为bgcm3，则阿伏加德罗常数为_mol1(列式即可，用含a、b的代数式表示)【答案】 (1). 六 (2). (3). 非极性 (4). sp3 (5). BD (6). BBeC (7). 正八面体 (8). 由于立方BN晶体是原子晶体，BN键能大，所以质地坚硬，且共价键具有方向性，受到外力时，会发生原子错位，所以性脆 (9). 50% (10). 【解析】【详解】钕(Nd)为60号元素，它位于元素周期表的第六周期，基态铁原子的外围电子轨道表示式为：；故答案为：六，；(2) Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，采取sp3杂化，故答案为：非极性；sp3；Al采取sp3杂化，用最外层的四个空轨道接受O提供的孤对电子形成配位键，O与H之间是极性共价键；故答案为：BD；(3) 同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但是Be原子2s轨道全充满状态是较稳定的，所以Be的第一电离能大于B，第一电离能BBeC；故答案为：BBeC；(4) 已知Ni可以形成Ni(NH3)6Cl2。该配合物中配体分子为六个氨分子，其空间构型为正八面体；故答案为：正八面体；(5)由于立方BN晶体是原子晶体，BN键能大，所以质地坚硬，且共价键具有方向性，受到外力时，会发生原子错位，所以性脆；从晶胞构型中可看出，B原子形成8个正四面体，有4个N原子填充4个正四面体中，所以晶胞中正四面体的空隙填充率为50%；根据晶胞的结构可知，每个晶胞中含有4个N原子，B原子数为8+6=4，故晶胞