精品高考化学河南省高考化学最后一卷+答案.docx

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精品高考化学河南省高考化学最后一卷+答案

2019年河南省新乡高考化学最后一卷

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．（6分）化学已渗透到人类生活的各个方面。

下列说法正确的是（　　）

A．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”

B．地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和生产生物柴油

C．某雨水样品放置一段时间后pH由4.98变为4.68，是因为水中溶解的CO2增多了

D．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维是新型高分子非金属结构材料

2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　）

A．常温常压下，3.2g肼（N2H4）中含有的共价键数目为0.4NA

B．标准状况下，4.48LCO2和N2O的混合气体中含有的电子数为4.4NA

C．0.5L0.5mol•L﹣1醋酸溶液中含有的分子数目小于0.25NA

D．常温常压下，NaH与水反应产生2g氢气时，转移电子数为2NA

3．（6分）克伦特罗是一种平喘药，但被违法添加在饲料中，俗称“瘦肉精”，其结构简式如图。

下列有关“瘦肉精”的说法正确的是（　　）

A．它的分子式为C12H17N2Cl2O

B．它含有氨基、氯原子、碳碳双键等官能团

C．1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应

D．一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等

4．（6分）W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。

W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍；Y+和X2﹣的电子层结构相同；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。

下列说法正确的是（　　）

A．Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强，说明Z的非金属性比W的强

B．离子半径大小：

Z＞Y＞X

C．X和Y形成的化合物为离子化合物且阳离子和阴离子的个数之比为2：

1

D．Z元素的气态氢化物的热稳定性比X的高

5．（6分）某同学欲利用图装置制取能较长时间存在的Fe（OH）2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。

下列分析正确的是（　　）

A．X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸

B．实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，再向烧瓶中加入X

C．反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀

D．反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe（OH）2可较长时间存在

6．（6分）某电池的简易装置图如下所示，a、b、y、x电极材料均为惰性电极，分别从A、B处通入乙醇和O2，用该装置进行实验，下列说法正确的是（　　）

A．a电极反应式为C2H5OH+12OH﹣﹣12e﹣＝2CO2↑+9H2O

B．AlCl3溶液中的总反应为2Cl﹣+2H2O＝Cl2↑+H2↑+2OH﹣

C．反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀

D．左侧电池每通入32gO2，右侧电解池共生成2mol气体

7．（6分）常温下，用等浓度的NaOH溶液分別滴定相同体积的NH4Cl、KH2PO4及CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣的lgKb＝﹣9.25

B．CH3COOH+HPO42﹣＝CH3COO﹣+H2PO4﹣的lgK＝2.11

C．0.1mol/LKH2PO4溶液中：

c（HPO42﹣）＜c（H3PO4）

D．在滴定过程中，当溶液pH相同时，消耗NaOH的物质的量：

CH3COOH＜KH2PO4＜NH4Cl

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．（14分）氨基锂（LiNH2）是一种白色有光泽的结晶或粉末，熔点是390℃，沸点是430℃，溶于冷水，遇热水则强烈水解。

在380～400℃时锂与氨气直接反应可制得LiNH2，下面是实验室制备LiNH2时可能用到的装置图，回答下列问题。

（1）仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是　　（填宇母）。

A．浓氨水、CaOB．NH4Cl固体、Ca（OH）2固体

C．浓氨水D．NH4NO3固体、NaOH固体

（2）用

（1）中合适的试剂制取的NH3按气流方向自左向右，则图中装置的连接顺序为　　（填接口处宇母），装置A的作用是　　。

（3）装置C中仪器的名称是　　，盛装的试剂是　　。

实验开始后，向X中通入NH3与加热仪器X的先后顺序为　　。

（4）实验室还可用浓氨水与固体NaOH混合制备氨气，但多次实验表明，此方法收集到的NH3量总是比理论值低许多，其最可能的原因是　　。

（5）氨基锂能与热水反应生成LiOH与一种气体，请推测该气体的成分并用实验验证你的结论：

　　。

9．（14分）氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Cu（OH）2

开始沉淀

7.5

2.7

4.8

完全沉淀

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是　　，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　。

（2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：

　　。

当试剂X是　　时，更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是　　。

（4）写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：

　　，操作X包括　　、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是　　。

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：

　　。

10．（15分）碳和氮是动植物体中的重要组成元素，向大气中过度排放二氧化碳会造成温室效应，氮氧化物会产生光化学烟雾，目前，这些有毒有害气体的处理成为科学研究的重要内容。

（1）已知热化学方程式：

①2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H1

②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2

③H2（g）

O2（g）═H2O（l）△H3

则反应④2C（s）+H2（g）═C2H2（g）的△H＝　　。

（用含△H1、△H2、△H3的关系式表示）

（2）利用上述反应①设计燃料电池（电解质溶液为氢氧化钾溶液），写出电池的负极反应式：

　　。

（3）用活性炭还原法可以处理氮氧化物。

某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H＜0．在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如表：

时间/min

浓度/（mol•L﹣1）

物质

0

10

20

30

40

50

NO

1.00

0.58

0.40

0.40

0.48

0.48

N2

0

0.21

0.30

0.30

0.36

0.36

CO2

0

0.21

0.30

0.30

0.36

0.36

①1～10min内，NO的平均反应速率v（NO）＝　　，T1℃时，该反应的平衡常数K1＝　　。

T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1　　K2

②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　　（填字母编号）。

a．通入一定量的NO

b．加入一定量的C

c．适当升高反应体系的温度

d．加入合适的催化剂

e．适当缩小容器的体积

③若30min后改变温度至T3℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：

3：

3，则T1　　T3（填“＞”或“＜”或“＝”）。

Ⅱ）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。

反应原理如图所示：

①由图可知SCR技术中的氧化剂为：

　　。

已知c（NO2）/c（NO）＝1：

1时脱氮效率最佳，若生成1molN2反应放出的热量为QkJ，此时对应的脱氮反应的热化学方程式为　　。

②图是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知最佳的催化剂和相应的温度分别为：

　　、　　。

三、解答题（共1小题，满分15分）

11．（15分）早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Ca、Cu、Fe四种金属元素组成，回答下列问题：

（1）基态Fe原子有　　个未成对电子，Fe3+的价电子排布式为　　。

（2）新制的Cu（OH）2可将乙醛氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O．乙醛分子中含有的σ键与π键的比例为　　。

乙醛中碳原子的杂化轨道类型为　　，配合物[Cu（NH3）4]（OH）2中含有的化学键类型有　　，1mol该物质中有　　个σ键。

（3）Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有　　个铜原子。

（4）CaCl2熔点高于AlCl3的原因　　。

（5）CaF2晶胞如图所示，已知：

氟化钙晶体密度为ρg•cm﹣3，NA代表阿伏加德罗常数的值。

氟化钙晶体中Ca2+和F﹣之间最近核间距（d）为　　pm（只要求列出计算式即可）。

2019年河南省新乡高考化学最后一卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．【解答】解：

A．汽油是石油分馏产品，属于不可再生能源，故A错误；

B．地沟油的主要成分是油脂，可碱性水解制肥皂、生产生物柴油，故B正确；

C．正常雨水是CO2的饱和溶液，pH约5.6，样品的pH由4.98变为4.68，是因为缓慢反应2H2SO3+O2＝2H2SO4，使酸性增强，故C错误；

D．硅可用于半导体材料，光导纤维是高纯度的二氧化硅，不是新型高分子非金属结构材料，故D错误。

故选：

B。

2．【解答】解：

A、3.2g肼的物质的量为0.1mol，而肼中含5条共价键，故0.1mol肼中含0.5NA条共价键，故A错误；

B、标况下4.48L混合气体的物质的量为0.2mol，而CO2和N2O中均含22个个电子，故0.2mol混合气体中含4.4NA个电子，故B正确；

C、在醋酸溶液中，除了醋酸分子外，还含水分子，故此溶液中分子个数多于0.25NA个，故C错误；

D、2g氢气的物质的量为1mol，而NaH和水的反应为归中反应，当生成1mol氢气时，反应转移NA个电子，故D错误。

故选：

B。

3．【解答】解：

A．根据克伦特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，故A错误；

B．根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，故B错误；

C．该有机物含有1个苯环，1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应，故C正确；

D．该有机物不含碳碳不饱和键，所以不能发生加聚反应，故D错误。

故选：

C。

4．【解答】解：

由上述分析可知：

W为C、X为O、Y为Na、Z为Cl。

A．盐酸为无氧酸，不能由盐酸与碳酸的酸性比较C、Cl的非金属性，故A错误；

B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径大小：

Z＞X＞Y，故B错误；

C．由Y、Z两种元素组成的常见离子化合物为Na2O或Na2O2，其阳离子与阴离子个数比均为2：

1，故C正确；

D．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性X＞Z，氢化物稳定性与元素非金属性一致，则氢化物稳定性X＞Z，故D错误；

故选：

C。

5．【解答】解：

A．硝酸可氧化Fe生成硝酸铁，故A错误；

B．实验开始时应先打开止水夹a、b，利用生成的氢气将装置内的空气排出，然后关闭a，故B错误；

C．利用氢气的压强将氯化亚铁排入锥形瓶中，NaOH与氯化亚铁反应生成Fe（OH）2，立即观察到白色沉淀，故C错误；

D．反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，装置内空气及溶液中氧气均已除去，则Fe（OH）2可较长时间存在，故D正确；

故选：

D。

6．【解答】解：

A、电解质为碱，a电极为负极，电极反应式为C2H5OH+16OH﹣﹣12e﹣＝2CO32﹣+11H2O，故A错误；

B、电解池中电池反应式为2AlCl3+6H2O

3Cl2↑+3H2↑+2Al（OH）3↓，故B错误；

C、反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀氢氧化铝，故C正确；

D、左侧电池每通入32gO2，即转移4mol电子，所以右侧电解池共生成

mol＝4mol混合气体，故D错误；

故选：

C。

7．【解答】解：

A．根据图象，当溶液中c（NH4+）＝c（NH3•H2O）时，溶液的pH＝9.25，c（H+）＝10﹣9.25mol/L，则溶液中c（OH﹣）

10﹣4.75mol/L，Kb

c（OH﹣）＝10﹣4.75，所以lgKb＝lg10﹣4.75＝﹣4.75，故A错误；

B．CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+的ka（CH3COOH）＝10﹣4.75，H2PO4﹣⇌HPO42﹣+H+的ka（CH3COOH）＝10﹣6.86，所以CH3COOH+HPO42﹣＝CH3COO﹣+H2PO4﹣的平衡常数K

102.11，lgK＝2.11，故B正确；

C．起始时，KH2PO4溶液的pH＝4，说明溶液呈酸性，则H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度，则溶液中c（HPO42﹣）＞c（H3PO4），故C错误；

D．根据图象分析，当pH相同时，即作纵轴的垂线与各曲线相交，则有消耗NaOH的物质的量为CH3COOH＞KH2PO4＞NH4Cl，故D错误，

故选：

B。

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．【解答】解：

（1）因为NH4NO3受热或撞击易爆炸，故不宜选择。

NH4NO3固体和NaOH固体制备氨气；

故答案为：

D；

（2）根据已知有氨基锂（LiNH2）能与水反应，故氨气必须是干燥的，B装置也必须是无水环境，故氨气经过C中碱石灰干燥后通入B装置反应，为防止未反应完的氨气污染空气，用A中浓硫酸吸收氨气，同时防止外界的空气进入B，氨气极易溶于水，故在A之前用D做安全瓶，防止倒吸，故相应连接顺序为：

e→f→c→d→h→g（g→h）→a；装置A的作用是吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X；

故答案为：

e→f→c→d→h→g（g→h）→a；吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X；

（3）装置C为干燥管，目的是干燥氨气，用碱石灰；由于Li能与空气中氧气反应，故要先通入一段时间的氨气，排尽装置内的空气，再加热仪器X；

故答案为：

干燥管；碱石灰；先通入一段时间的氨气，再加热仪器X；

（4）因为氨气是极易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解相当多的氨气，从而导致进入B中的氨气量比理论值小很多；

故答案为：

氨气易溶于水，溶液中会溶解相当多的氨气；

（5）LiNH2与热水反应生成LiOH和一种气体，根据元素守恒，生成的气体为氨气，氨气为碱性气体，用红色石蕊试纸检验即可，方案为：

取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色；

故答案为：

该气体为氨气，取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色。

9．【解答】解：

（1）根据流程，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为Cu2S+2O2

2CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：

1；

故答案为：

SO2；2：

1；

（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：

2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；酸性条件下，氧气也可将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；

故答案为：

2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；氧气或空气；

（3）加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+，根据表中数据可知，pH范围为：

3.7≤pH＜4.8；

故答案为：

3.7≤pH＜4.8；

（4）根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；操作X为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；

故答案为：

4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；过滤；防止生成的Cu2O被空气氧化；

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：

2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O；

故答案为：

2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O。

10．【解答】解：

（1）已知：

①2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H1

②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2

③H2（g）

O2（g）═H2O（l）△H3

④2C（s）+H2（g）═C2H2（g）

据盖斯定律得④＝②×2+③﹣①

，则△H4＝2△H2+△H3

△H1；

故答案为：

2△H2+△H3

△H1；

（2）反应①设计的燃料电池中，C2H2在负极失电子，O2在正极得电子。

碱性电解质溶液中，CO2转化为CO32﹣．负极反应为C2H2﹣10e﹣+14OH﹣═2CO32﹣+8H2O；

故答案为：

C2H2﹣10e﹣+14OH﹣═2CO32﹣+8H2O；

（3）①1～10min内，NO的平均反应速率v（NO）

0.042mol•L﹣1•min﹣1；据题意和表中数据，20～30min、40～50min都是T1℃时的化学平衡，都可计算得K1

；反应△H＜0，温度由T1降至T2，化学平衡右移，K增大，则K1＜K2；

故答案为：

0.042mol•L﹣1•min﹣1；

；＜；

②表中数据表明，从20～30min的平衡到40～50min的平衡，三种气体的浓度等倍数增大（1.2倍）。

题中脱除NO的反应中，气体分子数保持不变，故改变压强不能使该化学平衡发生移动。

因此，通入一定量的NO或适当缩小容器体积均可使三种气体的浓度变成原来的1.2倍。

加入一定量的C或合适的催化剂，都不能使平衡发生移动，三种气体的浓度不变。

升高体系的温度，会使平衡左移，NO浓度增大，而N2、CO2浓度减小，故选ae；

故答案为：

ae；

③T3℃平衡时，NO、N2、CO2的浓度之比为5：

3：

3，则K3

K1

．即升高温度使化学平衡向左移动，T1＜T3；

故答案为：

＜；

Ⅱ）①由图，NH3中N从﹣3价升至0价，是还原剂，NO、NO2中N分别从+2、+4价降至0价，是氧化剂。

当c（NO2）/c（NO）＝1：

1时，化学方程式为2NH3+NO+NO2＝2N2+3H2O，热化学方程式为2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）＝2N2（g）+3H2O（g）△H＝﹣2QkJ•mol﹣1；

故答案为：

NO，NO2；2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）＝2N2（g）+3H2O（g）△H═﹣2QkJ•mol﹣1；

②据图，在Mn作催化剂、200℃左右，脱氮率最高约55%．在Cr作催化剂、450℃左右，脱氮率最高约60%．故在脱氮率相差不大时，用Mn作催化剂需要的温度低、更经济，最佳的催化剂和相应的温度分别为Mn、200℃左右；

故答案为：

Mn；200℃左右。

三、解答题（共1小题，满分15分）

11．【解答】解：

（1）基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，3d轨道有4个单电子，基态Fe原子失去2个4s电子和1个3d电子形成稳定的Fe3+，所以Fe3+的价电子排布式为3d5；

故答案为：

4，3d5；

（2）根据乙醛结构式可知：

一个乙醛分子中含有5个单键和一个双键，即6个σ键和一个π键，两个碳原子的VSEPR模型分别为四面体和平面三角形，即采用sp2、sp3杂化方式；[Cu（NH3）4]（OH）2是离子化合物，含有离子键，NH3是共价化合物，含有共价键，每个NH3分子与Cu2+之间形成一个配位键，也是σ键，即[Cu（NH3）4]2+中含有16个σ键，2个OH﹣中含有2个O﹣Hσ键，所以1mol[Cu（NH3）4]（OH）2中有18NA个σ键；

故答案为：

6：

1；sp2、sp3；离子键、共价键、配位键；18NA；

（3）晶胞中氧原子数为4+8

6

8，有化学式Cu2O可知，铜原子数是氧原子数的2倍，所以铜原子数是16个；

故答案为：

16；

（4）固体CaCl2是离子晶体，存在离子键，固体AlCl3是分子晶体，存在范德华力，离子键的作用远大于范德华力，所以CaCl2熔点高；

故答案为：

CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键键能大于分子间作用力；

（5）CaF2晶胞含有4个“CaF2”微粒，晶胞的质量为

g，设晶胞的边长为acm，ρ

，a3

，a

2

，晶胞面对角线长为

acm，即面心和顶点两个Ca2+距离为

cm，一个F﹣与其周围最近的四个Ca2+形成正四面体，夹角为109°28′，cos109°28′

，一个F﹣与两个Ca2+形成的等腰三角形如图，

腰AB＝Ac＝dcm，底BC

cm，∠A＝109°28′，cos109°28′

，所以cos109°28′

，d

2

cm

1010pm；

故答案为：

1010pm。