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1、河南省平顶山市届高三下学期一轮复习质量检测二调理科综合化学试题含详解2019年4月平顶山市2019届高三一轮复习质量检测理科综合试卷（化学部分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Li-7 Al-27 Fe-56 Ba-137一、选择题：本题共13小题每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体NH4Fe（SO4）26H2O的一种方案如下：下列说法不正确的是A. 滤渣A的主要成分是CaSO4B. 相同条件下，NH4Fe（SO4）26H2O净水能力比FeCl3强C. “合成”反应要控制温，温度过高，产率会降低D. “系

2、列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等【答案】B【分析】A、硫酸钙微溶于水；B、NH4水解生成H，抑制Fe3的水解；C、“合成”中温度过高，会促进Fe3的水解；D、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯；【详解】A、硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；B、NH4水解生成H,抑制Fe3的水解，故氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故B项错误；C、“合成”中温度过高，会促进Fe3的水解，故C项正确；D、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，故D项正确；故选B。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A. 1L0.1molL1 NaHSO3溶液中含S

3、原子的粒子个数为0.1NAB. 标准状况下，6.72LNO2通入足量水中充分反应，转移电子数为0.6NAC. 28gN4（如图所示）含N一N键数目为2NAD. 1L0.5molL1pH=7的CH3 COONH4溶液中NH4+数目为0.5NA【答案】A【详解】A、1L0.1molL1 NaHSO3溶液中含有0.1 molNaHSO3,根据S原子守恒知,A项正确；B、标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3mol,根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知,转移电子n(e-)=0.2mol,故B项错误；C、如图所示,1molN4含6moN-N键,n(N-N)=28g/(144)gmol16=3

4、mol,故C项错误；D、1L0.5molL1pH=7的CH3 COONH4溶液中,c(NH3)+c(NH3H2O)=0.5mol/L,n(NH4)b B. 原子半径：dcbaC. a2db3化合物能促进水电离 D. 工业上电解熔融c2b3冶炼c单质【答案】D【分析】H2O、H2O2是常见的组成元素相同的液态化合物，Al2S3与水剧烈反应生成氢氧化铝和硫化氢，所以，a为氢元素，b为氧元素，c为铝元素，d为硫元素。【详解】H2O、H2O2是常见的组成元素相同的液态化合物，Al2S3与水剧烈反应生成氢氧化铝和硫化氢，所以，a为氢元素，b为氧元素，c为铝元素，d为硫元素。A、H2O比H2S稳定，故A项

5、错误；B、原子半径AlSOH，故B项错误；C、H2SO3排制水电离，故C项错误；D、工业上，电解熔融的氧化铝制备铝单质，故D项正确。故选D。7.常温下，二甲胺（CH3）2NHH2O是一元弱碱，其电离常数Kb=1.6104。10 mL c molL1二甲胺溶液中滴加0.1mo1L1盐酸，混合溶液的温度与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的A. 二甲胺溶液的浓度为0.2molL1B. 在Y和Z点之间某点溶液pH=7C. Y点存在：c（Cl）c（CH3）2NH2+c（H+）c（OH）D. 常温下，（CH3）2NH2Cl水解常数Kh5.01011【答案】B【分析】A、溶液温度最高，即Y点表示酸碱恰

6、好完全反应；B、二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，X点对应的溶液中（CH3）2NHH2O、（CH3）2NH2Cl的浓度相等，其混合溶液呈碱性，故中性点应在X点与Y点之间；C、二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；D、Kh=Kw/Kb=110-14/1.610-45.01011；【详解】A、二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即Y点表示酸碱恰好完全反应。根据（CH3）2NHH2O+HCl=（CH3）2NH2Cl+H2O，c=0. 2molL1，故A项正确；B、二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，X点对应的溶液中（CH3）2N

7、HH2O、（CH3）2NH2Cl的浓度相等，其混合溶液呈碱性，故中性点应在X点与Y点之间，故B错误；C、二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Y点存在：c（Cl）c（CH3）2NH2+c（H+）c（OH），故C正确；D、Kh=Kw/Kb=110-14/1.610-45.01011，故D正确；故选B。二、非选择题：共174分。第2232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.某学习小组拟设计实验探究铁盐与碳酸盐反应的产物。对实验、反应后的混合物进行过滤洗涤、低温凉干，分别得到M、N固体。回答下列问题（1）用pH计分别

8、测定0.5molL1 NaHCO3溶液、0.5molL1Na2CO3溶液，得pH依次为a、b。预测a_b（填“”“”或“=”）（2）为了定性确认M、N成分，进行实验：X的化学式为_（填化学式）（3）为了进一步探究M（无结晶水的纯净物）的组成进行如下实验：点燃酒精灯前，先通入N2，其目的是_。加热一段时间后，装置A中棕色粉末变红色，装置B中白色粉末变蓝色；装置C中产生白色沉淀。当装置A中M完全反应时停止加热，继续通入N2。停止加热之前，_先拆去B、C之间导管（填“要”或“不要”）。对装置C中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，白色固体质量为19.7g。装置A中残留红色粉末的质量为8.0g，则M的化

9、学式为_。（4）FeCl3溶液和Na2CO3溶液反应的离子方程式为_。（5）铁盐与碳酸盐溶液反应产物不同可能与_、浓度、水解产物CO2有关。【答案】 (1). (2). Fe(OH)3 KSCN或 NH4SCN (3). 排尽装置内的空气和水蒸气 (4). 不要 (5). Fe（OH）CO3 (6). Fe32CO32H2O=Fe（OH）CO3HCO3 (7). 碱性强弱【分析】（1）Na2CO3水解能力强，碱性强；（2）KSCN或 NH4SCN是检验铁离子的特效试剂，现象是溶液呈红色，N溶于酸，无气泡，加KSCN或 NH4SCN后呈红色，说明N是Fe(OH)3 ；（3）实验中有水蒸气和二氧化

10、碳产生，要排尽装置内的空气和水蒸气；停止加热之前，不要先拆去B、C之间导管，空气中的水分会进入B中。白色固体质量为19.7g，可算出n(CO2),A中残留红色粉末的质量为8.0g，可算出n(Fe)。（4）FeCl3溶液和Na2CO3反应生成Fe（OH）CO3；（5）铁盐与碳酸盐溶液反应产物不同可能与碱性强弱、浓度、水解产物CO2有关，碱性强，产物中氢氧根的含量增大。【详解】（1）Na2CO3水解能力强，碱性强，用pH计分别测定0.5molL1 NaHCO3溶液、0.5molL1Na2CO3溶液，得pH为ab；（2）KSCN或 NH4SCN是检验铁离子的特效试剂，现象是溶液呈红色，N溶于酸，无气

11、泡，加KSCN或 NH4SCN后呈红色，说明N是Fe(OH)3 ；（3）加热一段时间后，装置A中棕色粉末变红色，装置B中白色粉末变蓝色；装置C中产生白色沉淀。说明有水蒸气和二氧化碳产生，故点燃酒精灯前，先通入N2，其目的是排尽装置内的空气和水蒸气。停止加热之前，不要先拆去B、C之间导管，空气中的水分会进入B中，影响实验结果。白色固体质量为19.7g，n(CO2)=n(BaCO3)=19.7g/197gmol1=0.1mol,A中残留红色粉末的质量为8.0g，n(Fe)=8.0g/160gmol-12=0.1mol，故M化学式为Fe（OH）CO3。（4）FeCl3溶液和Na2CO3反应生成Fe（

12、OH）CO3，溶液反应的离子方程式为Fe32CO32H2O=Fe（OH）CO3HCO3。（5）铁盐与碳酸盐溶液反应产物不同可能与碱性强弱、浓度、水解产物CO2有关，碱性强，产物中氢氧根的含量增大。【点睛】本题考碱式碳酸铁样品组成，涉及了根据化学方程式计算分析物质组成，浓硫酸增重的质量是生成的水的质量，氢氧化钡溶液中固体的物质的量是生成的二氧化碳的物质的量。9.处理、回收CO是环境科学家研究的热点课题。（1）CO用于处理大气污染物N2O所发生的反应为N2O（g）+CO（g）CO2（g）+N2（g） H。几种物质的相对能量如下：H=_ kJmol1。改变下列“量”，一定会引起H发生变化的是_（填代

13、号）A.温度 B.反应物浓度 C.催化剂 D.化学计量数有人提出上述反应可以用“Fe+”作催化剂。其总反应分两步进行：第一步：Fe+N2O=FeO+N2；第二步：_（写化学方程式）。第二步步反应不影响总反应达到平衡所用时间，由此推知，第二步反应速率_第一步反应速率（填“大于”或“等于”）。（2）在实验室，采用I2O5测定空气中CO的含量。在密闭容器中充入足量的I2O5粉末和一定量的CO，发生反应：I2O5 （s）+5CO（g）5CO2（g）+I2（s）。测得CO的转化率如图1所示。相对曲线a，曲线b仅改变一个条件，改变的条件可能是_。在此温度下，该可逆反应的平衡常数K=_（用含x的代数式表示）

14、。（3）工业上，利用CO和H2合成CH3OH。在1L恒容密闭容器中充入1 mol CO（g）和 n molH2，在250发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），测得混合气体中CH3OH的体积分数与H2的物质的量的关系如图2所示。在a、b、c、d点中，CO的平衡转化率最大的点是_。（4）有人提出，利用2CO（g）=2C（s）+O2（g）消除CO对环境的污染，你的评价是_（填“可行”或“不可行”）（5）CO空气碱性燃料电池（用KOH作电解质），当恰好完全生成KHCO3时停止放电。写出此时负极的电极反应式：_。【答案】 (1). -365 (2). D (3). FeOCO=FeCO2

15、(4). 大于 (5). 加入催化剂（或增大压强） (6). (7). d (8). 不可行 (9). CO2e3OH=HCO3H2O【分析】（1）H=生成物所具有的总能量-反应物所具有的总能量；反应热只与具体反应的化学计量数有关。与温度、压强、催化剂、转化率、反应物浓度等无关。根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率。（2）对于气体分子数相同的反应，加压可以增大浓度，正、逆反应速率同倍数增大；加入催化剂，正、逆反应速率同倍数增大，平衡不移动；根据平衡常数定义计算；（3）图2中，b点代表平衡点，增大H2、CO的投料比，CO的平衡转化率增大，故d点CO的

16、平衡转化率最大。（4）该反应是焓增、熵减反应，任何温度下自由能大于0，任何温度下不能自发进行，故不可行。（5）负极上CO发生氧化反应生成KHCO3。【详解】（1）H=生成物所具有的总能量-反应物所具有的总能量=（393.5+0-475.5-283） kJmol1=-365 kJmol1；反应热只与具体反应的化学计量数有关。与温度、压强、催化剂、转化率、反应物浓度等无关。根据催化剂定义，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率。（2）曲线b和曲线a的平衡状态相同，曲线b反应速率较大，对于气体分子数相

17、同的反应，加压可以增大浓度，正、逆反应速率同倍数增大；加入催化剂，正、逆反应速率同倍数增大，平衡不移动；设CO的起始浓度为c(对于等气体分子数反应，体积始终不变)，平衡时，c(CO)=(1-x)cmolL1，c(CO2)=xcmolL1，K=c5(CO2)/c5(CO)=。（3）图2中，b点代表平衡点，增大H2、CO的投料比，CO的平衡转化率增大。（4）该反应是焓增、熵减反应，任何温度下自由能大于0，任何温度下不能自发进行，故不可行。（5）负极上CO发生氧化反应生成KHCO3，负极的电极反应式：CO2e3OH=HCO3H2O。【点睛】本题考查了反应热计算和化学平衡常数、化学平衡移动的影响因素，

18、难点：平衡常数的计算。10.四氢铝锂（LiAlH4）常作有机合成的重要还原剂。以辉锂矿（主要成分是Li2OAl2O34SiO2，含少量Fe2O3）为原料合成四氢铝锂的流程如下：已知：几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：常温下，Ksp（Li2CO3）=2.0103。Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小。回答下列问题：（1）上述流程中，提高“酸浸”速率的措施有_（写两条）；加入CaCO3的作用是_，“a”的最小值为_。（2）设计简单方案由Li2CO3制备LiCl：_。（3）写出LiH和AlCl3反应的化学方程式：_（条件不作要求）（4）用热水洗涤Li2CO3固体，而不用冷水洗涤，其目的是_

19、；检验碳酸锂是否洗净的实验方法是_。（5）在有机合成中，还原剂的还原能力通常用“有效氢”表示，其含义是1克还原剂相当于多少克氢气的还原能力。LiAlH4的“有效氢”为_。（结果保留2位小数）【答案】 (1). 粉碎矿石、加热、增大酸的浓度等 (2). 调节pH使Al3、Fe3转化成氢氧化物 (3). 6.5 (4). 用盐酸溶解，在氯化氢气流中蒸干溶液 (5). AlCl34LiH=LiAlH43LiCl (6). 减少碳酸锂的损失 (7). 取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀硝酸（或其它合理答案） (8). 0.21【分析】（1）根据影响速率的因素分析；根据铝离子、铁离子沉淀的条件

20、分析；（2）对角线规则，锂与铝性质相似；（3）氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂；（4）碳酸锂的溶解度随温度升高而减小；沉淀表面有硫酸钠，检验SO42；（5）根据“有效氢”的含义计算。【详解】（1）加硫酸从矿石中浸出，如粉碎矿石、提高硫酸浓度、加热等措施可以提高反应速率。加入碳酸钙中和溶液中的酸，使铁、铝离子完全生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。从表格信息看，调节pH最小值为6.5，确保铝离子完全沉淀。（2）在氯化氢中蒸干氯化锂溶液，类似从海水中提取氯化镁。（3）氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂，方程式为AlCl34LiH=LiAlH43LiCl。（4）依题意，碳酸锂的溶解度随温度升高而减

21、小，用热水洗涤碳酸锂，可以减少碳酸锂损失。沉淀表面有硫酸钠，检验SO42可判断沉淀是否洗净。方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀硝酸（或其它合理答案）。（5）由题给信息可知，还原剂的还原能力实指失电子数，1 molLiAlH4能提供8mol电子，相当于4molH2，LiAH4的有效氢为8g/38g0.21。（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做答，并用2B铅笔把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做则每学科按所做的第一题计分。11.铜、银和金是日常生活中常用金属（1

22、）基态铜原子的价层电子排布式为_.（2）银氨溶液主要成分是Ag（NH3）2OH，配制方法是，向AgNO3溶液中滴加氨水至沉淀刚好完全溶解为止，得到澄清的银氨溶液AgNO3中阴离子的空间构型是_；Ag（NH3）2+中银离子的配位数为_；NH3分子中N的杂化类型是_。与NH3互为等电子体的离子有：_。（3）现代工业冶金中，2Au（CN）2+Zn=2Au+Zn（CN）42。CN是常见的配体，提供孤电子对是C不是N，其主要原因是_。（4）铜、银是有机反应常见的催化剂如 CH3CH2OH CH3CHO+H2。CH3CH2OH的沸点高于CH3CHO的主要原因是_；从原子轨道重叠方式分类，H2分子中键类型是

23、_。（5）一种铜镍合金（俗称白铜）的晶胞如图1所示，铜、镍原子个数比为_。（6）金晶胞如图2所示，这种晶体堆积方式称为_堆积。该晶胞中原子空间利用率（）为_ （用含的式子表示），（提示原子空间利用率= ）【答案】 (1). 3d104s1 (2). 平面三角形 (3). 2 (4). sp3 (5). H3O (6). C的电负性比N小，吸引孤电子对的能力比N弱 (7). 乙醇分子间形成氢键 (8). s-s (9). 3：1 (10). 面心立方最密 (11). 【分析】(1)铜原子有29个电子，电子排布要遵循洪特规则的特例。（2）NO3形成3个键，或价层电子对为3+（6-23）/2=3；配

24、位数等于配位原子个数，NH3中N原子是配位原子；Ag（NH3）2+中银离子的配位数为2；NH3分子中N的杂化类型是sp3杂化。等电子体原子个数和价电子总数相同。（3）提供孤电子对形成配位键具备两个条件，一是有孤电子对，二是配位原子的电负性不能太大；（4）CH3CH2OH的沸点高于CH3CHO的主要原因是CH3CH2OH的分子间形成氢键；从原子轨道重叠方式分类，H2分子中键类型是s-s键。（5）用均摊法分析；（6）利用公式原子空间利用率=【详解】（1）铜原子有29个电子,电子排布要遵循洪特规则的特例。基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1； （2）NO3形成3个键，或价层电子对为3+（6-2

25、3）/2=3，故空间构型为平面三角形。配位数等于配位原子个数，NH3中N原子是配位原子；Ag（NH3）2+中银离子的配位数为2；NH3分子中N的杂化类型是sp3杂化。等电子体原子个数和价电子总数相同，与NH3互为等电子体的离子有：H3O。（3）提供孤电子对形成配位键具备两个条件，一是有孤电子对，二是配位原子的电负性不能太大，如CO、CN等配体中C提供孤电子对，因为C的电负性比N、O的小。（4）H2中H与H原子只有s-s键。（5）面心立方中，顶点贡献率为1/8，面心贡献率为1/4，一个晶胞含3个铜原子、1个镍原子，因此铜、镍原子个数比为3:1。（6）设金原子半径为r，晶胞参数为a。面心立方晶胞中，面对角线上3个金原子相切,有:(4r)2=2a2，r= a，1个金晶胞含4个金原子，=【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及元素周期表、核外电子排布与运动、等电子体、杂化方式、配合物、化学键、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，（5）中体对角线上原子紧密相邻，可以计算得到空间利用率的具体数值，注意题目的要求。12.某酯W是一种疗效明显的血管扩张剂，一种合成流程如下：回答下列问题（1）E中含碳官能团的名称是_；C的名称是_。（2）AB