《试卷》精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2019～2020届高三大联考（全国卷）理综化学试题解析（解析版）.doc

河北衡水中学2019-2020届全国高三大联考理科综合化学试卷1化学与生产，生活居密相关，下死物质的性生和用途均正确且有因果关系的是选项性质用途A糖类、油脂、蛋白质均能水解供给人体营养B铁能被浓硫酸钝化铁制器皿用作铜和浓硫酸的反应容器C碳单质的还原性强于硅单质碳与石英反应冶炼粗硅D常温下，氨气能与氯气反应浓氨水检验氯气管道泄漏【答案】D2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 400mL1mol/L稀硝酸与Fe完全反应（还原产物只有N O），转移电子的数目为0.3NAB含有0.1molNH4+的氨水中，含有OH-的数目为0.1NAC0.2 molH2O和D2O形成的混合物中，含有中子的数目为2NAD30g乙酸和乙酸乙酯的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NA【答案】A【解析】A 400mL1mol/L稀硝酸中含0.4mol HNO3，与Fe完全反应（还原产物只有NO），由化学方程式4HNO3+Fe=Fe(NO3)3+NO+2H2O可知转移电子的数目为0.3NA，所以A正确；B含有0.1molNH4+的氨水中，还有水电离的少量H+，根据电荷守恒可知含有OH-的数目大于0.1NA ，所以B不正确；C0.2 molH2O和D2O形成的混合物中，含有中子的数目一定小于2NA，因为一个水分子中只有8个中子、一个重水分子中有10个中子，即0.2molH2O有1.6mol中子、而0.2molD2O有2mol中子，所以B不正确；D乙酸的分子式为C2H4O2，乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，其相对分子质量分别为60和88，两种物质的单位质量的耗氧量是不同的，所以30g乙酸和乙酸乙酯的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NA不正确。 学科#网%3有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法正确的是AM的名称为异丁烷BN的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身）CQ的所有碳原子一定共面DM、N、Q均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】B4下列操作和现象所得结论正确的是选项操作和现象结论A 其他条件不变，缩小H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡体系的容器容积，气体颜色变深增大压强，平衡逆向移动B向某溶液中滴加稀盐酸，再加KSCN溶液，溶液变为血红色原溶液中一定含有Fe3+ C 用滴定管量取20.00mL稀硫酸，初读数时尖嘴处有气泡，末读数时气泡消失所取稀硫酸体积小于20.00mL来源:D 25时，分别测定等物质的量浓度的Na2C2O4溶液和NaF溶液的pH，前者pH大酸性：H2C2O4HF 【答案】C【解析】A其他条件不变，缩小H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡体系的容器容积，碘蒸气的浓度变大，所以气体颜色变深，但是因为前后气体分子数不变，平衡不发生移动，A不正确；B向某溶液中滴加稀盐酸，再加KSCN溶液，溶液变为血红色 ，不能确定原溶液中一定含有Fe3+ ，因为操作步骤是错误的，应该先加入KSCN溶液，观察到溶液变红才能确定，所以B不正确； C用滴定管量取20.00mL稀硫酸，初读数时尖嘴处有气泡，末读数时气泡消失所取稀硫酸体积小于20.00mL，因为气泡的体积也计算在内，所以C正确； D碳酸根离子的水解分两步进行，以第一步为主，水解的离子方程式为C2O42-+H2OHC2O4-+OH-，25时，分别测定等物质的量浓度的Na2C2O4溶液和NaF溶液的pH，前者pH大，根据越弱越水解，可判断酸性：HC2O4-HF，所以D不正确。5短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的最低负价与最高正价的代数和为0；Y原子和Z原子的最外层电子数均是其内层电子总数的1/2。下列说法正确的是AX的简单阴离子与Y的简单阳离子半径：X<YBX分别与Z、W、Q形成的最简单化合物的稳定性：Z<W<QCZQ5分子中的所有原子最外层均满足8电子结构DW、Q形成的含氧酸均为强酸 学*#科网【答案】B【点睛】1.氢元素的最高价为+1，最低价为-1，-1价的氢离子的K层达到2电子稳定结构。 2.有关某元素的氧化物的水化物的酸性问题一定要特别注意，看清是否为最高价氧化物，不是最高价氧化物的水化物就不能依据非金属性进行比较。6一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是A电极丁的反应式为MnO42- -e-= MnO4-B电极乙附近溶液的pH减小CKOH溶液的质量分数：c%a%b%D导线中流过2 mol电子时，理论上有2molK+移入阴极区【答案】C【解析】分析两装置的特点可以判断左边是燃料电池，右边的是电解池。通氧气的甲电极极是燃料电池的正极，与此电极相连的丁是电解池的阳极，则丁电极上锰酸根补氧化为高锰酸根，丙电极为阴极，溶液中的氢离子被还原为H2，所以X为H2。学科网A电极丁的反应式为MnO42- -e-= MnO4-，是正确的；B电极乙上发生的反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，氢氧根离子浓度减小，所以附近溶液的pH减小，B正确；C丙电极上发生2H2O+2e-=H2+2OH-，甲电极上发生O2+4e-+2H2O=4OH-，根据溶液流向可判断KOH溶液的质量分数：c%b%a%，所以C不正确；D导线中流过2 mol电子时，理论上有2molK+移入阴极区，内电路是由离子定向移动导电的，K+带正电向阴极移动，由于用了所以D正确。725时，部分含Fe元素的徽粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是AHFeO4-在水中的电离程度小于水解程度BB、C两点对应溶液中水的电离程度：B > CCB点溶液加适里水稀释，溶液中所有离子浓度均减小D由A点数据可知，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15×l0-4【答案】D 点对应溶液中水的电离程度：B < C，所以B不正确；CB点溶液加适里水稀释，溶液中所有离子浓度均减小肯定是不正确的，因为在一定温度下，水的离子积是定值，所以不可能均减小，C不正确；D由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%,则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为 = 4.15，c(H+)=10-4mol/L,H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1= = 4.15×l0-4,D正确。 学*&科网#8氮化钙（Ca3N2）是一种重要的化学试剂，通常条件下为棕色易水解的固体。某小组在实验室制备氮化钙并测定其纯度，设计如下实脸（夹持装置略去）：I氮化钙的制备。（1）加热条件下，钙和氮气制备氮化钙的反应方程式为_。 学#*%科网&（2）按气流由左到右的方向，上述装置合理的连接顺字为_(填仪器接口字母)。（3）按连接好的装置进行实验。实验步骤如下，检查装置气密性，加入药品：_（请按正确顺序填入下列步骤的字母标号）。A点燃装置C处酒精灯，反应一段时间 B打开分液漏斗活塞C点燃装置A处酒精灯 D熄灭装置A处酒精灯e.熄灭装置C处酒精灯 f.关闭分液漏斗活塞装置B的作用为_。装置C的硬质玻璃管中的现象为_。（4）设计实验证明Ca3N2中混有钙单质：_。II测定氮化钙纯度。i.称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL 1 .00mol/L盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释到200 00 mL;ii取20 00mL稀释后的溶液，用0 2mol/LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸，到终点时消耗标准溶液25 00 mL。（5）所取固体中氮化钙的质量分数为_。【答案】 (1)3Ca+N2Ca3N2 (2)igh（或hg）ab（或ba）ef（或fe）jk（或kj）dc (3)cbaefd (4)防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质 (5)银白色金属逐渐变为棕色 (6)取混合物少量于洁净试管中，加入适量稀盐酸，将生成的气体净化后，通入灼热的CuO黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质 (7)92.5%I（1）钙和氮气制备氮化钙的反应方程式为3Ca+N2Ca3N2。（2）按气流由左到右的方向，合理的连接顺字为igh（或hg）ab（或ba）ef（或fe）jk（或kj）dc。（3）实验步骤如下，检查装置气密性，加入药品，点燃装置A处酒精灯，打开分液漏斗活塞，点燃装置C处酒精灯，反应一段时间，熄灭装置C处酒精灯，关闭分液漏斗活塞，熄灭装置A处酒精灯。所以正确的顺序为cbaefd。氮化钙易水解，而空气中是有水蒸气的，所以装置B的作用为防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质。因为钙是银白色金属，而氮化钙是棕色的，所以装置C的硬质玻璃管中的现象为银白色金属逐渐变为棕色。（4）要证明Ca3N2中混有钙单质，可以取混合物与盐酸反应生成氯化钙、氯化铵和氢气（虽然钙与水也能反应生成氢气，因氮化钙与水反应会生成氨气，如果混合物直接和水反应，生成的气体中氨气是主要成分，又因硫酸钙微溶会影响固体的溶解，所以用盐酸来与混合物反应检验钙是最好的），生成的气体用CuO来检验，如果黑色的氧化铜变红则证明有氢气生成，也就证明了钙单质的存在。所以实验方案为：取混合物少量于洁净试管中，加入适量稀盐酸，将生成的气体净化后，通入灼热的CuO黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质。（5）氮化钙与水反应生成氨气和氢氧化钙，钙与水反应生成氢氧化钙和氢气。将氨气通入盐酸中生成氯化铵。盐酸的总物质的量为0.1mol,过量的盐酸消耗的氢氧化钠为25.0010-3L0.2mlo/L =0.05mol，所以n(NH3)=0.05mol，由N元素守恒求出n(Ca3N2)=0.025mol，所以m(Ca3N2)=0.025mol =3.7g，所取固体中氮化钙的质量分数为92.5%。9工业上以钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），含有MgO、SiO2等杂质为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：已知：酸酸时，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+ ；本实验温度下，KspMg(OH)2=1.0×10-11；溶液中离子浓度小于等于l .0×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。请国答下列问题：（1）FeTiO3中Ti元素的化合价为_价，铁红的用途为_(任写一种）。（2）“水解”中，发生反应的离子方程式为_。（3）“沉铁”中，气态产物的电子式为_；该过程需控制反应温度低于35 ，原因为_。（4）FeCO3转化为铁红时，发生反应的化学方程式为_。（5）滤液3可用于制备Mg(OH)2。若滤液3中c(Mg2+)=1.2×10-3mol/L，向其中加入等体积的NaOH溶液的浓度为_ mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全(溶液体积变化忽略不计)。 学%科网#&*（6）“电解”时，电解质为熔融的CaO，则阴极反应式为_，制得1molTi单质，理论上导线中通过的电量为_（保留三位有效数字，已知：l 个电子的电量为1.6×10-19C ) 。【答案】 (1)+4 (2)制备红色颜料和油漆、冶炼铁等 (3)TiO2+2H2O=H2TiO3+2H+ (4) (5)防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解） (6)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 (7)4.4×10-3 (8)TiO2+4e-=Ti+2O2- (9)3.85×105C（1）FeTiO3中铁和氧的化合价分别为+2和-2，所以Ti元素的化合价为+4价，铁红的用途为制备红色颜料和油漆、冶炼铁等。（2）“水解”中，发生反应的离子方程式为TiO2+2H2O=H2TiO3+2H+。（3）“沉铁”中发生反应Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，气态产物为CO2，其电子式为；该过程需控制反应温度低于35 ，温度过高NH4HCO3会分解，而且会促进亚铁离子的水解，所以原因为防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解）。（4）FeCO3转化为铁红时，发生反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。（5）若滤液3中c(Mg2+)=1.2×10-3mol/L，假设溶液体积为1L，则n(Mg2+)=1.2×10-3mol,沉淀这些镁离子要消耗n(OH-)=2n(Mg2+)=2.4×10-3mol,反应后溶液体积变为2L，c(OH-)=，所以n(OH-)总=2.4×10-3mol+2Lmol/L=4.410-3mol,向其中加入等体积的NaOH溶液的浓度为=4.4×10-3 mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全。 学*科#网（6）“电解”时，电解质为熔融的CaO，则阴极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，制得1molTi单质，理论上导线中通过的电子为4mol，电量为4molmol-1C=3.85×105C。10氢气是重要的化学试剂，化工原料和有广阔发展前景的新能源。请回答下列问题：I实验室用锌和稀硫酸制备氢气时，可向稀硫酸中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，原因为_。II.以甲醇为原料制备氢气的一种原理如下：i CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) H+90kJ·mol-1iiCO(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2(g) H-41kJ·mol-1（1）已知：断裂1 mol分子中的化学健需要吸收的能量如下表所示。表中x =_。（2）向vL恒容密闭容器中充入lmo1 CH3OH(g)，发生反应i，图l中能正确表示CH3OH(g)的平衡转化率(a)随温度(T)变化关系的曲线为_(填“A ”或“B”)，理由为_，T1 时，体系的平衡压强与起始压强之比为_。（3）起始向10L恒容密闭容器中充入1 mol CH3OH(g)和1molH2O(g)，发生反应i和反应ii，体系中CO的平衡体积分数与温度(T)和压强(p)的关系如图2所示。随着温度升高，的值_（填“增大”“ 减小” 或“不变”），理由为_。P1、P2、p3由大到小的顺序为_。测得C点时，体系中CO2的物质的量为0 2 mol，则T2时，反应ii的平衡常数K=_。【答案】 (1)锌置换出硫酸铜中的铜，形成许多微小原电池，加快反应速率 (2)1606 (3)B (4)反应i为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH3OH(g)的平衡转化率增大 (5)9：5 (6)减小 (7)升高温度，反应i中CO的物质的量增大，反应ii中CO的物质的量增大、CO2的物质的量减小。最终的值减小 (8)p3>p2>p1 (9)0.875iiCO(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2(g) H-41kJ·mol-1两个热化学方程式相加可得：CH3OH(g) +H2O(g) CO2(g) +3H2(g) H+49kJ·mol-1，因为H反应物的键能总和-生成物的键能总和=2038+925-x-436 =49，解之得x=1066.所以表中x =1606。(2)向vL恒容密闭容器中充入lmo1 CH3OH(g)，发生反应i，图l中能正确表示CH3OH(g)的平衡转化率(a)随温度(T)变化关系的曲线为B，理由为反应i为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH3OH(g)的平衡转化率增大，T1 时，CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)起始量（mol） 1 0 0变化量（mol） y y 2y平衡量（mol） 1-y y 2y由图像知CH3OH的转化率=40% = ,解之得y=。在同温同压下体系的平衡压强与起始压强之比等于其物质的量之比=9：5。(3).起始向10L恒容密闭容器中充入1 mol CH3OH(g)和1molH2O(g)，发生反应i和反应ii，因为反应i为吸热反应，而反应ii为放热反应，所以随着温度升高，的值减小，理由为升高温度，反应i中平衡向右移动使CO的物质的量增大，反应ii中平衡向左移动使CO的物质的量增大、CO2的物质的量减小，最终的值减小。反应i正反应方向为气体分子增多的方向，反应ii气体分子数不变，所以压强只对反应i的化学平衡产生影响，压强增大，平衡向逆反应方向移动，CO的物质的量分数变小，所以P1、P2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1。测得C点时，体系中CO2的物质的量为0.2 mol，则T2时,设混合气体中n(CO)=x，则由C原子守恒，n(CH3OH)=1mol-0.2mol-x，由反应ii: CO(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2(g)来源:学。科。网起始量（mol） 1 0 变化量（mol） 0.2 0.2 平衡量（mol） 0.8 0.2 学&%科#*网 所以平衡体系中n(H2O)=0.8mol。再由H原子守恒得:n(H2)= = 0.6mol+x因为平衡体系中CO的物质的量分数为12.5%所以 =12.5% ，解之得x=0.4mol所以平衡体系中n(CO)=0.4mol，n(H2O)=0.8mol，n(CO2)=0.2mol，n(H2)=1.4mol，由于各组分的化学计量数都是1，所以可以直接用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数，反应ii的平衡常数K= = =0.875。 学#科网11砷，稼和钢均为重要的合金材料，在工业生产和科研领域均有重要应用。请回答下列问题：（1）基态Ga原子中有_种能量不同的电子，其未成对电子数目为_。（2）GaAs的晶胞与金刚石相似，其中As原子位于晶胞的顶点和面心，则Ga原子的配位数为_。Ga、Ge、As、Se四种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_。（3）Cu3(AsO4)2是一种木材防腐剂，其阴离子中As原子的杂化轨道类型为_，H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为_。（4）Cu(NH3)4SO4是一种重要的配合物，与SO42-互为等电子体的分子的化学式为_ (任写一种)，一定压强下，将NH3和PH3的混合气体降温，首先液化的为_。（5）晶胞有两个基本要素：原子坐标参数：表示晶胞内部各原子的相对位置，一种钇钡铜氧晶体的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A 为（0，0 ，0 )，B为(0，1，1)，C为(1，1，0 )；则D原子的坐标参数为_。晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。己知：该钇钡铜氧晶体的晶饱参数分别为anm、bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，其密度为_g·cm -3(列出计算式即可)。【答案】 (1)8 (2)1 (3)4 (4)As>Se>Ge>Ga (5)sp3 (6)H3AsO4的非羟基氧原子多，As的正电性更高，羟基中的O原子的电子向As偏移程度大，更容易电离出H+ (7)CCl4（或SiCl4或CBr4或SiF4） (8)NH3 (9)（1/2，1/2，1/2） (10)（3）Cu3(AsO4)2是一种木材防腐剂，其阴离子中As原子的杂化轨道类型为sp3，H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为H3AsO4的非羟基氧原子多，As的正电性更高，羟基中的O原子的电子向As偏移程度大，更容易电离出H+。（4）Cu(NH3)4SO4是一种重要的配合物，与SO42-互为等电子体的分子的化学式为CCl4（或SiCl4或CBr4或SiF4），一定压强下，将NH3和PH3的混合气体降温，因为氨分子间可以形成氢键，所以首先液化的是NH3。来源:（5）由原子坐标参数A 为（0，0 ，0 ) 、B为(0，1，1)、C为(1，1，0 )可知，该晶胞底部为一正方体，所以D原子的坐标参数为（1/2，1/2，1/2）。由图可知，该晶胞中有1个Y原子、2个Ba原子、12 +8 =7个O原子、8 +8 =3个Cu原子，所以该晶体的化学式为YBa2Cu3O7、摩尔质量为667g/mol，则1mol该晶胞的质量为667g、体积为NAcm3=a2bNAcm3，所以该钇钡铜氧晶体密度为。 【点睛】1.基态原子中不同的原子轨道能量不同，所以有几种原子轨道就有几种能量不同的电子；在同一种多轨道的原子轨道中，电子的能量是相同的，但是它们的运动状态也是不同的，原子所有电子的运动状态都是互不相同的。 2.每个周期中的第IIA（nS2全满）、第VA（np3半充满）元素的价电子排布比较特殊，所以第一电离能也是比较特殊的，它们高于邻近的元素。 3.等电子体之间结构相似、性质相似。12有机高分子化合物M的一种合成路线如下：已知：I.RCHBr-CH2BrRCCH；II.CHCH+CH2=CH-CH=CH2来源:学*科*网。请回答下列问题：（1）A的化学名称为_，F中所含官能团的名称为_。（2）C+DE的反应类型为_。（3）B的结构简式为_，C的分子中最多有_个原子在同一直线上。（4）H+IM的化学方程式为_。（5）在催化剂，加热条件下，G与氧气反应生成Q（C9H8O3），同时满足下列条件的Q的同分异构体有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有6 组吸收峰的结构简式为_。除苯环外不含其他环状结构；能与FeCl3溶液发生显色反应；能与NaHCO3溶液反应生成CO2（6）参照上述合成路线和相关信息，以甲醇和一氯环己烷为有机原料（无机试剂任选），设计制备己二酸二甲酯的合成路线：_。【答案】 (1)苯乙烯 (2)醛基 (3)加成反应 (4) (5)6 (6)（或） (7)16 (8) (9)(1)A的化学名称为苯乙烯，F中所含官能团的名称为醛基。 (2)C+DE的反应类型为加成反应。 (3)B的结构简式为，C的分子中最多有6个原子在同一直线上，如图所示。 （4）H+IM的化学方程式为（或）。（5）在催化剂，加热条件下，G与氧气反应生成Q（C9H8O3），可知Q的结构为，同时满足条件除苯环外不含其他环状结构；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基（-OH）；能与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明有羧基（-COOH），Q的同分异构体不考虑立体异构有先在苯环上固定一个羟基，余下的部分可以是或，位置可以是羟基的邻、间或对位，共有6种；余下的部分还可以是两个基（乙烯基和羧基），先把羟基和羧基放在苯环上相邻的两个位置，改变乙烯基的位置，有4种，再把羟基和羧基放在苯环上相间的两个位置，改变乙烯基的位置，也有4种；最后把羟基和羧基放在苯环上相对的两个位置，改变乙烯基的位置，有2种。综上所述，总共有16种，其中核磁共振氢谱有6 组吸收峰的结构简式为。（6）以甲醇和一氯环己烷为有机制备己二酸二甲酯，可以先让一氯环己烷发生消去反应生成环己烯，再利用流程中的信息将环己烯氧化得到己二醛，经催化氧化又得己二酸，最后用己二酸与甲醇发生酯化反应得到产品己二酸二甲酯，合成路线如下：来源:Z.xx.k.Com。 #%