安徽A10联盟2019届高三下学期开年考试理综化学试题版含解析

1、安徽省1号卷+A10联盟2019届高三开年考理科综合化学试题1,下列有关叙述正确的是A.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B,离子交换膜在工业上应用广泛，如在氯碱工业中使用的阴离子交换膜C,电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D,硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂【答案】C【解析】【详解】A.汽车尾气中含有的氮氧化物主要来自于空气中的氮气和氧气化合而成，不是汽油不完全燃烧造成的，故错误；B,在氯碱工业中通常使用的是阳离子交换膜，故错误；C,电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是镁和铁连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护铁不受腐蚀，此方法为牺牲阳极的阴极

2、保护法，故正确；D,硅胶、生石灰是食品包装中常用的干燥剂，铁粉是抗氧化剂，故错误。故选C。【点睛】掌握防止金属腐蚀的常用方法，有外加电流的阴极保护法和牺牲阳极的阴极保护法。前者为连接电源，形成电解池，使被保护金属做电解池的阴极而保护，后者为连接更活泼的金属形成原电池，使被保护的金属做原电池的正极而保护。2.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A,常温常压下，S2和0的混合物共1.6g,其中所含硫原子数一定为0.05NaB,将1molCl2通入水中，则HCl。C、CIO粒子数之和为22C.44gCO2与的混合物中含有共用电子对数目为9ND,标准状况下，1moIH2和ImoIF2混合后，所

3、含气体分子数为2Na【答案】A【解析】【详解】A,常温常压下，4和4的混合物只含有硫原子，混合物共1.6g,其中所含硫原子物质的量为1.6/32=0.05moI。原子数一定为0.05Na,故正确；B,将1moICI2通入水中，只有部分氯气和水反应，所以不能确定则HCI。CI>CIO粒子数之和，故错误；C.44gCO2与的混合物中，由于二者的相对分子质量都为44,一个二氧化碳分子中含有对共用电子对，一个分子中含有10对共用电子对，不知道两种气体的比例，故无法计算混合中含有的共用电子对数目，故错误；D.标准状况下，1molH2和ImolF2混合后反应生成2mol氟化氢，氟化氢在标况下不是气体

4、，故所含气体分子数为0,故错误。故选Ao【点睛】阿伏加德罗常数是常考题型，注意特殊物质的组合，如同素异形体的组合或相同最简式的组合，通常可以用用最简式进行计算，掌握常见标况下不是气体的物质，如水、三氧化硫、氟化氢等。3.短周期主族元素WX、Y、Z的原子序数依次增大。W是宇宙中含量最多的元素，X、Y同主族，X所形成的某种单质在大气中可以阻挡紫外线。下列说法正确的是A.简单离子半径：X>Y>ZB.元素的电负性：X>Z>Y>WC. Y的氢化物沸点比X的氢化物沸点高D. W、Y两种元素形成的化合物不能使KMnO容液褪色【答案】B【解析】【详解】短周期主族元素WXY、Z的原

5、子序数依次增大。W是宇宙中含量最多的元素，为氢元素，X、Y同主族，X所形成的某种单质在大气中可以阻挡紫外线，为氧元素，则Y为硫元素，则Z为氯元素。A.根据离子电子层数越多，半径越大，相同电子层数的离子核电荷数越大的半径越小，简单离子半径：Y>Z>X,故错误；B.根据非金属性越强，元素电负性越大分析，元素的电负性：X>Z>Y>W故正确；C. X的氢化物为水，分子间含有氢键，Y的氢化物为硫化氢，分子间不含氢键，所以硫化氢的沸点比X的氢化物沸点低，故错误；D. W、Y两种元素形成的化合物为硫化氢，具有还原性，能使KMnO褪色，故错误。故选Bo4 .下列实验操作、现象、结

6、论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将过氧化钠投入滴后酚酗:试液的水中溶液最终为红色过氧化钠与水反应生成碱性物质B向Ba(NQ)2溶液中通入SQ气体产生白色沉淀SQ具有还原性C用熔融氯化铝做导电性实验电流指针不偏转氯化铝是非电解质D溶液中存在如卜平衡：FeC13+3KSCN=3KC1+Fe(SCN)3再加入少量氯化钾固体溶液颜色变浅平衡逆向移动A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.过氧化钠投入滴有酚酗:的水中，溶液显变红后褪色，故错误；B.二氧化硫通入到硝酸钢溶液中，在酸性条件下二氧化硫被硝酸根氧化生成硫酸根离子，继而生成硫酸钢沉淀，说明二氧化硫具有还原性，故正确；C.氯

7、化铝是共价化合物，在熔融状态下不能导电，但在水溶液中能导电，氯化铝是电解质，故错误；D.此反应的实质为铁离子和硫鼠根离子发生反应，与氯化钾无关，所以加入氯化钾平衡不移动，故错误。故选Bo【点睛】掌握化学平衡移动的原理，改变影响物质的浓度或压强或温度等可以影响速率和平衡，但注意该物质必须参与化学反应，如氯化铁和硫氧化钾反应中是铁离子和硫鼠根离子反应，氯离子和钾离子没有参与反应，其浓度不影响平衡。5 .已知酚酯与A1C13一起加热，酰基会从氧原子上迁移到苯环上生成邻羟基或对羟基芳酮。下列说法正确的是25七A. Imol的a、b、c均能与4moH反应B. c可以发生取代、氧化、消去及加成反应C. b

8、中所有碳原子一定位于同一个平面D. a的含苯环的同分异构体中，能发生银镜反应，又能使FeCl3溶液显紫色的有13种【答案】D【解析】【详解】A.lmol的b、c均能与4moH反应，lmol的a能与3mol氢气反应，故错误；B. c含有酚羟基和谈基，可以发生取代、氧化及加成反应，不能发生消去反应，故错误；C. b中苯环处于一个平面，默基的碳原子形成平面结构，两个平面可能共平面，也可能相交，故错误；D. a的含苯环的同分异构体中，能发生银镜反应、又能使FeCl3溶液显紫色含有酚羟基和醛基，苯环上若连接酚羟基、醛基和甲基，共10种结构；若连接酚羟基和-CHCHQ则有3种结构。故总共有13种，故正确。

9、【点睛】掌握和氢气发生加成反应的官能团，如碳碳双键或碳碳三键，或醛基或厥基，酯基不能和氢气加成。掌握常见的含有苯环的同分异构体的数目，如苯环上连接2个取代基有3种结构，苯环上连接三个不同的取代基有10种结构，连接2个相同1个不同的有6种结构。6.装置为锂引氧化物二次电池，其成本较低，且对环境无污染：V2Q+xLi噂事LixVzQ;在下图中用该电池电解含馍酸性废水可得到单质馍。下列说法正确的是A电解质BabcA.电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度会增大B.锂锂氧化物二次电池可以用LiCl水溶液作为电解液C.该电池充电时，B电极的电极反应式为LixVQxe-=WQ+xLi+D.当锂锂氧化物

10、二次电池中有7gLi参与放电时，一定能得到29.35g馍【答案】A【解析】【详解】用该电池电解含馍酸性废水可得到单质馍，说明c中馍离子得到电子生成馍单质，说明c为阴极，B为负极，A为正极，a为阳极。A.电解过程中，a为阳极，溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，剩余的钠离子通过阳离子交换膜进入b中，c中银离子得到电子生成银单质，溶液中的氯离子通过阴离子交换膜进入b中，所以b中NaCl溶液的物质的量浓度会增大，故正确；B.金属锂能与水反应，所以不可以用LiCl水溶液作为电解液，故错误；C.该电池工作时，B为负极，则充电时，B电极为阴极，阴极是锂离子得到电子发生还原反应生成锂，故C错误；D.电池工作时有

11、化学能变为电能，但同时也有热能等放出，阴极上除了生成馍之外，还会生成氢气，所以当锂锂氧化物二次电池中有7gLi参与放电时，锂失去1mol电子，阴极上生成的馍的物质的量小于0.5mol,故馍的质量小于29.35g,而且废水中不一定有29.35g馍离子,故错误。故选Ao【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，根据电解池的阳极和原电池的负极失去电子发生氧化反应，电解池的阴极和原电池的正极发生还原反应分析电极反应，注意阳离子交换膜只能通过阳离子，阴离子交换膜只能通过阴离子。7.常温下，向20mL0.01mol-L一的NaOH§液中逐滴加入0.01molL一的CHCOOHg液，溶液中水所电离出的

12、c(OH-)的对数随加入CRCOOH液的体积变化如图所示，下列说法正确的是V(CHiCOOH)/mLA.F点溶液显中性B.若G点由水电离出的c(OH)=2.24X106mol-L1,则Ka(CHCOOH)1X10C. H点离子浓度关系为c(CH3COO)=c(Na+)>c(H+)=c(OH)D. E点由水电离的c(H+)=103molL-【答案】C【解析】【详解】氢氧化钠抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大。所以G点为醋酸钠溶液，从E到G为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性。A.F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，

13、溶液为碱性，故错误；B.若G点由水电离出的c(OH-)=2.24X106molL一,根据醋酸根离子水解的离子方程式可知，溶液中c(CH3COOH)等于c(OH-),醋酸钠的浓度为0.005mol/L,则醋酸根离子的水解平衡常数、，工24屏父2.24万10一百力皿KW54小、口为=10,则Ka(CHCOOH)=1X10,故错误；0,00509C.H点为醋酸钠和醋酸的混合溶液，水的电离不受抑制和促进，所以溶液为中性，c(H+)=c(OH),则根据电荷守恒有c(CH3COO)=c(Na+)>c(H+)=c(OH),故正确；D.E点为氢氧化钠溶液，氢氧化根离子浓度为0.01mol/L,则溶液中水

14、电离的氢离子浓度为1012mol-L1,故错误。故选C。【点睛】掌握水中的电解质对水的电离的影响，注意pH用溶液中的氢离子浓度计算，而溶液中的水电离出的氢离子可能只是一部分，如醋酸钠中的醋酸根离子水解消耗一部分水电离的氢离子，所以该溶液中氢氧根离子浓度可以代表水的电离程度。8.水合朋:(N2HH2O)是一种在生产生活中有着广泛用途的精细化工原料，具有强碱性和强还原性。实验室一般采用次氯酸钠(受热易分解)氧化尿素(nh?-B-Nh/制备水合肿，制备过程可分为两个阶段：【第一阶段】制备次氯酸钠。(按气流方向，用小写字母表示)(2)实验中选用A装置作为氯气的发生装置，其离子方程式为(3)实验中选用G

15、装置作为次氯酸钠的合成装置，并采用冰水浴的原因是。【第二阶段】制备水合队。将第一阶段制备的次氯酸钠碱性溶液转移至分液漏斗中，慢慢滴加到盛有尿素的仪器皿中,并不断搅拌；然后取下分液漏斗换上x装置，快速升温，在108c的条件下回流5min；将混合物转移到蒸储装置中进行蒸储，收集108114c微分，得水合肿产品。请写出此阶段制备水合队的离子反应方程式(5)m仪器的名称为;X装置应选用上图中的(填“L"或"M')。(6)加入次氯酸钠碱性溶液时，慢慢滴加的目的是【含量测定】测定微分中肿含量。称取福分1.0g,力口水配成100mL溶液，用滴定管移出25.00mL置于锥形瓶中，并

16、滴加23滴淀粉溶液，用0.10molLT的I2溶液滴定。(已知：N2H4H2O+2I2=N2T+4HI+H2O)经过三次滴定实验测得消耗I2溶液的平均值为2.60mL,则微分中水合肿(MH4T2。质量分数为【答案】(1).efcdhgi(2).MnO2+4hf+2Cl-三M+ClzT+2H2O(3).防止次氯酸钠在较高温度下分解(4).ClO-+CO(NHh+2OH=N2H4H2O+Cl-+CO2-(5).三颈烧瓶(6) .M(7).水合队还原性很强，防止次氯酸浓度过大将其氧化(8).2.6%。【解析】【分析】通常实验室用二氧化镒和浓盐酸在加热条件下生成氯气，由于氯气中含有氯化氢和水，所以用饱

17、和食盐水除去氯化氢，然后用浓硫酸除去水蒸气，用向上排气法收集氯气，最后用氢氧化钠溶液做尾气吸收装置。氯气在氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，但在热的条件下生成氯酸钠和氯化钠。蒸储时通常使用直形冷凝管避免产品在冷凝管中残留。【详解】(1)通常实验室用二氧化镒和浓盐酸在加热条件下生成氯气，由于氯气中含有氯化氢和水，所以用饱和食盐水除去氯化氢，然后用浓硫酸除去水蒸气，用向上排气法收集氯气,最后用氢氧化钠溶液做尾气吸收装置，所以仪器接口的连接顺序为aefcdhgi,注意洗气瓶通常为长进短出。(2)二氧化镒和浓盐酸反应生成氯气的离子方程式为：MnQ+4H+2C仝MrT+ClzT+ZHQ(3)氯气在热的氢

18、氧化钠溶液中反应生成氯酸钠和氯化钠，减少了次氯酸钠的生成，且次氯酸钠受热容易分解，所以通常氢氧化钠放在冰水浴中进行反应。(4)次氯酸钠(受热易分解)氧化尿素(、“)制备水合肿，次氯酸钠碱性溶液与尿素反应的离子方程式为：ClO-+CO(NH)2+2OH=N2H4H2O+Cl-+CQ2'(5)m为三颈烧瓶；冷凝回流时，为了增大蒸气与冷凝水的接触面积，通常使用球形冷凝管，故选择M;(6)慢慢加入次氯酸钠的目的是：水合队还原性很强，防止次氯酸浓度过大将其氧化;(7) O.IOmolL-的I2溶液滴定，消耗I2溶液的平均值为2.60mL,则碘的物质的量为0.1mol/LX2.6X10-3L=2.

19、6X10-4mol,根据方程式N2HH2O+2I2=N2T+4HI+H2O分析，水合肿的物,4100质的量为1.3X10-4mol,则质量分数为"°m°JW=2.6%>OX100%1.0g9.某铝土矿和黄铁矿的共生矿(主要成分为ALO、FeS和SiO。，由此矿石制备FesQ和ALQ的流程如下图所示:风量N&OH溶液做餐步履口回答下列问题：(1)“步骤2焙烧过程产生的废气为。(2)已知“步骤4隔绝空气焙烧，则化学方程式为(已知该过程产生的废气和废气1成分相同)。(3)“滤渣2”的成分是,其重要用途为。常温下，向“滤液2”中加入氨水，当Al3+沉淀完全时

20、，溶液的pH约为。(若当离子浓度小于1.0X105mol/L时，认为沉淀完全，已知KpAl(OH)3=1.0X1032)(5)若原矿石质量为bkg,经过该流程获得的Fe3Q的质量为akg则原矿石中铁元素的质量分数为。(6)该流程中存在较为明显的缺陷是。【答案】(1).二氧化硫(2).FeS2+16Fe2031sl温L11Fe3Q+SO(3).硅酸(4).制备干燥剂(5).5(6).224a/319b(7).产生有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，能耗高【解析】【分析】铝土矿和黄铁矿的混合物焙烧是黄铁矿反应生成氧化铁和二氧化硫，加入足量的氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅溶解得到滤液1为偏铝酸钠和硅

21、酸钠，滤渣1为氧化铁，滤液1加入足量的稀硫酸，得到滤渣2为硅酸，可以用来制备纯硅，滤液2为硫酸铝，加入足量的氨水反应生成氢氧化铝，灼烧得到氧化铝。【详解】(1)步骤2焙烧过程中反应生成氧化铁和二氧化硫，所以产生的废气为二氧化硫；(2)已知“步骤4隔绝空气焙烧，则化学方程式为FeS+16Fe2Q高温L11Fe30+SO;(3)“滤渣2”的成分是硅酸，其重要用途为制备干燥剂一一硅胶；(4)常温下，向“滤液2”中加入氨水，当Al3+沉淀完全时，假设溶液中氢氧根离子浓度为xmol/L,贝U有KspAl(OH)3=1.0X105mol/Lxx3=1.0X1032,贝Ux=10-9mol/L,则溶液的pH

22、为5。(5)若原矿石质量为bkg,经过该流程获得的Fe3Q的质量为akg,根据方程式Fe及+16Fe2c3局温11Fe3Q+SO,原矿石中铁元素的质量为分析，则原矿石中铁元素的质量为a16a16小一一,口,、“，-Xx112224H乂一*1明,则铁兀素的质重分数为23211=7*100%。23211x100%319bb(6)流程中产生二氧化硫等有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，耗能高。所以该流程中存在较为明显的缺陷是产生有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，耗能高。【点睛】本题要熟悉金属及其化合物的性质及其分离提纯过程，如氧化铝能溶于氢氧化钠，而氧化铁不溶于氢氧化钠，偏铝酸盐和足量的硫酸反应生

23、成硫酸铝而不是氢氧化铝，硅酸钠和硫酸反应生成硅酸沉淀，本题的难点为氧化还原反应方程式的书写。10.已知NH、NONO都是有毒气体，必须经过严格处理，否则会污染空气。请回答下列问题：(1)已知如下热化学方程式：N2(g)+O2(g)=2NO(g)AHi=+akJ/mol;4NH(g)+3O2(g)=2N乂g)+6H2O(g)AH2=bkJ/mol2NO(g)+Q(g)=2NO2(g)AH3=ckJ/mol;则4NH(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g)AH=kJ/mol。(2)工业合成NH的反应，解决了世界约三分之一的人粮食问题。已知：N2+3H2NH,且该反应的v正=c(N2)-

24、c3(H2),y逆=k逆c2(NH3),则反应'N+；H2=NH的平衡常数K=(用k正和k逆表示)。(3)已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则该反应的正反应活化能Ei和逆反应活化能E的相对大小关系为：E1E2o(填“>”、“<”或“=”)。(4)从化学反应的角度分析工业合成氨气采取30MPa-50MPa高压的原因是。(5)500C时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH,模拟合成氨的反应，睿器内的压强随时间的变化如下表所示：时间/min010203040+OO压强/MPa20171513.21111达到平衡时N2的转化率为。用压强表示该反应的平衡常数K

25、p=(K等于平衡时生成物分压哥的乘积与反应物分压哥的乘积的比值，某物质的分压等于总压x该物质的物质的量分数)。随着反应的进行合成氨的正反应速率与NH的体积分数的关系如下图所示，若升高温度再次达到平衡时，可能的点为(从点向移动，提高原料气的利用率和产品的产率【解析】“A、B、C、D'中选择(3).<(4).加快反应速率，同时使平衡正(5).90%(6).48MPa-2(7).A-10-【分析】根据盖斯定律分析热化学方程式中的焰变。根据化学平衡移动原理分析反应条件的选择，根据三段式进行计算有关数据。【详解】根据盖斯定律分析，N2(g)+O2(g)=2NO(g)Hi=+akJ/mol;

26、4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)AH2=bkJ/mol;2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H3=ckJ/mol;将方程式进行+X2+X2计算，得热化学方程式为4NH(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g)H=(b+2a+2c)kJ/mol;(2)当正逆反应速率相等时，反应到平衡，即v=v逆=kc(N2)-c3(H2)=k逆c2(NH3),则反应；N2+：H=NH的平衡常数K=JJ(NHjqNj/巴产(3)已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，则该反应的正反应活化能Ei和逆反应活化能巳的相对大小关系为：Ei&

27、lt;&(4)工业合成氨的反应为气体分数减小的反应，所以增大压强可以加快反应速率，同时使平衡正向移动，提高原料气的利用率和产品的产率；(5)假设到平衡时氮气转化浓度为xmol/L,则有N2+3H22NH,起始浓度0.51.50改变浓度x3x2x平衡浓度0.5-x1.5-3x2x,生s、0.5-x+1.5=3x卜11根据压强比等于物质的量比分析，有关系式：0.5+1,520解x=0.45mol/L;达到平衡时N2的转化率为0.45/0.5=90%;一xHMPa-用压强表示该反应的平衡常数Kp=48MPa2;O.u515XllMPa>HMPaJ11I1.1)合成氨的反应为放热反应，若

28、升温，则反应速率增大，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，可能的点为A。11.植物的叶片中的叶绿素中含有GH、。NMg等元索，回答下列问题:(1)下列原子基态价电子排布图表示正确的是()-11-2a2P2s2PA皿DUD艮同田五0C原子N师子(2)0、N、Mg的简单离子半径由大到小的顺序为为。2s2p2P打二田mnirn"O原子Mg-f,其第一电离能由大到小的顺序T-c=oCOCHs8某种叶绿素的结构简式如上图所示，其中含有的化学键类型有(填写下列字母选项)，若含有配位键，则1mol该有机物中含有配位键的物质的量为mol;(若认为无配位键，此空填“0”。)此叶绿素中，C原子的杂化方式有

29、。A.b键B.冗键C.极性键D.非极性键E.配位键F.金属键G.氢键(4)某Mg和Cu的合金，Cu原子位于顶点，Mg原子位于面心，合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶胞中若已知该晶胞的密度为pg/cm3,则该晶体中Mg和cu的个数之比为,该晶胞的棱长约为pm。【答案】(1).B(2).Nf->d->M(3).N>O>Mg(4).ABCDE(5).2(6).sp3和sp2(7).3:1(8).产"乂"。10naP【解析】【详解】(1)根据电子排布规律分析，A中不遵循洪特规则，故错误；B.氮原子电子排布遵循电子排布规律，故正确；C.氧原子电子排布中不

30、遵循能量最低原理，应s层排满再排p层，故错误；D.镁原子的价电子为第三层，故错误。故选B;(2)根据电子层数越多半径越大，相同电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径越小分析ONMg的简单离子半径顺序为N3->O2->Mc2+;根据同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，但具有全充满或半充满或全空的电子构型的元素，电离能比同周期的相邻元素大，且随着电子层数的增加，元素的第一电离能减小分析，三种元素的第一电离能的顺序为：N>O>Mg(3)该物质中含有单键和双键和配位键，即含有(T键和兀键和极性键和非极性键和配位键，根据图分析，其中镁离子与氮原子之间形成配位键，每个分子形成2个配位键(注意其中只-12-形成3个单键的N原子没有和镁离子形成配位键，另外两个N原子与镁离子形成配位键)，所以1mol该有机物含有2mol配位键；此叶绿素中，碳原子形成四个单键或形成碳氧双键等，所以杂化方式为sp3和sp2。(4)某Mg和Cu的合金，Cu原子位于顶点，Mg