精品解析河南省名校联考届高三上学期联考四理科综合化学试题精校Word版.docx

1、精品解析河南省名校联考届高三上学期联考四理科综合化学试题精校Word版河南省名校联考2019届高三上学期联考（四）理科综合试题化学部分1.下列有关解释不正确的是选项文献解释A“三月打雷麦谷堆”(雷雨肥庄稼)反应之一是N2+2O22NO2B“火树银花合，星桥铁锁开”火树银花”涉及的焰色反应是物理变化C易经记载：“泽中有火，上火下泽”“泽中有火”指湖泊池沼水面上甲烷燃烧现象D(周礼)中记载：沿海古人“煤饼烧砺房成灰”(“砺房”为牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”“蜃”的主要成分是CaOA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A.在雷电作用下，N2和02只能生成NO，故A项错误；

2、B.火树银花涉及焰色反应，它是物理变化，故B项正确；C.泽指沼泽，沼气主要成分是甲烷，故C项正确；D.煤饼作为燃料，“牡蛎壳”的主要成分是碳酸钙，高温下碳酸钙分解生成氧化钙，D项正确。故选A。2.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 含2 mol CH3COO的醋酸钠溶液中Na+的数目为2NAB. 78gNa2O2与足量的湿二氧化碳气体完全反应时转移电子数为2NAC. 2L0.1molL1蔗糖溶液完全水解生成的葡萄糖含羟基数目为2NAD. PCl3(g)与Cl2发生可逆反应生成1 mol PCl5，时，增加PC1键数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A.含2 mol CH3COO的

3、醋酸钠溶液中，CH3C00-水解，故 c(CH3COO)c(Na+)，n(Na+)大于2 mol，故A项错误；B.n(Na202) =1mol，2Na202+2C02=2Na2C03+O2，2Na202+2H20=4NaOH+02，1 molNa2O2完全反应转移1mol电子，故B项错误；C.1mol蔗糖水解生成1mol葡萄糖和1mol果糖，葡萄糖的结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，n(葡萄糖)= 2L0.1molL1=0.2 mol，0.2 mol葡萄糖含1 mol羟基，故C项错误；D.PCl3(g)+Cl2(g)PCI5(g)，每生成1mol PCI5(g)必增加2molP-CI键

4、，D项正确。故选D。3.分子式为C6H12的烃X，能与H2在Ni存在下发生反应，下列有关X的说法错误的是A. 分子中的碳原子不可能都在同一平面内 B. 含有一个支链的X最多有7种（不考虑立体异构）C. 可直接用于合成高分子化合物 D. 不溶于水且密度比水轻【答案】A【解析】【详解】A.由化学性质及分子式知X分子中含有一个碳碳双键，当X的结构（碳骨架）为，分子中所有碳原子就在同一个平面内，故A错误；B.当支链为甲基时，主链碳骨架有两种：，相应的同分异构体各有3种，当支链为乙基时，主链为，此时的结构只有1种，故X共有7种，故B正确；C.该物质分子中有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高分子，故C正确；

5、D.该烃为液态烃，液态烃均不溶于水、密度比水小，故D正确。故选A。【点睛】关于共面问题的注意事项：要认真审题，比如题目要求“最多有多少个原子共面”还是“最多有多少个碳原子共面”，是“可能共面的原子”还是“一定共面的原子”等等。单键可以旋转，而双键、三键不能旋转。4.水产养殖户常用电解法净化鱼池中的水，其工作原理如下图所示。下列说法中正确的是A. X极是电源的负极，发生氧化反应B. 工作过程中阴极区溶液的pH逐渐减小C. I极上的电极反应式：C6H12O624e+6H2O=6CO2+24H+D. 当电路中转移10mole时，极上产生22.4LN2【答案】C【解析】【详解】A.电极I和电极X极相连

6、,而电极I上发生氧化反应，故电极I是阳极，故X是正极，故A错误；B.电极II是阴极，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O故在工作过程中阴极区溶液的pH逐渐增大，故B错误；C.在阳极区C6H12O6失去电子发生氧化反应，根据化合价变化，结合酸性介质，可得阳极电极反应式：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，故C正确；D.根据阴极反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，可知转移10mol电子时，产生1mol氮气，在标准状况下体积为22.4L，故D错误。故选C。【点睛】注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存，若不共存，则该电解质

7、溶液中的阴离子应写入负极反应式。5.为了探究氨气的还原性，设计如下实验：已知：Cu2O呈红色，在酸性条件下不稳定，生成铜和二价铜盐。下列说法错误的是A. 固体X可能是生石灰或氢氧化钠，干燥管中的试剂可能是碱石灰B. 先启动装置中的反应，当装置漏斗中产生较多白雾时，再点燃酒精灯C. 在实验室,可以用装置来制备氧气、二氧化碳或氢气D. 实验结束取少量中的红色固体加稀硝酸，若溶液变蓝，则一定含有Cu2O【答案】D【解析】【详解】A.向生石灰或氢氧化钠固体中滴加浓氨水时，会产生氨气，可用碱石灰干燥氨气，故A正确；B.先通氨气排尽装置中的空气，当漏斗中氨气遇水产生较多白雾时，表明装置内的空气已经排尽，再

8、点燃装置处的酒精灯，故B正确；C.装置适合“固液不加热制气”，而氧气、二氧化碳和氢气均可在常温下由“固+液”制得，故C正确；D.铜和氧化亚铜都可以与稀硝酸反应生成硝酸铜，因此不能用稀硝酸检验红色固体是否含有氧化亚铜，应该用稀盐酸或稀硫酸，故D错误。故选D。6.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z元素核电荷数之比为8：11，除Z外，其他三种元素的最高价氧化物对应的水化物都是强酸，下列有关说法正确的是A. 常见氢化物稳定性：XYB. 四种元素的简单离子半径：ZYX”“ c(NH4+) c(Al3+) c(H+) c(OH-) (3). 4Al(OH)3+4Cu(OH)2 4CuAl0

9、2+10H2O +O2 (4). Al(OH)3，所以水解程度：Al3+ NH4+，故铵明矾溶液中c(NH4+)C(Al3+)，再根据物料守恒和溶液呈酸性的特点比较得：c(SO42-) c(NH4+) c(Al3+) c(H+) c(OH-)，故答案为：c(SO42-) c(NH4+) c(Al3+) c(H+) c(OH-)； (3)氢氧化铝、氢氧化铜的混合物受热分解，从产物组成看，铜元素化合价降低，另一种元素化合价升高，氢、铝元素都不能升高，只有氧元素化合价升高，故另一种产物为O2，方程式为：4Al(OH)3+4Cu(OH)2 4CuAl02+10H2O +O2，故答案为：4Al(OH)3

10、+4Cu(OH)2 4CuAl02+10H2O +O2；(4)相同条件下，浓度越大，单位体积内粒子有效碰撞次数越多，化学反应速率越大。由图可知，在20时，y的浸出率高于x，故1L溶液中有效碰撞总次数：x。相同浓度下，温度高于30，“浸出率”降低的主要原因是：浓度相同时，若温度过高，铁离子水解程度会加快，用于浸取黄铜矿的氯化铁溶液浓度降低，故答案为：；相同浓度，温度过高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小；(5)分析溶液中阳离子，结合图2知，开始OA段没有铜析出，说明溶液中有过量的铁离子，铁离子的氧化性强于铜离子，故铁离子优先被还原成亚铁离子，电极反应为：Fe3+e-=Fe2+，故答案为：F

11、e3+e-=Fe2+；(6)根据溶度积计算，pH=3，c(H+)=110-3mol/L，c(OH-)=110-11mol/L，c(Fe3+)=mol/L=410-5mol/L，故答案为：410-5。【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。10.NO和CO均是大气污染物，但在适当条件下二者可发生氧化还原反应得到两种无害气体；2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2 (g) H=746kJmoll。（1）已知化学键NN和C=O的键能分别为946kJm

12、oll和745kJmoll。若使1 mol NO完全分解为氮原子和氧原子需要消耗602kJ热量，则碳原子与氧原子结合形成1 mol CO时的能量变化为_。若已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180kJmol1，则CO的燃烧热H为_。（2）将2.2 mol NO和2.4 mol CO通入到某密闭容器中，测得反应过程中CO的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图1所示。x代表的是_(填“温度”或“压强”)，Y1_Y2(填“”或“=”)，B、C两种混合气体平均相对分子质量MB、MC的相对天小关系是_。若A点容器的容积为2L，则该点对应温度下反应的平衡常数KA=_。（3）若维持温度、容器容

13、积不变，下列关系能表明v(正)v(逆)的是_。A.浓度商QCK B.生成速率：v(CO2)=2v(N2) C.体系熵值减小（4）现有甲、乙两种催化剂，其他条件相同时，测得在甲、乙两种催化剂分别催化下，相同时间内NO转化率与温度的关系如图2所示。如果你是总工程师，会选择使用催化剂_(填“甲”或“乙”)，原因是_。【答案】 (1). 释放出988kJ的热量 (2). -283kJ/mol (3). 压强 (4). MC (6). 1.2 (7). C (8). 乙 (9). 乙在低温下有很强的催化活性【解析】【分析】运用盖斯定律计算反应热，运用三段式法计算平衡状态时转化率及平衡常数等，根据浓度商与

14、平衡常数的比较分析反应进行的方向。【详解】(1) 使1 mol NO完全分解成相应的原子吸收的能量、使碳原子与氧原子结合成1molCO释放的能量在数值上与相应的化学键的键能数值相等，故H=反应物总键能生成物总键能，设CO键能为x kJ/mol，则2x+2602-(946+22745)=-746，解得x=988，故碳原子与氧原子形成1molCO释放的热量为988kJ；由盖斯定律知，用2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2 (g) H=746kJmoll加上N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180kJmol1，即可得到2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=566kJmol

15、l ，则CO的燃烧热H=-283 kJmoll，故答案为：释放出988kJ的热量；-283kJ/mol；(2) 由于正反应是气体分子数目减少的放热反应，压强一定时，温度越高，CO的转化率越低，温度一定时，压强越大，CO的转化率越高，故X表示压强，Y表示温度，且Y1MC； 2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2 (g)起始浓度（mol/L） 1.2 1.1 0 0转化浓度（mol/L） 0.6 0.6 0.3 0.6平衡浓度（mol/L）0.6 0.5 0.3 0.6KA=1.2，故答案为：MC；1.2；(3)v(正) v(逆)表明反应向右进行，由浓度商规则知，但QK时，反应逆向进行，

16、A项错误；无论反应状态如何，由方程式知CO2、N2的生成速率之比总是v(CO2):v(N2)=2:1；B项错误；向右进行时反应熵值减小，此时v(正) v(逆)，C项正确，故选C；(4)由图知，催化剂乙在温度较低时就有很强的催化活性，这样在相同的时间内能使更多的反应物转化为生成物。故答案为：乙；乙在低温下有很强的催化活性。11.据科技日报报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成C1含氧化合物。请回答下列问题：（1）在Mn、Fe、Co、Ni、Cu中，某基态原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”，

17、该原子的外围电子排布式为_。（2）在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是_（填元素符号）。（3）铜的焰色反应呈绿色，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为_。（4）石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的CH键，导致C与H之间的作用力_ (减弱”或“不变”)。铁晶体中粒子之间作用力类型是_。（5）常温下，H2O2氧化CH4生成CH3OH、HCHO、 HCOOH等。它们的沸点分别为64.7、195、100.8，其主要原因是_；CH 4 和HCHO比较，键角较大的是_，主要原因是_。（6）配离子的颜色dd电子跃迁的分裂能大小有关，1个电子从较低的d轨道跃迁到较高能量的d

18、轨道所需的能量为d的分裂能，用符号表示。分裂能Co(H2O)62+_Co(H2O)63+(填“”“”或“=”)，理由是_。（7）钴晶胞和白铜(铜镍合金)晶胞如图所示。钴晶胞堆积方式的名称为_；已知白铜晶胞的密度为dgcm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。图2晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为_pm(列出计算式)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). Cr (3). 光谱分析 (4). 减弱 (5). 金属键 (6). CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键较强，HCHO分子间只存在范德华力 (7). HCHO (8). CH4中C采用sp3杂化，HCHO中C采用sp2杂化 (9). (10). 前者带2个正电荷，后者带3个正电荷，后者对电子的吸引力较大 (11). 六方最密堆积 (12). 1010【解析】【分析】根据核外电子排布规律分析基态原子的电子排布，根据微粒间的作用力类型比较物质的熔沸点等性质；根据晶胞的结构特点进行有关晶胞的相关计算。【详解】(1) 五种基态金属原子的价层电子排布式依次为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，基态铜原子遵循洪特规则特例，d轨道全满或半满的时候比较稳定。故答案为：3d104s1；(2)3d过渡金属中，基态铬原子外围电子排布