河南省部分省级示范性高中届高三联考理综化学试题解析版.docx

1、河南省部分省级示范性高中届高三联考理综化学试题解析版绝密启用前河南省部分省级示范性高中2019届高三毕业班上学期1月份联考理综-化学试题（解析版）1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活生产社会可持续发展密切相关。下列有关化学知识的说法错误的是A. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料B. 我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种非金属材料C. 高纯二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”D. 钾一钠合金可用于原子反应堆的导热剂钾与钠都属于短周期主族元素【答案】D【解析】【详解】A.由于碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，所以可用作新型储氢材料，故A正确；B.

2、碳纤维，是一种非金属材料，故B正确；C.光导纤维化学成分为SiO2，与强碱反应生成硅酸盐，故C正确；D.钾位于第四周期，第四周期是长周期，故D错误。故选D。2.“分子机器设计和合成”有着巨大的研究潜力。人类步人分子器件时代后，使得光控、温控和电控分子的能力更强。如图所示有机物是制备蒽醌套索醚电控开关的材料，下列有关该有机物的说法正确的是A. 分子结构中含有3个苯环B. 苯环上有7种一氯代物C. 1mol该物质最多与6molH2发生加成反应D. 所有原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A.分子结构中只有2个苯环，含碳氧双键那个环不是苯环,故A错误；B.分子中2个苯环上有7个H可与发生取代,且

3、不对称,所以苯环上有7种一氯代物,故B项正确；C.1mo该物质中,2个苯环可以与6molH2发生加成反应,2mol羰基可以与2molH2发生加成反应,所以1mol该物质中最多可以与8molH2发生加成反应,故C项错误；D.因该物质中含亚甲基(一CH2一)结构,故该物质所有原子不可能共平面,故D错误。故选B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A. 32gCu在足量O2或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为NAB. 常温下,0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中OH数目为NAC. 标准状况下,5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NAD. 一定条件下,32gSO2与足量O2反应,转

4、移的电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A.32gCu是0.5 mol,在足量O2或硫蒸气中完全反应分别生成氧化铜和硫化亚铜,失去的电子数分别为NA和0.5NA,故A错误；B.常温下,pH=14即c(OH-)=1mol/L,0.5L pH=14的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.5NA,故B错误；C.标准状况下,5.6 L乙烷是0.25 mol,其中含有的极性键(碳氢键)数目为1.5NA,故C正确；D.一定条件下,32gSO2与足量O2反应,因为是可逆反应,不能完全转化,所以转移的电子数小于NA,故D错误。故选C。4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并

5、发生爆炸,X是同周期中金属性最强的元素,Y原子的最外层电子数等于其电子层数,W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是A. 最简单氢化物的沸点：ZWB. 简单离子半径：YXC. W与X形成的化合物溶于水所得的溶液在常温下pH7D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应【答案】B【解析】【详解】W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F；X是同周期中金属性最强的元素,则X是Na；Y原子的最外层电子数等于其电子层数,则Y是Al；W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl。A.HF分子间能形成氢鍵,而氯化氢不能,所以沸点：HF HCl,故A正确；B.Na+、Al3+具有相同

6、的电子层结构,核电荷数越大,离子半径越小,故离子半径：Al3+H2SiO3C酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性DBa(NO3)2溶液生成白色沉淀SO32-与Ba2+生成白色BaSO3沉淀A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.Cu和浓硫酸发生反应:Cu十2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O,SO2具有漂白性,能使品红溶液褪色,故A正确；B.通人SO2后产生胶状沉淀,说明生成了H2SiO3即 H2SO3酸性强于H2SiO3,故B正确；C.酸性高锰酸钾溶液具有氧化性,紫色褪去,说明SO2具有还原性,故C正确；D.SO2溶于水,溶液显酸性,NO3-在酸

7、性条件下具有强氧化性,能把H2SO3或SO32-氧化成SO42-,因此沉淀是BaSO4,故D错误。故选D。7.常温下,向10mL1molL1元酸HA溶液中,不断滴加1molL1的NaOH溶液所加碱的体积与lgc水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是A. 常温下,K(HA)的数量级为104B. a、b两点pH均为7C. 从a点到b点,水的电离程度先增大后减小D. 溶液的导电性逐渐增强【答案】B【解析】【详解】A.由起点溶液中lgc水(H+)=12可知,酸电离的c(H+)=10-2,故Ka(HA)=10-4,故A正确；B.从图像中可知,HA是弱酸,曲线

8、的最高点为NaA溶液,b点溶液的溶质是NaA和NaOH,溶液呈碱性,pH7,故B错误；C.a点到b点,发生酸碱中和反应生成可水解的盐,然后碱过量,所以水的电离程度先增大后减小,故C正确；D.不断加入NaOH溶液,溶液中的离子总浓度不断增大,溶液的导电性逐渐增强,故D正确。 故选B。【点睛】通过分析溶液中酸、碱、盐对水的电离平衡的影响,分析溶液中水电离的氢离子浓度的变化规律,及分析溶液中离子总浓度的变化对溶液导电能力的影响是解答本题的关键。8.氰化钠是一种重要的基本化工原料,同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理,一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理,以减轻环境污染。

9、I.已知：氯化钠是一种白色结晶颗粒,化学式为NaCN,有剧毒,易溶于水,水溶液呈碱性,易水解生成氰化氢。(1)请设计实验证明N、C元素的非金属性强弱：_。(2)NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,该反应的离子方程式是_。.工业制备过硫酸钠的反应原理如下：主反应：(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3十2H2O副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2某化学兴趣小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠并检测用过硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水是否达标排放。【实验一】实验室通过如图所示装置制备Na2S2O8。(3

10、)装置b的作用是_。(4)装置a中反应产生的气体需要持续通人装置c的原因是_。(5)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_(填字母)。A温度计 B洗气瓶 C.水浴装置 D.酒精灯【实验二】测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mgL1。Ag+2CN=Ag(CN)2,Ag+I=AgI,AgI呈黄色,且CN优先与Ag+反应。实验如下：取100.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中,并滴加几滴KI溶液作指示剂用1.00104molL1的标准AgNO3溶液滴定,消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。(6)滴定终点的现象是_。(7)处理后的废水中氰化钠

11、的浓度为_mgL1；处理后的废水是否达到排放标准?_(填“是”或“否”)。【答案】 (1). 取少量碳酸氢钠于试管中,加入稀硝酸,有无色气泡产生,说明硝酸酸性强于碳酸,非金属性NC (2). CN-+ H2O2+ H2O= HCO3- +NH3 (3). 作安全瓶,防止倒吸 (4). 将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出,减少副反应的发生 (5). ACD (6). 滴入最后一滴硝酸银溶液时,溶液中出现淡黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失 (7). 0.147 (8). 是【解析】【分析】Na2S2O8与氢氧化钠反应生成(NH4)2S2O8,d装置处理尾气NH3,根据物质的制备和提纯实验操作及注意事项

12、分析解答。【详解】(1)取少量碳酸氢钠于试管中,加入稀硝酸,有无色气泡产生,说明硝酸酸性强于碳酸,非金属性越强,该元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强,则非金属性：NC；故答案为：NC；(2) NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,即反应生成了HCO3-和NH3,离子方程式为：CN-+ H2O2+ H2O= HCO3- +NH3；故答案为：CN-+ H2O2+ H2O= HCO3- +NH3；(3) 由于氨气及易溶于水,是体系内压强快速减小,易发生倒吸,所以b装置是安全瓶,防止倒吸；故答案为：作安全瓶,防止倒吸；(4) 装置a中反应产生的O2,将三颈烧瓶

13、中产生的NH3及时排出,减少副反应的发生；故答案为：将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出,减少副反应的发生；(5)根据题目信息提示可知,制备反应需要在55的条件下进行,所以需要控制温度不能超过90,需要水浴加热、温度计和酒精灯；故答案为：ACD；(6)用硝酸银溶液滴定的过程中,当滴入最后一滴硝酸银溶液时,溶液中出现淡黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失时,说明已经滴定到终点；故答案为：滴入最后一滴硝酸银溶液时,溶液中出现淡黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失；(7)根据化学计量关系可知,Ag+2CN-,n(AgNO3)= 1.00104molL10.0015mL=1.510-7mol,即n(NaCN)=2 n

14、(AgNO3) =1.510-7mol2=3.010-7mol,m(NaCN)= 3.010-7mol49g/mol=1.4710-5g,氰化钠的浓度为：=0.147g/L；0.147g/L0.50mg/L,所以已达到排放标准。故答案为：0.147,是。9.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某度旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知：I.铍、铝元素化学性质相似；.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：(1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有_(填化学式),写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：_。

15、(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为提纯BeCl2,最合理的实验步骤顺序为_(填字母)a.加入过量的氨水 b.通入过量的CO2c.加入过量的NaOH d.加入适量的HCle.洗涤 f.过滤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质写出反应中CuS发生反应的化学方程式：_。若用浓HNO3溶解金属硫化物,缺点是_(任写一条)。(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2molL1、c(Fe3+)=0.008molL1、c(Mn2+)=0.01molL1,逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离,首先沉淀的是_(填离子符号),为使铜离子开始

16、沉淀,常温下应调节溶液的pH大于_。(5)电解NaClBeCl2混合熔盐可制备金属铍,下图是电解装置图。电解过程中,加入氯化钠的目的是_。石墨电极上的电极反应式为_。电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气除去Be中少量Na的方法为_。已知部分物质的熔沸点如下表：【答案】 (1). Na2BeO2、Na2SiO3 (2). BeO22-+4H+=Be2+2H2O (3). afed (4). 要在HCl气流中蒸发结晶 (5). MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O (6). 会产生污染环境的气体 (7). Fe3+ (8). 4 (9). 低电解质的熔融温度,降低

17、能耗 (10). Be2+2e-=Be (11). 可以控制温度11563243K之间冷却【解析】【分析】旧铍铜元件与氢氧化钠反应生成Na2BeO2、Na2SiO3,滤渣B中含有CuS和FeS,再与MnO2反应生成S,进而根据流程产物分析解答。【详解】(1)由题中信息可知,Be、SiO2与氢氧化钠反应生成Na2BeO2、Na2SiO3,Na2BeO2与HCl反应生成BeCl2,离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2+2H2O；故答案为：Na2BeO2、Na2SiO3,BeO22-+4H+=Be2+2H2O；(2)由于Be的性质与Al相似,所以Be具有两性,用氨水使Be2+全部沉淀,再过滤,

18、将Be(OH)2洗涤后,加入盐酸最终转化成BeCl2；故答案为：afed；由于Be2+易水解,所以从氯化铍溶液中得到纯净的BeCl2,需要在HCl气流中蒸发结晶；故答案为：要在HCl气流中蒸发结晶；(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质,所以化学反应方程式为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；由于HNO3的氧化性很强,在反应中会产生氮的氧化物,对空气造成污染,所以我们不选用浓硝酸；故答案为：会产生污染环境的气体；(4)根据KspCu(OH)2=2.210-20=c(C

19、u2+)c(OH-)2,当溶液中c(Cu2+)=2.2molL1时,计算可到c(OH-)=10-10mol/L,即当c(OH-)=10-10mol/L时,即pH=4时,Cu2+开始沉淀；根据KspFe(OH)3=4.010-38= c(Fe3+)c(OH-)3,c(Fe3+)=0.008mol/L,可得到c(OH-)=3.6810-13,即当c(OH-)=3.6810-13时,Fe3+开始沉淀；根据KspMn(OH)2=2.110-13= c(Mn2+)c(OH-)2,c(Mn2+)=0.01mol/L,可得到c(OH-)=4.8310-7,即当c(OH-)=4.8310-7时,Mn2+开始沉

20、淀；由计算可知,Fe3+先沉淀,其次是Cu2+,最后是Mn2+；故答案为：Fe3+,4；(5) 电解过程中,加入氯化钠是为了增大导电性即降低电解质熔融状态的温度,节约能耗；故答案为：增大导电性即降低电解质熔融状态的温度,节约能耗；石墨电极生成金属Be,电极反应方程式为：Be2+2e-=Be；故答案为：Be2+2e-=Be；图表信息可知Na和Be的熔沸点差距很大,分离Na蒸气和Be蒸气可以控制温度11563243K之间冷却；故答案为：可以控制温度11563243K之间冷却；10.“低碳经济”备受关注,CO2的排集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。(1)绿色植物通过图1所示过程储存能量,用化学

21、方程式表示其光合作用的过程：(2)TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂,能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。图2为在TiO2的催化下,O3降解CH3CHO的过程,则该反应的化学方程式为_。(3)将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H1=-802kJmol1CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H2=283kJmol1CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H3=41kJmol1则反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)

22、+2H2(g)的H=_。为了探究反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的反应速率与与浓度的关系起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4,使其物质的量浓度均为1.0molL1,平衡时,根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线(如图3)：v正c(CH4)和v逆c(CO),则与v正c(CH4)相对应的是图中曲线_(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后,某一时刻降低温度反应重新达到平衡,则此时曲线甲对应的平衡点可能为_(填“D”“E或“F”)。(4)用稀氨水喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。在捕集时,气相中有中间体 NH2COONH4(氨基甲酸铵)生成。现将一定量纯净的氨

23、基甲酸铵置于恒容密闭容器中,分别在不同温度下进行反应：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。实验测得的有关数据见下表(t1t2t3)氨基甲酸铵分解反应是_(填“放热”或“吸热”)反应，15时此反应的化学平衡常数K=_。在NH4HCO3溶液中，反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=_(已知常温下NH3H2O的电离平衡常数Kb=2105，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4107)。【答案】 (1). mCO2+nH2OCm(H2O)n+nO2 (2). 3CH3CHO+5O3 6CO2+6H2O (3). +248 kJmol1 (4). 乙，E (5)

24、. 吸热 (6). 410-6 (7). 1.2510-3【解析】【分析】根据热化学反应方程式的书写规则分析解答；根据外界因素对化学反应速率和化学平衡的影响分析解答。【详解】(1)光合作用即是将CO2和水通过光合作用储存成能量，反应方程式为：mCO2+nH2OCm(H2O)n+nO2；故答案为：mCO2+nH2OCm(H2O)n+nO2；(2)乙醛和臭氧在紫外线的作用下及TiO2作催化剂的条件下，反应生成CO2和水，方程式为： 3CH3CHO+5O3 6CO2+6H2O；故答案为： 3CH3CHO+5O3 6CO2+6H2O(3) 反应I.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g

25、) H1=-802kJmol1反应II.CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H2=283kJmol1III.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H3=41kJmol1将I+(-4II)+2III，可得到热化学反应方程式为：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) H=-802kJmol1+-4(283kJmol1)+2(41kJmol1)=+248 kJmol1；故答案为：+248 kJmol1；从图像可知，甲的浓度是从0升高到0.4mol/L，即生成物CO的图像，乙是浓度从1.0降低到0.8mol/L，即反应物是CH4，该反应是吸热反应，降低温度平衡向放热

26、反应方向移动，即向逆反应方向移动，生成物浓度减小，化学反应速率减小，E点符合；故答案为：乙；E；(4) 从表格信息可知，温度升高，气体总浓度增大，向正反应方向移动，即温度升高平衡向吸热反应方向移动，即正反应方向吸热，根据反应化学计量关系可知，c(NH3)=2c(CO2)，15时平衡体系的气体总浓度为310-2mol/L，即c(NH3)+c(CO2)= 310-2mol/L，得到c(NH3)=210-2mol/L，c(CO2)= 10-2mol/L，K= c2(NH3) c(CO2)=410-6；故答案为：吸热，410-6；根据盐类水解规律，由NH3H2O的电离平衡常数K=210-5、H2CO3的电离平衡常数K=410-7可知，碳酸氢根的水解程度更大，所以c（NH4+） 大于c（HCO3-）；反应NH4+HCO3-+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=1.2510-3；故答案为：1.2510-3【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒夏特列原理相结合。紧扣可逆反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；体积增大、减小还是不变；有无固体、纯液体物质参加或生成等。看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。先拐先平。例如，在转化