河南省郑州市2019届高三下学期第二次质量预测理科综合化学试题(解析版)(16页).doc

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1、-河南省郑州市2019届高三下学期第二次质量预测理科综合化学试题(解析版)-第 16 页郑州市2019年高中毕业班第二次质量预测理综试卷 2019.3.27一、选择题：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.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A. 棉花、蚕丝、腈纶均为天然纤维B. 淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸C. 氢氧化铝可用于中和胃酸过多D. 纯碱溶液可用于去除餐具表面的油污【答案】A【解析】【分析】A、腈纶不是天然纤维；B、淀粉是多糖，水解生成葡萄糖；C、氢氧化铝是两性氢氧化物；D、纯碱水解后溶液呈碱性。【详解】A、棉花、蚕丝均为天然纤维，腈纶不是天

2、然纤维，故A错误；B、淀粉是多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，故B正确；C、氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝可用于中和胃酸过多，故C正确；D、纯碱水解后溶液呈碱性，可以用于去除餐具表面的油污，故D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. 电解精炼铜时，阳极质量减小64g，转移电子数为2NAB. 100g质量分数为46的乙醇溶液中含有氢原子数为12NAC. 78gNa2O2固体中含有离子总数为04NAD. 100mL10molL-1浓盐酸与足量MnO2 加热充分反应，生成Cl2 的数目为0.25NA【答案】B【解析】【分析】A、电解法精炼

3、铜，阳极是铜、铁、锌、镍失电子；B、100g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为100g46%/46gmol1=1mol，H2O的物质的量为(100g-46g)/18gmol1=3mol；C、7.8gNa2O2固体中含有离子总数为0.3NA；D、随着反应的进行，浓盐酸变稀，反应停止。【详解】A、电解法精炼铜，阳极是粗铜，其中的铜、铁、锌、镍等失电子，当阳极质量减少 64g 时，外电路通过电子数不一定是 2NA，故A错误；B、100g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为100g46%/46gmol1=1mol，H2O的物质的量为(100g-46g)/18gmol1=3mol，

4、乙醇溶液中含有氢原子数为（1mol6+3mol2）NAmol1=12NA，故B正确；C、7.8gNa2O2固体中含有离子总数为0.3NA，故C错误；D、100mL10molL-1浓盐酸与足量MnO2加热充分反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，反应停止，无法计算生成Cl2 的数目，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，难点是电解精炼、弱电解质电离平衡应用、盐类水解的分析判断，易错点B，易忽略水中的氢原子。3.R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同主族，R的最外层电子数是次外层电子数的2倍。W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒。R与W元素原子的最

5、外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子的半径：WYZB. 氧化物对应水化物的酸性：ZRXC. X与Z形成的化合物溶于水可抑制水的电离D. 最高价氧化物的熔点：YR【答案】D【解析】【分析】R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，R的最外层电子数是次外层电子数的2倍，R含有2个电子层，最外层含有4个电子，R为C元素；W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒，该单质为臭氧，则W为O元素，又W与Y同主族，则Y为S元素；Z为短周期主族元素，原子序数大于S，则Z为Cl元素；R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之

6、和，则X最外层电子数=4+6-7=3，位于A族，原子序数大于O，则X为Al元素。【详解】由上分析：R为C，W为O，X为Al，Y为S，Z为Cl。A离子的电子层越多离子半径越大，WZ，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，ZY，则简单离子半径：WZY，故A错误；B没有指出最高价氧化物对应水化物，无法比较C、Cl的含氧酸酸性，故B错误；CX与Z形成的化合物为氯化铝，铝离子水解促进了水的电离，故C错误；D三氧化硫和二氧化碳都属于分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，则最高价氧化物的熔点：YR，故D正确；故选：D。4.实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（ ）A. B

7、. C. D. 【答案】C【解析】【分析】乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析【详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；故选C。5.甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A. 甲、乙的化学式均为C8H14B. 乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C. 丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D. 甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析

8、】A根据结构简式判断；B乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；C苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；D乙与高锰酸钾不反应。【详解】A由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH原子上，共有7种，故B正确；C苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。6.实验室利用废弃旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示

9、：下列叙述错误的是（ ）A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2B. 铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2C. 与加入锌粉反应的离子为Cu2+、H+D. “过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO【答案】D【解析】【分析】利用废旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收 Cu并制备ZnO，电池铜帽加入稀硫酸、过氧化氢溶解，铜生成硫酸铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，沉淀锌离子得到氢氧化锌，分解得到氧化锌。【详解】A酸性条件下，通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜，故A正确；

10、B铜帽溶解后，溶液中存在过氧化氢，将溶液加热至沸腾，H2O2受热分解，可除去溶液中过量的H2O2，故B正确；C固体溶解中溶液中存在Cu2、H，二者都与锌反应，故C正确；D滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，将滤液蒸干得到ZnSO4和Na2SO4，高温灼烧时硫酸锌分解而硫酸钠，故不能得到纯净的ZnO，故D错误。故选D。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，解题关键：明确制备流程，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，易错点A，酸性条件下，通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜。7.下图为一种利用原电池原理设计测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag+的固体电解质。O

11、2可以通过聚四氟乙烯膜与AlI3 反应生成Al2O 3和I2，通过电池电位计的变化可以测得O2的含量。下列说法正确的是（ ）A. 正极反应为：3O2+12e-+4Al3+=2Al2O3B. 传感器总反应为：3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgIC. 外电路转移0.01mol电子，消耗O2的体积为0.56LD. 给传感器充电时，Ag+向多孔石墨电极移动【答案】B【解析】【分析】由图可知，传感器中发生4AlI3+3O22Al2O3+6I2，原电池反应为2Ag+I2=2AgI，所以原电池的负极发生Ag-e=Ag，正极发生I2+2Ag+2e=2AgI，充电时，阳极与外加电源正极相接、阴

12、极阴极与外加电源负极相接，反应式与正极、负极反应式正好相反【详解】A原电池正极电极反应为I2+2Ag+2e=2AgI，故A错误；B由题中信息可知，传感器中首先发生4AlI3+3O22Al2O3+6I2，然后发生原电池反应2Ag+I2=2AgI，+3得到总反应为3O2+4AlI3+12Ag2Al2O3+12AgI，故B正确；C没有指明温度和压强，无法计算气体体积，故C错误；D给传感器充电时，Ag向阴极移动，即向Ag电极移动，故D错误；故选B。8.莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O，Mr392是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度

13、。回答下列问题：制取莫尔盐（1）连接装置，检査装置气密性。将0.1mol（NH4）2SO4，晶体置于玻璃仪器中_（填仪器名称），将6.0g洁浄铁屑加人锥形瓶中。（2）打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2molL-1稀硫酸后关闭K1。A装置中反应的离子方程式为_待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为_，原因是_关闭活塞K2、K3，采用100水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、_、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液pH在12之间，其目的为_装置C的作用为 _，装置C存在的缺点是_测定莫尔盐样品纯度（3）称取所得莫尔

14、盐样品10.0g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液，取20.00mL溶液加人稀硫酸，用0.1molL-1的KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消耗10.00mlKMnO4溶液。滴定反应的离子方程式为_，该样品的纯度为_【答案】 (1). 三颈烧瓶（三颈瓶或三口瓶或三口烧瓶） (2). Fe+2H+H2+Fe2+ (3). A中的液体被压入B中 (4). A中产生氢气，使A中压强增大 (5). 过滤 (6). 抑制Fe2+水解 (7). 液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+ (8). 不能除去尾气中的H2或答可能会倒吸均可 (9). 5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2

15、O (10). 98%【解析】【分析】制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3 ，打开K2、K1，加入55.0mL2molL-1稀硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气赶出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，得莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2；测定莫尔盐样品的纯度：根据5Fe2+MnO4+8H5Fe3+Mn2+4H2O离子方程式计算。【详解】（1）由装置结构可知该装置为三颈烧瓶；（2）铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2HH2+

16、Fe2；待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，将A中的液体压入B中，此时可以看到的现象为：A中的液体被压入B中；原因是：A中产生氢气，使A中压强增大；采用100水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶，然后用过滤的方法将晶体从溶液中分离出来；硫酸过量，保持溶液的pH在12之间，其目的为抑制Fe2 水解；装置C的导管插入液面以下，可起到液封作用，前可防止空气进入三颈烧瓶将Fe2氧化。装置C存在的缺点是：不能除去尾气中的H2，也不能防止倒吸；（3）Fe2具有还原性，与高锰酸钾反应5Fe2+MnO4+8H5Fe3+Mn2+4H2O，n（KMnO4）=0.01L0

17、.1molL1=0.001mol，则20.00mL溶液中n（Fe2）=0.005mol，10.0g样品中n（Fe2）=0.005mol100mL/20mL=0.025mol，则10.0g样品中（NH4）2Fe（SO4）26H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为0.025mol392gmol1/10g100%=98%。【点睛】本题以莫尔盐的制备为载体，考查实验原理与装置、氧化还原反应滴定应用以计算，易错点：注意（3）中计算，容易忽略所取溶液体积。9.硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：回

18、答下列问题：（1）为提高反应的浸出速率，可采用的措施为_（答出两条)。（2）已知反应生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式_。（3）反应为Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)；常温下的Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。则Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数的数量级为_。（4）写出反应的化学方程式_。（5）室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-的摩尔分数随pH的变化如图所示，则室温下H2SeO3的Ka2=_。（6）工业上粗银电解

19、精炼时，电解液的pH为1.52，电流强度为510A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生_(写电极反应式)，若用10A的电流电解60min后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为_%。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500Cmol-1)【答案】 (1). 加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等任答两条 (2). 4AgCl+N2H4H2O+4OH-4Ag+4Cl-+N2+5H2O(或4AgCl+N2H4+4OH-4Ag+4Cl-+N2+4H2O) (3). 101

20、4 (4). H2SeO3+ 2SO2 +H2O =2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O (5). 10-7.3或5.010-8 (6). 2H+2e-H2 (7). 80.4【解析】【分析】硒化银半导体废料（含Ag2Se、Cu单质），加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，被还原成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银。【详解】（1）为提高反应的浸出速率，可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施，任

21、答两条；（2）已知反应生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，反应的离子方程式为4AgCl+N2H4H2O+4OH4Ag+4Cl+N2+5H2O；（或4AgCl+N2H4+4OH4Ag+4Cl+N2+4H2O）；（3）由图象可知Ksp（Ag2SO4）=10-5，Ksp（AgCl）=10-9.75，Ag2SO4（s）+2Cl（aq）2AgCl（s）+SO42（aq）的化学平衡常数K=c(SO42)/c2(Cl)=Ksp(Ag2SO4)/Ksp(AgCl)2=10-5/(10-9.75)2=1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014；（4）反应的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O

22、 2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO32H2SO4+Se+H2O；（5）由图象可知H2SeO3的Ka2=c(H)c(SeO32)/c(HSO3)=10-7.3或5.010-8；（6）若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H+2eH2，用10A的电流电解60min，则电子的物质的量为106060/96500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，而得到32.4gAg，物质的量为32.4g/108gmol1=0.3mol，则该电解池的电解效率为0.3/0.373100%=80.4%。10.氮的氧化物(NOx)是大气主要污染物，

23、有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（1）N2O又称笑气，有轻微的麻醉作用，N2O在一定条件下可分解为N2、O2。回答下列问题：已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H1=+180.5kJmol-12NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H2=-114.14kJmol-13NO(g)=N2O(g)+NO2(g) H3=-115.52kJmol-1则反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g) H=_ kJmol-1（2）汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10molCO和8molNO发生反应,测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如

24、下图已知T2T1，则反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，H_0（填“”“=”或“”或“”) ，原因是_。As2O3(砒霜)是两性氧化物，As2O3溶于盐酸生成AsCl3，AsCl3用LiAlH4还原生成AsH3。（3）AlH4-的中心原子的杂化方式为_，其空间构型为_，写出一种与AlH4-互为等电子体的分子的化学式_。AsH3分子中HAsH键角_109.5（填“”、“=”或“”)。AsH3沸点低于NH3，其原因是_。（4）有机砷是治疗昏睡病不可缺少的药物，该有机砷中存在的化学键的种类为_(填字母编号)。a离子键 b键 c键 d碳碳双键（5）砷化镍激光在医学上用于治疗皮肤及

25、粘膜创面的感染、溃疡等，砷化镍晶胞如图所示，该晶胞密度为_gcm-3(列式即可，不必化简)。【答案】 (1). 3d84s2 (2). 哑铃（纺锤） (3). (4). As元素原子的4p轨道上的电子呈半满状态，比较稳定 (5). sp3 (6). 正四面体 (7). SiH4或CH4 (8). (9). 液态NH3分子间能形成氢键，AsH3分子间只有范德华力 (10). abc (11). 或或【解析】【分析】（1）Ni原子序数为28，基态Ni原子的价电子为3d能级上的8个电子、4s能级上的2个电子，基态As原子核外电子排布式为Ar3d104s24p3，该基态原子中占据最高能级的电子为4p电

26、子，为哑铃形；（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半空时较稳定；（3）AlH4的中心原子Al的价层电子对个数=4+(3+1-41)/2=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化方式及其空间构型，与AlH4互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是8；AsH3分子中As原子价层电子对个数=3+(5-31)/2=4且含有1个孤电子对，该分子为三角锥形结构，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致其键角减小；氨分子间能形成氢键，氢化物熔沸点较高；（4）有机砷中共价单键中存在键，苯环中存在大键，钠离子和阴离子之间存在离子键；（5）该晶胞中Ni原子个数=41/1

27、2+41/6+21/3+21/6=2、As原子个数为2，Ni和As原子个数之比为2：2=1：1，晶胞体积=（a10-10 cm）2sin60b10-10cm=，晶胞密度= ，代入计算。【详解】（1）Ni原子序数为28，基态Ni原子的价电子为3d能级上的8个电子、4s能级上的2个电子，基态As原子核外电子排布式为Ar3d104s24p3，其价电子排布式为3d84s2，该基态原子中占据最高能级的电子为4p电子，为哑铃形；（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半空时较稳定，As元素原子的4p轨道上的电子呈半满状态，比较稳定；（3）AlH4的中心原子Al的价层电子对个数=4+(3+1-41)/2=4，不

28、含孤电子对，根据价层电子对互斥理论，Al原子杂化方式为sp3、空间构型为正四面体结构，与AlH4互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是8，其等电子体有 SiH4或CH4；AsH3分子中As原子价层电子对个数=3+(5-31)/2=4，含有1个孤电子对，该分子构型为三角锥形，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，该分子中含有孤电子对，导致其键角减小，小于109.5；分子间能形成氢键的氢化物熔沸点较高，液态NH3分子间能形成氢键，AsH3分子间只有范德华力，氨气熔沸点较高；（4）有机砷共价单键中存键，苯环中存在大键，钠离子和阴离子之间存在离子键，所以含有离子键、键、键，

29、故选abc；（5）该晶胞中Ni原子个数=41/12+41/6+21/3+21/6=2、As原子个数为2，Ni和As原子个数之比为2：2=1：1，晶胞体积=（a10-10 cm）2sin60b10-10cm=，晶胞密度= = gcm3。12.化合物F是一种药物合成的中间体，F的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）的名称为_。（2）D中含氧官能团的名称为_。（3）BC的反应方程式为_。（4）DE的反应类型为_。（5）C的同分异构体有多种，其中苯环上连有ONa、2个CH3的同分异构体还有_种，写出核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6:2:1的同分异构体的结构简式_。（6）依他尼酸钠（）是一种

30、高效利尿药物，参考以上合成路线中的相关信息，设计以 为原料（其他原料自选）合成依他尼酸钠的合成路线。_【答案】 (1). 2-氯丙酸 (2). 羧基、醚键 (3). (4). 取代反应 (5). 5 (6). (7). 【解析】【分析】由流程图可知：A在催化剂作用下发生苯环上溴代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生信息中取代反应生成D，由信息D发生取代反应生成E，由E的结构、反应条件，逆推可知D为、C为、B为对比E、F的结构，可知E的羧基与碳酸钠反应，E中亚甲基与甲醛发生加成反应、消去反应引入碳碳双键，最终生成F。（6）模仿CF的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2C

31、H2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物。【详解】（1）中Cl为取代基，丙酸为母体从羧基中C原子起编碳号，名称为：2-氯丙酸；（2）D为，D中含氧官能团的名称为：羧基、醚键；（3）BC的反应方程式为：（4）DE是苯环上H原子被-COCH2CH3替代，属于取代反应；（5）C（）的同分异构体有多种，其中苯环上连有ONa、2个CH3的同分异构体，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-ONa分别有2种、3种、1种位置结构，共有6种，不包括C本身还有5种，核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6：2：1的同分异构体的结构简式为：；（6）模仿CF的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物，合成路线流程图为：。