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1、届辽宁省沈阳市郊联体高三上学期期末考试理科综合化学试题解析版辽宁省沈阳市郊联体2019届高三上学期期末考试理科综合试题化学部分1.人们的生活离不开化学，学好化学更好地服务社会。下列说法中不正确的是A. 我国古时镀金“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去，而金存，数次即黄。”其中“入火则汞去”是指升华B. 可用臭氧代替农药在粮食仓储中杀菌防霉，因为臭氧具有强氧化性C. 日常生活中，我们常用小苏打、苏打作食用碱，食盐作调味剂、食品防腐剂D. 焊接钢材时，分别用饱和Na2CO3和 NH4Cl溶液处理焊接点【答案】A【解析】【详解】A、升华是固体直接转化成气体的过程，汞常温下为液体，故入火则汞去不是指

2、升华，故A说法错误；B、臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性，即可用于粮食仓储中杀菌防霉，故B说法正确；C、苏打为Na2CO3，NaHCO3为小苏打，两者的水溶液呈碱性，食用碱是指有别于工业用碱的纯碱和小苏打，在厨房做面点，一般用小苏打作为面点的膨松剂，也可用纯碱代替小苏打，食盐具有咸味，常用作调味品和防腐剂，故C说法正确；D、Na2CO3溶液显碱性，可以除去油脂，NH4Cl溶液显酸性，除去金属表面的氧化物，因此可处理金属表面的焊接点，故D说法正确。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 10g46%甲酸( HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NAB. 常温常压下，3.0g含葡

3、萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAC. 100gCaS与CaSO4的混合物中含有32g硫，则含有的氧原子数为1.75NAD. 标准状况下，足量的铜与一定量浓硝酸反应，每生成224mL气体，转移电子数目为0.01NA【答案】D【解析】【详解】A、甲酸中含有氧原子的物质的量为10g46%2/46gmol1=0.2mol，甲酸溶液中H2O含有氧原子物质的量为10g54%/18gmol1=0.3mol，共有氧原子物质的量为(0.20.3)mol=0.5mol，故A说法正确；B、假设3.0g全部是葡萄糖，则含有原子物质的量为3.0g24/180gmol1=0.4mol，假设全部是冰醋酸，则含有原子

4、物质的量为3.0g8/60gmol1=0.4mol，3.0g该混合物中含有原子物质的量为0.4mol，故B说法正确；C、混合物中硫元素的质量为32g，推出Ca元素的质量为40g，即混合物中氧元素的质量为(100g32g40g)=28g，则氧原子物质的量为28g/16gmol1=1.75mol，故C说法正确；D、生成的气体为NO2、NO的混合气体，根据题意，无法计算转移电子物质的量，故D说法错误。3.多反应体系中，明确反应顺序是解决问题的基础。下列反应先后顺序判断正确的是A. 在含等物质的量的Na2S、Na2SO3、KI的溶液中缓慢通入Cl2：S2、I、SO32B. 在含等物质的量的Fe3+、C

5、u2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+C. 在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2 CO3D. 在含等物质的量的AlO2、OH、CO32的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、Al(OH)3、OH、CO32【答案】B【解析】【详解】A、还原性强弱的顺序是S2SO32I，通入氯气反应先后顺序是S2、SO32、I，故A错误；B、Fe3、Cu2、H氧化性强弱的顺序是Fe3Cu2H，加入锌反应先后顺序是Fe3、Cu2、H，故B正确；C、反应先后顺序是Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D、结合H能力：OHAlO

6、2CO32Al(OH)3，加入盐酸反应顺序是OH、AlO2、CO32、Al(OH)3，故D错误。【点睛】难点是选项C的判断，CO2为酸性氧化物，先与OH发生反应，生成CO32，CO32再与Ba2反应生成BaCO3，因此认为Ba(OH)2先与CO2发生反应，CO2再与KOH反应生成K2CO3，然后通入CO2，CO2与K2CO3反应生成KHCO3，最后CO2与BaCO3反应生成Ba(HCO3)2。4.下列有关有机物的说法正确的是A. HOCH2COOH在一定条件下可与O2、 NaHCO3溶液、乙醇、乙酸发生反应，且反应类型相同B. C2H3COOC2H5存在C4H9COOH时可以加入饱和NaOH溶

7、液后分液除去C. 金刚烷(如图结构)含有属于芳香化合物的同分异构体D. 与 NaHCO3溶液反应产生CO2的链状有机物C4H6O2，与HBr加成可生成5种同分异构体(不考虑立体异构)【答案】D【解析】【详解】A、HOCH2COOH含有官能团是OH和COOH，与O2、NaHCO3、乙醇、乙酸发生反应，反应类型分别是氧化反应、复分解反应、酯化反应（或取代反应）、酯化反应（或取代反应），故A错误；B、C2H3COOC2H5属于酯，C4H9COOH属于羧酸，都能与NaOH发生反应，因此该实验不能达到目的，故B错误；C、金刚烷的分子式为C10H16，不饱和度为3，芳香族化合物不饱和度最低为4，因此金刚烷

8、没有属于芳香化合物的同分异构体，故C错误；D、能与NaHCO3反应产生CO2，说明该有机物中含有COOH，能与HBr发生加成反应，说明含有碳碳不饱和键，符合要求的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)COOH，与HBr加成生成的有机物有CH3CHBrCH2COOH、CH2BrCH2CH2COOH、CH3CH2CHBrCOOH、CH3CBr(CH3)COOH、CH2BrCH(CH3)COOH，共有五种，故D正确。5.有X、Y、Z和W原子序数依次增大的四种短周期元素。元素是当今移动通信普遍使用电池的重要材料，Y的一种核素常用来鉴定一些古文物的年代，元素

9、Z曾作为昂贵奢侈品原料的常见金属元素，W元素原子的各层电子数均为偶数，其自然界矿藏分布广泛，有单质和化合态两种形式。下列说法错误的是A. 氢、氧和Y三种元素形成的阴离子多于3种B. 已知含氧酸的酸性：H2WO3H2YO3，则W的非金属性强于YC. 若单质X失火，不能用二氧化碳灭火器或水扑灭D. 通常采用电解法制备单质Z及其同周期的金属单质【答案】B【解析】【分析】元素X是当今移动通信普遍使用电池的重要材料，即锂电池，X为Li，Y的一种核素常用来鉴定一些古文物的年代，该核素为C14，即Y为C，元素Z曾作为昂贵奢侈品原料的常见的金属元素，即Z为Al，W元素原子的各层电子数均为偶数，四种元素是原子序

10、数依次增大的短周期元素，W可能为Si，也可能为S，但W在自然界中有单质和化合态两种形式，Si在自然界中没有单质，则W为S；【详解】元素X是当今移动通信普遍使用电池的重要材料，即锂电池，X为Li，Y的一种核素常用来鉴定一些古文物的年代，该核素为C14，即Y为C，元素Z曾作为昂贵奢侈品原料的常见的金属元素，即Z为Al，W元素原子的各层电子数均为偶数，四种元素是原子序数依次增大的短周期元素，W可能为Si，也可能为S，但W在自然界中有单质和化合态两种形式，Si在自然界中没有单质，则W为S；A、H、O、C组成的阴离子有HCO3、HC2O4、CH3COO、HCOO等，故A说法正确；B、H2SO3的酸性强于

11、H2CO3，但H2SO3中S的价态不是最高价，因此不能说明两者非金属性的强弱，故B说法错误；C、Li是活泼金属，能与H2O反应生成H2，Li与Mg处于对角线，性质相似，即锂能与CO2发生反应，因此锂着火不能CO2灭火器或水扑灭，故C说法正确；D、得到Al单质，常用电解氧化铝方法，与Al同周期的金属单质为Mg、Na，也常用电解方法得到，故D说法正确。6.光气(COC12熔点为118，沸点为8.2，微溶于水，易溶于甲苯等有机溶剂)可作为化学武器的成分，其制备实验装置如图所示(夹持装置已省略)。已知：3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2+4HCl+S2O5Cl2。下列说法正确的是A. 装置组装

12、连接后，第一步操作通入冷凝水，然后才能加热B. 自来水从冷凝管的X口通入，且被冷凝的物质是CCl4C. 装置乙中可收集到光气的甲苯溶液，装置丙、丁均可收集到液态光气D. 可将装置丁的尾气通过导管直接通入NaOH溶液中进行尾气处理【答案】C【解析】【详解】A、根据反应方程式，有气体生成，因此第一步操作是检验装置的气密性，故A错误；B、冷凝水应从下口通入，上口出水，即从Y口进水，X口出水，被冷凝的物质是COCl2，故B错误；C、光气易溶于甲苯，因此挥发出的光气被甲苯吸收，得到光气的甲苯溶液，根据光气的物理性质，装置丙、丁均可收集到液态光气，故C正确；D、尾气中含有HCl，导管直接通入NaOH溶液，

13、引起倒吸，应用倒扣的漏斗，故D错误。7.向0.1molL1的 NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1molL1NaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量与起始物质的量比值)。根据图像，下列说法不正确的是A. 开始阶段，HCO3反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3发生的主要反应是H2CO3+OH=HCO3+H2OB. 当pH大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应C. pH=9.5时，溶液中c(HCO3)c(NH3H2O)c(NH4+)c(CO32)D. 滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应为2NH4HCO3+2NaO

14、H=(NH4)2CO3+Na2CO3【答案】D【解析】试题分析：NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2OHN3H2O+H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H+CO32-；A在未加氢氧化钠时，溶液的pH=7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-HCO3-+H2O，故A正确；B对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，HN3H2O的量增加，NH4+被消耗，当pH大于8.7以后，C

15、O32-的量在增加，平衡受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，故B正确；C从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)c(HN3H2O)c(NH4+)c(CO32-)，故C正确；D滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOHNaHCO3+NH3H2O，故D错误；故选D。【考点定位】考查离子浓度大小的比较【名师点晴】本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意用平衡移动理解各离子变化的原因，题目有一定难度。NH4

16、HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2OHN3H2O+H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H+CO32-；在未加氢氧化钠时，溶液的pH=7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆方向移动，HCO3-的量略有增加；对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，HN3H2O的量增加，NH4+的量减小，当pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡受到影响。8.已知：NOx能与Na2O2反应；NO和NO2均能与酸性KMnO4溶液反应生成NO3和Mn2+。I.

17、用下图所示装置(略去夹持仪器)可制得少量亚硝酸钠(2NO+Na2O2=2NaNO2)。（1）B、D的仪器名称是_，D的作用是_。（2）通NO前，需先通一段时间N2，目的是_，（3）E中主要反应的离子方程式为_，（4）常温下，测得实验前后C的质量差值为0.30g，则制得NaNO2_g。.NO2和Na2O2都有较强氧化性，为探究NO2与Na2O2反应的产物，提出如下假设：假设i.NO2氧化Na2O2；假设ii.Na2O2氧化NO2。甲同学设计如图所示实验装置：请回答下列问题：（5）单向阀在实现气体单向流通的同时，还有一个作用是_。（6）待试管G中收集满气体，向试管G中加入适量Na2O2粉末，塞紧塞

18、子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃，甲同学据此认为假设i正确。乙同学认为该装置不能达到实验目的，为达到实验目的，应在F、G之间增加一个M装置，M中应盛装_(可供选择的试剂：碱石灰，浓硫酸饱和氯化钠溶液)；乙同学用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失，带火星的木条未复燃。得到结论：假设正确。请做出正确判断，写出NO2和Na2O2反应的化学方程式_【答案】 (1). (球形)干燥管 (2). 防止水蒸气进入C装置 (3). 排出装置中的空气 (4). 4H+3MnO4-+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O (5)

19、. 0.69g (6). 防止倒吸 (7). 浓硫酸 (8). 2NO2+Na2O2=2NaNO3【解析】本实验分两部分，I的实验目的是制取少量亚硝酸钠，根据反应：2NO+Na2O2=2NaNO2，Na2O2可以与水反应，所以该实验的关键是完全干燥。（1）B、D的仪器名称是(球形)干燥管，B、D的作用都是防止水蒸气进入C装置；（2）通NO前，需先通一段时间N2，就是要将装置中的空气排出去，因为产物NaNO2容易被氧化；故目的是排出装置中的空气；（3）装置E的作用是吸收未反应完的NO，根据题中信息：NO和NO2均能与酸性KMnO4溶液反应生成NO3和Mn2+，故C中主要反应的离子方程式为：4H+

20、3MnO4-+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O；（4）常温下，测得实验前后C的质量差值为0.30g，根据反应原理：2NO+Na2O2=2NaNO2，装置增重即为NO的质量，故n（NO）=n（NaNO2）0.1mol，m（NaNO2）=0.69g；.该实验的目的是探究NO2与Na2O2反应的产物，NO2和Na2O2都有较强氧化性。（5）单向阀在G和H之间，单向阀内部有一个关键的圆锥状结构，实现气体单向流通的同时，还有一个作用是可以阻隔液体，防止倒吸；（6）待试管G中收集满气体，向试管G中加入适量Na2O2粉末，塞紧塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进

21、试管内，木条复燃，说明NO2反应完了，且生成O2,但可能是F中的水蒸气进入G，和NO2、Na2O2反应，故F、G之间增加一个M装置，用来吸收水蒸气，M中应盛装浓硫酸；用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失，带火星的木条未复燃，说明反应了，但未生成O2，所以是Na2O2氧化NO2，将其氧化成NaNO3，故其反应方程式为：2NO2+Na2O2=2NaNO3。9.化学学科理论和实践的发展遵循其内在规律，在相近的知识体系间有着密切关联性。I.分析下列有关电化学装置图（1）图2装置原电池相比图1装置原电池可获得较长时间的稳定的电流，原因是_。（2）将图2装置中CuSO4溶液为电

22、解质溶液，盐桥用铜导线代替后变为图3装置，该装置从左到右电极名称依次是_。（3）图4装置中d处电极反应式为：_。（4）根据相同原理，图5装置中两个石墨电极附近有气泡产生，_处能析出铜。温室效应使地球变暧成为人类社会急需解决的重要环境问题。研究表明，在 Cu/ZnO催化剂存在下，H2可还原CO2，发生如下两个平行反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=53.7kJ mol1CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2相同投料和压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：注：M-Cu/ZnO纳米棒；N-Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百

23、分比已知：CO和H2的标准燃烧热分别为283.0 kJmol1和285.8 kJ mol1H2O(l)=H2O(g) H3=+44.0 kJmol-1，请回答(不考虑温度对H的影响)：（1）有利于生成甲醇反应的平衡常数表达式K=_。（2）提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_。A.使用催化剂M B.使用催化剂NC.降低反应温度 D.投料比不变，增加反应物的浓度E.增大CO2和H2的初始投料比（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_。【答案】 (1). 氧化反应和还原反应分开在不同区域进行 (2). 负极、正极、阳极、阴极

24、(3). 2H2e=H2或2H2O2e=H22OH (4). m、n、左侧石墨电极 (5). c(CH3OH)c(H2O)/c(CO2)c3(H2) (6). CD (7). 此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同【解析】【详解】I.（1）根据图1和图2装置，图2装置可获得较长时间稳定电流的原因是氧化反应和还原反应分开在不同区域进行；（2）图3中左侧装置为原电池，右侧装置为电解池，Zn比铜活泼，左侧中Zn为负极，Cu为正极，右侧装置从左向右分别为阳极、阴极；（3）装置右端石墨为阳极，则d极为阴极，根据电解原理，d极反应式为：2H2e=H2或2H2O2e=H22OH；（4）根据电解

25、原理，左侧石墨为阴极，右侧石墨为阳极，图5中应有三个电解池，能析出金属铜的是m、n、左侧石墨电极；II.（1）根据平衡常数的定义，生成甲醇反应的平衡常数K=c(CH3OH)c(H2O)/c(CO2)c3(H2)；（2）A、催化剂对化学平衡移动无影响，故A不符合题意；B、根据A选项分析，故B不符合题意；C、该反应为放热反应，降低反应温度，平衡向正反应方向移动，CO2转化为甲醇的平衡转化率增大，故C符合题意；D、投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2转化为甲醇的平衡转化率增大，故D符合题意；E、增大CO2和H2的初始投料比，即增大CO2的量，虽然平衡向正反应方向

26、移动，但CO2转化为甲醇的平衡转化率降低，故E不符合题意；（3）催化剂对化学平衡移动无影响，根据表中数据，说明反应未达到平衡，因此原因：此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同。【点睛】难点是I中问题（4），该装置有三个电解池组成：左侧石墨和m，m和n，n和右侧石墨，然后根据电解原理进行分析即可。10.一种新兴材料铍日益被重视，有“超级金属尖端金属空间金属”之称。工业上常用绿柱石(主要成分3 BeOAl2O36SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，一种简化的工艺流程如下：按元素周期表的对角线规则，Be和Al性质相似：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如表。回答下列问题：（1）步骤中将

27、熔块粉碎的目的是_；滤渣1的主要成分是_。（2）步骤加入H2O2时发生反应的离子方程式为_，从滤液1中得到沉淀的合理pH为_(填序号)A.3.33.7 B.3.75.0 C.5.05.2 D.5.26.5（3）步骤不宜使用NaOH溶液来沉淀Be2+的原因是_。从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是_、过滤、洗涤、干燥。（4）实验室模拟步骤装置如图，控制氨气与氟化氢气体积比的方法是_。（5）步骤的反应类型是_，步骤需要隔绝空气的环境，其原因是_。（6）若绿柱石中BeO的含量为a%，上述过程生产Be的产率为b%，则1t该绿柱石理论上能生产含铍量2%的镀铜合金_t。【答案】 (1). 增大与硫

28、酸的接触面积，提高浸取率和反应速率 (2). H2SiO3 (3). 2HH2O22Fe2=2Fe32H2O (4). C (5). 过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2 (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速 (8). 分解反应 (9). 高温下，Mg（或铍）与N2、O2等气体发生反应，降低产率 (10). 1.8103ab【解析】【详解】（1）将熔块粉碎的目的是增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率；根据绿柱石的成分，熔炼过程中SiO2与石灰石生成CaSiO3，CaSiO3与硫酸反应生成CaSO4和H2SiO3，即滤渣1的主要成分为H2SiO3；

29、（2）根据流程，滤液1中含有阳离子是Fe2、Al3、Be2、H，步骤中加入H2O2，H2O2把Fe2氧化成Fe3，即离子方程式为2HH2O22Fe2=2Fe32H2O；根据流程，步骤除去的是Fe3、Al3，加入氨水调节pH，使Fe3、Al3以Al(OH)3、Fe(OH)3形式除去，因此调节pH范围是5.0pH5.2，故选项C正确；（3）因为Be和Al的性质相似，即Be(OH)2为两性氢氧化物，过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2；从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）根据装置，通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速；（5）步骤的反应类型为分解反应；Be和Al的性质相似，Mg是活泼金属，能与空气中氧气发生反应，因此隔绝空气的环境的原因是高温下，Mg（或铍）与N2、O2等气体发生反应，降低产率；（6）根据题意得出：=m(合金)2%，得出m(合金)=1.8103abt。11.元素周期表第四周期的8、9、10列元素为X、Y、Z，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题(涉及的化学式用元素符号表示)（1）基态X原子的价电子排布式为_，Z2+核外3d能级上有_对成对电子。（2）Y3+的一种配离子Y(N3) (NH3)52+中，Y3+的配位数是_，lmol配离子中所含键的数目为_，配位体N3中心原子杂化类型为_。（3）Y2+