四省名校届高三第二次大联考理科综合化学试题.docx

四省名校届高三第二次大联考理科综合化学试题.docx

《四省名校届高三第二次大联考理科综合化学试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四省名校届高三第二次大联考理科综合化学试题.docx（19页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

四省名校届高三第二次大联考理科综合化学试题

四省名校2019届高三第二次大联考

理科综合化学试题

本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：

H-1B-11C-12N-14O-16Fe-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.1molC22－中含有的电子数为10NA

B.0℃、101kPa时，22.4LSO3中含有的氧原子数目为3NA

C.25℃时，向1L0.5mol/L的CH3COONa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0.5NA

D.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，1molC22－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/L×1L=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：

D>E

C.简单离子半径：

A>B>C>E

D.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Cl>S，所以氢化物稳定性：

HCl>H2S，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<溴离子；（4）具有相同电子层结构的离子（单核），核电荷数越小，半径越大。

如氧离子>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.AB.BC.CD.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Al－3e－+7AlCl4－=4Al2Cl7－

C.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：

Al－3e－+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=10

B.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-）=1×10-13，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-）=1×10-7，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-）=1×10-7；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-）=1×10-7，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22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38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）y·zH2O]，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70~85℃。

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/LKMnO4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70~85℃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）5·10H2O

【解析】

【分析】

步骤一草酸和（NH4）2Fe（SO4）2反应生成黄色固体[Fex（C2O4）y·zH2O]，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70~85℃，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/L×0.01L=0.0008mol，即n（Fe2+）=0.0008mol×5=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：

2KMnO4——5H2C2O4，即n（H2C2O4）=

n（KMnO4）=0.0800mol/L×0.025L×5/2=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-0.0040×56g-0.005×88g）/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）5·10H2O。

故答案为：

MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，减小，Fe4（C2O4）5·10H2O。

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/mol

II.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<0。

不同温度下，向三个一样的容器中投入相同的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。

①M点的v正_________Q点的v正（填“>”“<”或“=”），原因是________________________。

②维持10MPa、T3℃的条件不变，要提高H2的转化率，可以采取的措施是__________________（任写一条）。

③图中三条曲线对应的温度T1、T2、T3由高到低的顺序为__________________。

④恒温恒容条件下，能说明反应N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）达到平衡状态的是_________（填选项字母）

A.c2（NH3）/[c（N2）c3（H2）]保持不变

B.3molH－H键断裂的同时，有2molN－H键断裂

C.2v（N2）=v（NH3）

D.反应器中的压强不再发生变化

⑤T3温度下，将1molN2和3molH2充入2L的密闭容器中，维持压强为60MPa不变，达到N点的平衡状态，反应的浓度平衡常数Kc=_____________（mol/L）－2（用最简分数表示），M点的平衡常数比N点的平衡常数_________（填“大”“小”或“相等”）。

【答案】

（1）.4NH3（g）+6NO（g）===5N2（g）+6H2O（g）△H=－1784.4kJ/mol

（2）.>（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）.T3>T2>T1（6）.AD（7）.

（8）.大

【解析】

【详解】

（1）I×3+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）①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；

②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；

③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T3>T2>T1；

故答案为：

T3>T2>T1；

④A.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3molH－H键断裂的同时，应该有6molN－H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；

⑤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1mol3mol0

平衡时变化量xmol3xmol2xmol

平衡时状态（1-x）mol（3-3x）mol2xmol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T2

故答案为：

，大；

【点睛】注意热化学方程式的化学计量数：

（1）热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数。

（2）热化学方程式中的反应热表示反应已完成时的热量变化，由于△H与反应完成的量有关，所以方程式中化学式前面的化学计量数必须与△H相对应，如果化学计量数加倍，则△H也要加倍。

当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。

10.我国是最早发现并使用青铜器的国家，后母戊鼎是我国的一级文物，是世界上出土的最大最重的青铜礼器。

现代社会中铜的应用常广泛，铜的回收再利用是化工生产的一个重要领域。

实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：

请回答下列问题：

（1）请写出一种加快铜帽溶解的方法：

__________________。

铜帽溶解时通入空气的作用是___________________________（用化学方程式表示）。

（2）调节溶液pH时，是将溶液的pH调_________（填“大”或“小”）到2~3。

（3）电解精炼粗铜时，阴极的电极反应式为___________________________。

工业上常釆用甲醇燃料电池作为电解精炼铜旳电源，写岀碱性甲醇燃料电池的负极反应式：

___________________________。

（4）已知：

pH>11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0.01mol·L－1计算）：

①上表中Fe3+沉淀完全的pH为__________________。

②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、1.0mol·L－1NaOH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1.0mol·L-1Na0H溶液，调节溶液pH约为7（或5.2

pH

7.2）（9）.向滤液中加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10（或8.2

pH

11）

【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