广东省中山一中、仲元中学等七校2019届高三第一次（8月）联考理综化学试题Word版含解析.doc

七校联合体2019届高三第一次联考试卷（8月）‎ 理科综合化学 ‎1. 实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：‎ 下列分析正确的是(　　)‎ A. ①中采用蒸馏的方法精制粗盐水 B. ②中阳极的主要电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑‎ C. ③中制备漂白液的反应：Cl2+OH- =Cl-+HClO D. ②、③、④中均发生了氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. ①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，故A错误；B. 阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，故B错误；C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，故C错误；D. ②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，故D正确；故选D。‎ ‎2. 化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是(　　)‎ A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质 C. 福尔马林可浸制标本，因其可使蛋白质变性的性质 D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．蚕丝和人造纤维的主要成分分别是蛋白质、高聚酯，前者灼烧时有烧焦羽毛气味，后者则无此现象，A正确；B．食用油反复加热，其所含的不饱和脂肪酸发生聚合反应，生成生成各类饱和烃类，包括稠环芳香烃（如苯并芘等），稠环芳香烃对人体有害，B错误；C．流感病毒的主要成分是蛋白质，加热可以使蛋白质变性，C正确； D．医用消毒酒精中乙 醇的浓度为75%，95%的乙醇能快速使蛋白质表层变性，相当于形成了一层保护膜，但内层蛋白质则不能变性，D正确；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查生活中常用物质的主要成分及其用途的辨认。‎ ‎【名师点睛】本题以生活中的化学为载体将相关物质的性质用途和氧化性概念结合在一起进行考查，理清相关物质的用途涉及的化学反应原理及氧化性的概念是本题得分的关键。体现了化学与生活、生产的密切联系，学习过程中要多注意分析生活中的化学问题，多从化学的视角关注生活。‎ ‎3. 探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是(　　)‎ ‎............‎ A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气 C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、铜和浓硫酸的反应需要加热，装置①没有加热装置，错误；B、SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，应为长管进气短管出气，错误；C、浓硫酸溶于水放出大量的热，应用装置③稀释反应后的混合液，正确；D、用氢氧化钠溶液滴定余酸，氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，错误。‎ 考点：考查化学实验方案的分析、评价 ‎4. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（　　）‎ A. ‎28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA B. 32gCu和32gS充分反应，转移电子数为NA C. 精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重‎3.2g D. 等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙烯和丙烯的最简式为CH2，‎28g CH2的物质的量为2mol，而2mol CH2中含有4 mol极性键，所以‎28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA，故A正确；B、32gCu的物质的量为0.5mol 和32gS的物质的量为1mol, Cu和S充分反应生成Cu2S，可知Cu少量，故以Cu的质量作为标准计算，0.5molCu参与反应，转移电子数为0.5mol，即0.5NA个电子，故B错误；C、精炼铜时，阳极是粗铜，失去电子，阴极是精通，得到电子；阴阳两极得失电子守恒，所以若阳极失去0.1 NA个电子，则阴极铜离子得到0.1 NA个电子生成铜单质，生成铜的物质的量为0.05mol,即‎3.2g，故C正确；D、，钠与氧气或氯气反应时，其钠元素均由0价升高到+1价，等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移的电子数相等，故D正确，故选B。‎ ‎【点睛】本题综合考查阿伏加德罗常数。本题B中铜与硫燃烧反应生成+1价的硫化亚铜。‎ ‎5. 化合物(a)、(b)、(c)同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是（　　）‎ A. a、b、c 都属于芳香族化合物 B. a、b、c都能使溴水褪色 C. 由a生成c的反应是氧化反应 D. b、c互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c的分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。‎ ‎6. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且‎25℃‎时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键 C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物 D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z 的最高价氧化物对应的水化物，且‎25℃‎时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。‎ ‎【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。‎ ‎【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。‎ ‎7. 我国研究锂硫电池获得突破，电池的总反应是16Li+S88Li2S，充放电曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 充电时，电能转化为化学能 B. 放电时，锂离子向正极移动 C. 放电时，1molLi2S6转化为Li2S4得到2mole-‎ D. 充电时，阳极总电极反应式是8S2--16e-=S8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 充电时，是电解池，是电能转化为化学能，故A正确；B. 放电时，是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动，故B正确；C. 根据图示，放电时，1mol Li2S6转化为Li2S4的反应为2Li2S6+ 2Li =3Li2S4，反应中2mol Li2S6得到2mole-，即1mol Li2S6得到1mole-，故C错误；D. 根据16Li+S8 8Li2S，充电时，阳极总电极反应式是8S2- -16e- = ‎ S8，故D正确；故选C。‎ 点睛：本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用。本题中放电过程是分步放电的，这是本题的难点，本题的易错点为C，要注意根据每步反应的方程式分析解答。‎ ‎8. 叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程；‎ 已知NaN3能与AgNO3反应生成白色难溶于水的AgN3；有关物质的物理性质如下表：‎ 熔点℃‎ 沸点℃‎ 溶解性 CH3OH ‎—9‎ ‎64.7‎ 与水互溶 水合肼(N2H4•H2O)‎ ‎2‎ ‎113.5‎ 与水、醇互溶，‎ 不溶于乙醚和氯仿 亚硝酸甲酯(CH3ONO)‎ ‎—17‎ ‎—12‎ 溶于乙醇、乙醚 请回答：‎ ‎（1）步骤Ⅰ中NaNO2与稀硫酸发生副反应生成两种气体（其中一种气体在空气中可以转化为另一种气体）的离子方程式为___________；步骤Ⅱ中生成NaN3的化学方程式为_______。‎ ‎（2）实验室模拟步骤Ⅱ实验装置如下图（装置中冷却水省略，下同）：‎ ‎①仪器a的名称__________________，作用是________________________________。‎ ‎②根据实验发现温度在‎20℃‎左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此可以采取的措施是______________________________。‎ ‎③图中X处连接的最合适装置应为下图中的_________。‎ ‎ A B C D ‎（3）步骤Ⅱ、Ⅲ中制备叠氮化钠并对溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是__________。‎ ‎①打开K1、K2，关闭K3 ②打开K3 ③加热 ④关闭K1、K2‎ ‎（4）步骤Ⅳ对溶液B加热蒸发至溶液体积的1/3，NaN3结晶析出。‎ ‎①步骤Ⅴ可以用______________洗涤晶体。‎ A．水 B．乙醇 C．乙醇水溶液 D．乙醚 ‎②沉淀滴定法测定产品纯度，是以淡黄色K2CrO4溶液作指示剂，将AgNO3标准溶液滴入样品溶液，至少量Ag2CrO4出现，即溶液呈淡红色为终点。AgNO3溶液要装在棕色的酸式滴定管里进行滴定，理由是_____________。下列操作合理的是______。‎ A．滴定管和移液管管尖不可接触锥形瓶内壁 B．滴定时滴液速度应先快后慢，接近终点时一滴一摇 C．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下 D．若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高 E．若发现滴液过量，可回滴样品溶液，至红色褪去 ‎【答案】 (1). 2NO2-+2H+==NO↑+NO2↑+H2O (2). N2H4+CH3ONO+NaOH==NaN3+CH3OH+3H2O (3). 球形冷凝管 (4). 冷凝回流，平衡气压 (5). 冷水浴或缓慢通入气体等 (6). C (7). ①④②③或①②④③ (8). C (9). AgNO3溶液溶液显酸性，且AgNO3易见光分解，浓度下降，使测定不准 (10). BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据其中一种气体在空气中可以转化为另一种气体，可推测生成的气体有一氧化氮和二氧化氮，而根据得失电子守恒和质量守恒可得离子方程式为：2NO2-+2H+==NO↑+NO2↑+H2O；根据流程图可知，产物中含有乙醇和叠氮化钠，所以方程式为：N2H4+CH3ONO+NaOH==NaN3+CH3OH+3H2O；‎ ‎（2）①A的名称是球形冷凝管，其目的是冷凝回流，平衡气压；②根据实验发现温度在‎20℃‎左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反应不采取措施温度会逐渐升高，影响选择性和转化率，因此可以通过冷水浴或缓慢通入气体等维持反应体系的温度；③收集馏分应采用执行冷凝管，接受的锥形瓶上方应用一个出气口，保持体系内要强等于大气压；‎ ‎（3）根据亚硝酸甲酯(CH3ONO)的溶沸点很低，所以在通入亚硝酸甲酯时应打开K1、K2，关闭K3,充分反应后，需对混合溶液进行蒸馏提纯，即关闭K1、K2，打开K3，加热进行蒸馏；‎ ‎（4）①根据反应可知，NaN3结晶中可能含有未反应的水合肼（与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿）和氢氧化钠，产物CH3OH，可采用乙醇水溶液去除杂质；②AgNO3中的银离子易水解，因此用酸式滴定管，且AgNO3易见光分解，所以酸式滴定管应为棕色，减少AgNO3分解；A．滴定管在滴半滴时需要使溶液悬而不滴，让其沿容器壁流入容器，再用少量水冲洗内壁，故A错误；B．滴定时滴液速度应先快后慢，接近终点时一滴一滴加入并不停摇动，故B正确；C．滴定管在滴半滴时需要使溶液悬而不滴，让其沿容器壁流入容器，再用少量水冲洗内壁,故C正确；D．若未等滴定管液面稳定，滴定关内可能含有气泡，就读数会导致测定结果偏高，故D正确；E．若发现滴液过量，应重新滴定，故E错误；故选BCD。‎ ‎9. 工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下： ‎ ‎【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH 的关系：‎ pH ‎4~6‎ ‎6~8‎ ‎8~10‎ ‎10~12‎ 主要离子 VO2+‎ VO3−‎ V2O74−‎ VO43−‎ ‎（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是_______________________。 ‎ ‎（2）酸浸：‎ ‎①Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca(VO3)2溶于盐酸 的离子方程式是__________。 ‎ ‎②酸度对钒和铝的溶解量的影响如下图所示： 酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据右图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是________________________________________。‎ ‎（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：‎ ‎①浸出液中加入石灰乳的作用是________________________。 ‎ ‎②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：___________________________________。 ‎ ‎③向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是_________________________________________。 ‎ ‎（4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mL c1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2++2H++Fe+==VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol·L−1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4−被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是______。（V2O5的摩尔质量：‎182 g·mol−1）‎ ‎【答案】 (1). CaO+ O2+ V2O3=Ca(VO3)2 (2). Ca(VO3)2+ 4H+=2VO2++ Ca2++ 2H2O (3). 酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大 (4). 调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素） (5). Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+ 2VO43−(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出 (6). pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3− (7). 91(c1b1‎-5c2b2)/(‎1000a)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据反应流程：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3与氧化钙和氧气反应生成Ca(VO3)2，化学方程式是CaO + O2 + V2O3 Ca(VO3)2 ；正确答案：CaO + O2 + V2O3 Ca(VO3)2 。‎ ‎（2）①根据信息可知：pH在4~6之间，生成VO2+，所以Ca(VO3)2与盐酸反应离子方程式是：Ca(VO3)2 + 4H+ == 2VO2+ + Ca2+ + 2H2O ；正确答案：Ca(VO3)2 + 4H+ == 2VO2+ + Ca2+ + 2H2O。 ‎ ‎②根据图像变化可知：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，因此酸浸时不选择更高酸度；正确答案：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大。 ‎ ‎（3）①浸出液中含有VO43—，加入石灰乳后生成Ca3(VO4)2沉淀，便于钒元素的富集；正确答案：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）。 ‎ ‎② Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出；正确答案：Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq) ，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出。‎ ‎③ 根据信息可知：pH＞8时，钒的主要存在形式为V2O74−或VO43—等，不是VO3− ，NH4VO3的产量明显降低；正确答案：pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3− 。‎ ‎（4）高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子，根据反应规律：MnO4--- 5Fe2+，消耗KMnO4的量b2×10-3×c2 mol，则消耗亚铁离子的量为5b2×10-3×c2 mol，再根据VO2+ -- Fe2+关系可知，用来还原VO2+的亚铁离子的量为b1×c1×‎10-3-5‎b2×10-3×c2 mol，因此VO2+ 的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，产品中V2O5的量为1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2) mol, 产品中V2O5的质量为1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2)×182=91(c1b1‎-5c2b2) ×10‎-3g，则产品中V2O5的质量分数是91(c1b1‎-5c2b2)/(‎1000a)；正确答案：91(c1b1‎-5c2b2)/(‎1000a)。‎ ‎10. 氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源，得到广泛研究。‎ ‎（1）已知：①反应I：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH1＝－1266.6 kJ·mol-1，‎ ‎②H2的燃烧热ΔH2=－285.8 kJ.mol-1 ‎ ‎③水的气化时ΔH3=+44.0 kJ.mol-1‎ 反应I热力学趋势很大（平衡常数很大）的原因为______________________________；NH3分解的热化学方程式________________________________。‎ ‎（2）在Co-Al催化剂体系中，压强P0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如下图，活化能最小的催化剂为_______，温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因_______________。如果增大气体流速，则b点对应的点可能为______（填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”）；‎ ‎（3）温度为T时，体积为‎1L的密闭容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，30min达到平衡时，N2体积分数为20%，则T时平衡常数K=______，NH3分解率为_____；达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的转化率________（填“增大”、“不变”、“减小”）。‎ ‎（4）以KNH2为电解质溶液电解NH3，其工作原理如下图所示，则阳极电极反应为_________。‎ ‎【答案】 (1). 放热量很大的反应 (2). 2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ·mol－1 (3). 90CoAl (4). 平衡转化率随温度升高而增大，此反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率 (5). e (6). 7.5 (7). 75% (8). 减小 (9). 6NH2--6e-=N2↑+4NH3↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应I的ΔH1＝－1266.6 kJ·mol-1，放热量很大，故热力学趋势很大；根据盖斯定律可知①：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH1＝－1266.6 kJ·mol-1，②H2的燃烧热H2(g)+1/2O2(g)= H2O(l) ΔH2=－285.8 kJ.mol-1 ③水的气化时H2O(l)= H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ.mol-1，④2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H，根据盖斯定律可知④=1/2[①-6(②+③)]，即△H=1/2[－1266.6 kJ·mol-1-6(－285.8 kJ.mol-1+44.0 kJ.mol-1)]= 92.1kJ·mol－1，所以2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ·mol－1；‎ ‎（2）由图可知，90CoAl先达到平衡态，所以90CoAl活化能最小的催化剂；2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ·mol此反应为吸热反应，升高温度平衡向正向移动，‎ 提高氨气的转化率；此反应为气体体积增大的反应，增大气体流速平衡向逆向移动，b点对应的点可能为e；、‎ ‎（3）由题给数据可知，设氮气平衡时氮气的物质的量为xmol，则：‎ ‎         2NH3(g)N2(g)+3H2(g)‎ 初始量（mol）  0.8    0   0.1‎ 变化量（mol） 2x x 3x 平衡量（mol） 0.8-2x   x   0.1+3x 相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为：‎ ‎ ，解得：x=0.3mol，故平衡常数K= ，NH3分解率为 ，达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，容器中压强增大，反应向逆向移动，所以氨气的转化率减小；‎ ‎（4）在电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，根据图示可知右侧为阳极，电极反应为：6NH2--6e-=N2↑+4NH3↑。‎ ‎11. 硫、钴及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）基态Co原子价电子轨道表达式为_____________，第四电离能I4(Co)