1、 河南八市重高联盟领军考试2019届高三第三次测评理科综合试卷化学部分注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 355 Cr 5
2、2 Cu 64 Zn 651绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法正确的是A固体1中主要含有CaCO3、CaSO3BX可以是空气，且需过量C捕获剂所捕获的气体主要是COD处理含NH废水时，发生的反应为：NH+5NO+4H+=6NO+4H2O【答案】C【解析】A固体还包括过量的Ca(OH)2，A错；B通入空气不能过量，不然会生成NO，B错；C通过分析，气体2为一氧化碳和氮气的混合气体，氮气无污染，所以捕获气体为一氧化碳，C项正确；D铵根离子和亚硝酸根离子发生氧化还原
3、反应生成氮气，方程式为NH+NO=N2+2H2O，D错。故选C。2水解反应是有机化学中常见反应，下列有关说法正确的是A糖类水解时均生成具有还原性的葡萄糖B蛋白质水解的终产物是具有两性的氨基酸C油脂属于高分子，水解产物之一是甘油D乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙醇和乙酸【答案】B【解析】A蔗糖水解有果糖生成，A错；B蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸具有两性，B正确；C油脂不属于高分子，C错；D乙酸乙酯在碱性条件下水解应生成乙酸盐，D错。故选B。3某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：下列说法不正确的是A中的大量气泡主要成分是氧气B中溶液变红，说明有碱性物质生成C中现象可能是由于溶液中含有
4、强氧化性物质造成的D中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度【答案】D【解析】A过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；C过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D错误；故选D。4用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A100C时，1L pH=6纯水中含H+数目为106NAB0.1molL1 Na2CO3溶液中，Na+的数目为0.2NAC常温常压下，17g羟基（-18OH）所含中子
5、数为9NAD标准状况下，22.4L CHCl3中所含CCl键的数目为3NA【答案】A【解析】A根据pH的定义，1L pH=6纯水中含H+数目为106NA，A正确；B溶液无体积，B错；C-18OH的摩尔质量是19gmol1，每个羟基含有10个中子，故C错；DCHCl3在标准状况下是液态，D错。故选A。5Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图（如图），电解总反应为：2Cu+H2OCu2O+H2。下列说法正确的是A电子的流向：电源负极石墨电极Cu电源正极B铜电极上的电极方程式为2Cu+H2O-2e=Cu2O+2H+C电解后溶液的pH变大D当有0.1mol电子转移时
6、，有0.1mol Cu2O生成【答案】C【解析】A“石墨电极Cu”是通过溶液中的离子导电，A错；B强碱条件下方程式书写错误，B错；C反应消耗水，溶液体积变小，pH变大，C正确；D由总反应可知：Cu2O2e，故当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，D错。故选C。6短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大。X和M的原子核外最外层电子数是周期数的二倍，Y、Z、M最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列叙述正确的是A元素非金属性由弱到强的顺序：M、N、XB原子最外层电子数由少到多的顺序：Y、Z、X、M、NC电解熔融的N和Z形成的化合物可得到对应的N和Z的单质D单
7、质Y的熔点高于单质Z的熔点【答案】B【解析】X和M的原子核外最外层电子数是周期数的二倍，说明X为第二周期最外层有4个电子，即为碳元素，M为第三周期最外层有6个电子，为硫元素，Y、Z、M最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，说明为钠、铝和氯元素。X、Y、Z、M、N分别为C、Na、Al、S、Cl。A项非金属性由弱到强的顺序是X、M、N，A错；B五种元素最外层电子数分别为4、1、3、6、7，所以顺序为Y、Z、X、M、N，故正确；C项AlCl3属共价化合物，熔融态不导电，C错；D项单质钠的熔点低于单质铝的熔点，D错。故选B。7常温下，将pH均为11，体积均为V0的AOH和BOH溶液，分别加水稀释
8、至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列说法不正确的是A碱性强弱：AOHBOHB水的电离程度：a=bcC稀释相同倍数时：c(A+)c(B+)D中和盐酸的能力：a=bc【答案】D【解析】由图知当lg=2时，AOH的pH下降了2个单位，故AOH为强碱，同理BOH为弱碱，故A正确；B项水的电离程度受溶液中c(OH)的影响，溶液中的氢离子就为水电离的，所以根据pH的大小分析水电离程度，故abc，B正确；C起始溶液中两种离子B+和A+的浓度相同，稀释相同倍数时，弱碱BOH电离程度增大，c(B+)c(A+)，C项正确；D起始弱碱的浓度比强碱浓度大，等体积的两种溶液中和盐酸的能力：bca，D不正确。故选D。
9、8某化学研究性学习小组探究与铜有关的物质的性质，过程设计如下：【提出猜想】问题1：在周期表中，铜与铝的位置很接近，氢氧化铝具有两性，氢氧化铜有两性码？问题2：铁和铜都有变价，一般情况下，Fe2+的稳定性小于的Fe3+，Cu+的稳定性也小于Cu2+吗？问题3：硫酸铜溶液呈蓝色，铜与浓硝酸常温下反应生成的溶液也是蓝色吗？【实验探究】I解决问题1：（1）实验需配制100mL 0.50molL1 CuSO4溶液，必需的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、_、_。（2）为达到目的，某同学认为只要进行两次实验即可得出结论。请写出实验的具体内容。向盛有CuSO4溶液的试管中滴加NaOH溶液至过量，观察生成的Cu(OH
10、)2沉淀是否溶解；_。II解决问题2的实验步骤和现象如下：取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80C100C得到黑色固体粉末；继续加热至1000C以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在。根据以上实验及现象：（3）写出氧化亚铜与稀硫酸反应的离子方程式_。（4）从实验中可得出的结论是：当温度在1000C以上时_（填：Cu2+或Cu+，下同）稳定，在酸性溶液中_稳定。III解决问题3，某同学设计的实验如下：取一铜片装入试管，加入适量的浓硝酸，观察溶液的颜色变化。（5）另一同学认为此
11、同学设计的实验有缺陷，原因是_。（6）铜与浓硝酸反应溶液呈绿色，有同学认为这是生成的NO2溶于其中的原因。请设计实验说明此解释是否正确。（只需要写出一种方法取可）实验步骤实验结论_【答案】（1）玻璃棒 100mL容量瓶 （2）另取实验中所得沉淀，滴加稀硫酸（或稀盐酸等）至过量，观察沉淀是否溶解（3）Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O （4）Cu+ Cu2+ （5）产生NO2气体，污染环境 （6）向反应后的溶液中通入足量空气 若溶液变蓝，则假设成立【解析】（1）实验需配制100mL 0.50molL1 CuSO4溶液，必需的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶；（2）两性氢氧化物
12、能溶于强酸强碱溶液，所以需要检验氢氧化铜是否溶于氢氧化钠或硫酸，所以需要另取实验中所得沉淀，滴加稀硫酸（或稀盐酸等）至过量，观察沉淀是否溶解；（3）根据题干信息分析，氧化亚铜和硫酸反应生成硫酸铜和铜，离子方程式为：Cu2O+2H+ Cu+Cu2+H2O；（4）继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明当温度在1000C以上时Cu+稳定，但与硫酸反应生成铜离子，所以在酸性溶液中Cu2+稳定；（5）铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，污染环境；（6）二氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，若向反应后的溶液中通入足量空气，反应生成硝酸，二氧化氮消失，若溶液变蓝，则假设成立。9钛是一种重要的金
13、属，以钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），还含有少量Fe2O3为原料制备钛的工艺流程如图所示。（1）滤液1中钛元素以TiO2+形式存在，则“溶浸”过程发生的主要反应的化学方程式为_。（2）物质A为_（填化学式），“一系列操作”为_。（3）“水解”步骤中生成TiO2xH2O，为提高TiO2xH2O的产率，可采取的措施有_、_。（写出两条）。（4）“电解”是以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融CaO为电解质。阴极的电极反应式为_；若制得金属Ti 9.60g，阳极产生气体_mL（标准状况下）。（5）将少量FeSO47H2O溶于水，加入一定量的NaHCO3溶液，可制得FeCO3，写出反应的离子方程
14、式_；若反应后的溶液中c（Fe2+）=2106molL1，则溶液中c（CO）=_molL1。（已知：常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5106molL1）【答案】（1）FeTiO32H2SO4 TiOSO4FeSO42H2O （2）Fe 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 （3）加水稀释反应物 加碱中和生成的酸、加热等 （4）TiO24e=Ti2O2 480 （5）Fe2+2HCOFeCO3+CO2+ H2O 1105【解析】（1）因钛铁矿主要成分为FeTiO3，且滤液1中钛元素以TiO2+形式存在，所以其主要反应化学方程式为FeTiO32H2SO4 TiOSO4FeSO42H2O。（2）该流程中还有副
15、产物FeSO47H2O，故需将溶浸产物中的Fe3+除去，物质A为Fe，“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。（3）“水解”反应为TiO2+(x1)H2O=TiO2xH2O2H+，根据平衡移动原理，为提高TiO2xH2O的产率可以加水稀释反应物、加碱中和生成的酸、加热等。（4）“电解”过程中阴极反应：TiO24e=Ti2O2，阳极反应：2O24e=O2，若制得金属Ti 9.60g，则n(Ti)=n(O2)=0.2mol，V(O2)=4480mL（标准状况下）。（5）由题意知该反应化学方程式为：Fe2+2HCOFeCO3+CO2+H2O；由常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5106molL1
16、，KSP(FeCO3)=2.0251011mol2L2，则c(CO)=1.013105molL1。10二甲醚是一种重要的精细化工产品，被广泛用于制药、染料、农药及日用化工。以下为其中一种合成二甲醚的方法：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.1kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-24.5kJmol12CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H3（1）H3=_kJmol1。（2）某温度下在容积为2L的密闭容器中加入CH3OH(g)发生反应，测得有关数据如下：反应时间/min01234n（CH3OH）/
17、mol1.020.40.20.020.02前2min内，H2O(g)的平均反应速率为_molL1min1；此反应在该温度下的平衡常数为_；若再向容器中分别加入CH3OH(g) 0.02mol、CH3OCH3(g) 1.0mol，此时该反应中正_逆（填“”、“”或“=”）。根据文献，甲醇的转化率可以根据冷凝的液相中甲醇与水的百分含量来计算（忽略挥发到气相的甲醇），若以A表示冷凝液中水的质量分数，B表示冷凝液中甲醇的质量分数，则甲醇的转化率（CH3OH）=_。（3）一定条件下，发生反应，原料气中和温度对CO2转化率影响的实验数据如图所示。结合图像，可得出CO2平衡转化率受外界条件影响的变化规律为：
18、a：_；b：_。【答案】（1）122.7 （2）0.1025 625 （3）其他条件不变，CO2平衡转化率随原料气中n(H2)/n(CO2)的增大而增大 其他条件不变，CO2平衡转化率随反应温度的升高而降低【解析】（1）根据盖斯定律分析，将方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.1kJmol1；2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-24.5kJmol1进行如下计算2+可以热化学方程式为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H3=-49.12+-24.5=122.7 kJmol1；（2）2CH3OH(g)
19、CH3OCH3(g)+H2O(g)起始(mol) 1.02 0 0改变(mol) 1.00 0.50 0.50 平衡(mol) 0.02 0.50 0.50 H2O(g)的平均反应速率为=0.1025molL1min1；此反应该温度下的平衡常数为K=625；若再向容器中分别加入CH3OH(g) 0.02mol、CH3OCH3(g) 1.0mol，则Qc=K，说明反应正向移动，即正反应速率大于逆反应速率；根据方程式2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)计算，甲醇的转化率（CH3OH）= =；（3）从图分析，其他条件不变，即温度不变下，CO2平衡转化率随原料气中n(H2)/n(CO2
20、)的增大而增大；当n(H2)/n(CO2)相同时，CO2平衡转化率随反应温度的升高而降低。11铜、镓、砷等元素形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，回答下列问题：（1）基态铜原子的核外电子占有的能级数为_，轨道数为_。（2）根据元素周期律，原子半径Ga_As，第一电离能Ga_As。（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立体构型为_，其中As的杂化轨道类型为_。（4）铜与CN-可形成络合离子Cu(CN)42，写出一种与CN-等电子体的分子化学式_；若将Cn(CN)42中二个CN换为Cl，只有一种结构，则Cu(CN)42中4个氮原子所处空间位置关系为_。（5）GaAs的熔点为1238C，密
21、度为p gcm3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为_，Ga与As以_键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol-1和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。【答案】（1）7 15 （2）大于 小于 （3）三角锥形 sp3 （4）N2或CO 正四面体 （5）原子晶体 共价 【解析】（1）基态铜的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1, 所以有7个能级，轨道数为15；（2）Ga和As位于第四周期，前者核电荷数小，所以根据元素周期律分析，同周期元素，随着核电荷数增大，半径减小，第
22、一电离能增大；（3）AsCl3分子中As原子价层电子对个数为=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的李体构型为三角锥形，As原子杂化类型为sp3；（4）等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，根据CN分析，可以是N2或CO；若将Cu(CN)42中二个CN换为Cl，只有一种结构，说明则Cu(CN)42中CN处于相同的位置，即4个氮原子所处空间位置关系为正四面体；（5）GaAs的熔点为1238C，熔点较高，以共价键结合形成的属于原子晶体，密度为p gcm3，根据均摊法计算，As的个数为，Ga的个数为41=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=，晶胞的体积V2= ，故GaAs
23、晶胞中原子的体积的百分率为V1/V2100%，将V1、V2带入计算得百分率。12有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。请回答下列问题：（1）F的化学名称是_，的反应类型是_。（2）E中含有的官能团是_（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为_。（3）将反应得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应的化学方程式_。（4）、两步能否颠倒？_（填“能”或“否”）理由是_。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有_种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为112222的结构简式为_。（6）参照有机物W的上述合成路
24、线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）。【答案】（1）苯甲醇 消去反应 （2）碳碳双键、羧基 （3） （4）否 在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化 （5）5 （6）【解析】（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，为在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成。（2）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。（3）经过反应，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应的化学方程式。（4）、两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为112222的结构简式为。（6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为：。