1、河北省衡水中学2019届高三下学期一调考试理科综合(化学部分)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64 Te-128一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目蒌求的。1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确的是A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量B. 分子状态的
2、改变会伴随能量变化，属于化学变化C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动【答案】B【解析】A需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故A正确；B分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；C电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；D光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；答案为B。2.下列化学用语正确的是A. 氯化钠的分子式：NaClB. NH4Br的电子式：C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子D. Mg5(Si4O
3、10)8(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O【答案】D【解析】【详解】A.氯化钠是离子化合物，化学式NaCl，没有分子式，A项错误；B.NH4Br的电子式：，B项错误；C.比例模型可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直线型，C项错误；D.Mg5(Si4O10)8(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O，D项正确。故答案选D。【点睛】比例模型不仅表示分子组成和内部成键情况，即结构式的特点，还涵盖了空间构型的特点。3.轮烷的某种合成原料由C、H、O三种元亲组成，其球棍模型如图所示。下列说法正确的是A. 该化合物的名称为乙酸乙酯B. 该
4、化合物与Br2的四氯化碳溶液不反应C. 该化合物能发生水解反应，不能发生加聚反应D. 该化合物的链状同分异构体中，能与 NaHCO3反应放出CO2的只有3种(不考虑立体异构)【答案】D【解析】【详解】A.由有机物的球棍模型可知，该有机物的结构简式为CH3COOCH=CH2，名称为乙酸乙烯酯，A项错误；B.该化合物中含有碳碳双键，可以和Br2的四氯化碳溶液发生加成反应，B项错误；C.该分子中含有酯基和碳碳双键，可以发生水解反应和加聚反应，C项错误；D.能与NaHCO3反应放出CO2，说明含有羧基，符合条件的链状同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)
5、COOH，共有3种，D项正确。故答案选D。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是31g白磷中含有1.5NA个PP键1L0.1molL1的Na2CO3溶液中所含阴离子的总数目为0.1NA标准状况下，22.4LHF中含有NA个分子电解精炼铜时，若转移NA个电子，则阳极溶解32g铜将2.24L(标准状况)Cl2溶于水，转移的电子数为0.1NA常温下，含有0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2分子的数目小于0.1NA142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NANA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gA. B. C. D. 【答案】B【
6、解析】【分析】1mol白磷中含有6molP-P键，31g白磷（0.25mol）中含有P-P键1.5NA，正确；CO32- + H2O HCO3- + OH-，1个CO32-水解产生2个阴离子，溶液中阴离子总数增大，所以1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA，错误；标况下，HF为液体，不能直接用气体摩尔体积计算，错误；粗铜中含有锌、铁、银等杂质，锌、铁先失电子，反应完成后，铜再失电子，阳极溶解铜小于32g，错误；氯气和水反应为可逆反应，0.1mol氯气反应转移电子数小于0.1NA，错误；浓硫酸与足量铜加热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，所以生
7、成SO2的分子数小于0.1NA，正确；142g全为Na2SO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142g全为Na2HPO4，含有阴、阳离子总数为3NA，142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NA，正确；胶体粒子为很多微粒的集合体，NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为大于107g，错误。【详解】综上所述，易知正确应选答案B。5.科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A. 过程I得到的Li3N中N元素为3价B. 过程生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C. 过程中能量的转化形式为化学能
8、转化为电能D. 过程涉及的反应为4OH4eO2+2H2O【答案】C【解析】【详解】A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O3LiOH+NH3，B项正确；C.由原理图可知，过程为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D.过程电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH4eO2+2H2O，D项正确。故答案选C。6.用多孔石墨电极完成下列实验。下列解释或推理合理的是实验现象I中，a.b两极均有气泡产生I
9、I，a极上析出红色固体III，a极上析出灰白色固体A. 中电解一段时间后，c(Na2SO4)一定增大B. 由中反应H2+Cu2+=Cu+2H+可知，用玻璃导管将H2通入CuSO4溶液中，也会产生红色沉淀C. 中，只可能发生反应2Ag+Cu=Cu2+2AgD. I中，a极上既发生了化学变化，也发生了物理变化【答案】D【解析】【详解】A.若电解池中Na2SO4溶液是饱和溶液，电解Na2SO4溶液相当于电解水，电解一段时间后，Na2SO4溶液仍是饱和溶液，浓度不变，A项错误；B.由中现象可知反应H2+Cu2+=Cu+2H+发生，这个发生前提是电极从电解池才取出，外界条件强加电子给铜，强行拿掉氢中的电
10、子，因而才发生，氢气通入CuSO4溶液中不会发生反应，B项错误；C.中，由于迅速从中取出，也可能发生反应2Ag+H2=2H +2Ag，C项错误；D.a极上发生的电极反应是氢离子得到电子转化为氢气，是化学变化，产生的氢气又被吸附在多孔石墨电极上是物理变化，D项正确。故答案选D。7.常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入已知浓度的NaOH溶液，若pC表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度的负对数，则所得溶液中pC(H2C2O4)，pC(HC2O4)、pC(C2O42)与溶液pH的变化关系如图所示。已知：H2C2O4HC2O4+H+ Ka1；HC2O4C2O42+H+ Ka2。则下列说法正确的是A.
11、 当pH=3时，溶液中c(HC2O4)c(C2O42)=c(H2C2O4)，A项错误；B. pH=3时溶质主要是NaHC2O4，向此时的溶液中加NaOH溶液，NaHC2O4和NaOH溶液之间会反应得到C2O42-，C2O42-的水解程度较大，对水的电离起到促进作用，B项错误；C.b点时，HC2O4-和C2O42-的浓度相同，Ka2=H+=10-5.3，C项正确；D.温度不变时，c2(HC2O4)/c(H2C2O4)c(C2O42)=，显然不随pH的增大而变化，D项错误。故答案选C。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(
12、一)必考题：共129分。8.某研究小组设计如下所示实验装置(夹持装置已略去)分别探究NO与铜粉、Na2O2的反应。已知：NO与Na2O2可发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2。NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)I关闭K3，打开K2，探究NO与铜粉的反应并检验NO。(1)反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其目的是_。(2)装置B中盛放的试剂为水，其作用是_。(3)装置F中的实验现象为_。装置H中收集的气体为_(填化学式)。关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2。(4)装置G的作用是_。(5)若省略装置C
13、，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有_(填化学式)。(6)测定反应后装置E中NaNO2的含量。已知；在酸性条件下，NO2可将MnO4还原为Mn2+，为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组同学称取ag样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，用0.100molL1的酸性KMnO4溶液滴定至终点时，消耗bmL酸性KMnO4溶液。滴定过程中发生反应的离子方程式为_。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是_。样品中NaNO2的质量分数为_用含有a、b的代数式表示)【答案】 (1). 排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮 (2). 吸收挥发出的硝酸 (3)
14、. 溶液由浅绿色变为棕色 (4). NO、N2 (5). 吸收未参与反应的NO，防止污染空气 (6). NO2和O2 (7). 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O (8). 作氧化剂和滴定剂 (9). 17.25b/a%【解析】【详解】（1）NO易与O2反应生成NO2，反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其自的是排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮。（2）硝酸易挥发，会随NO一起出来干扰后续的实验，所以装置B中盛放的试剂为水为了溶解挥发的硝酸。（3）由于在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)，装置F中的实验现象为溶液由浅绿
15、色变为棕色，D装置红色粉末变为黑色，NO和Cu发生了反应，生成CuO和N2，又因为NO是气体，不可能完全反应，故H收集的气体是一氧化氮和N2。（4）根据信息NO能与酸性高锰酸钾溶液反应，装置G的作用吸收未参与反应的NO，防止污染空气。（5）C是干燥装置，若省略装置C，那么水蒸气会与Na2O2反应生成NaOH和O2，NO和O2反应生NO2，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和O2。（6）在酸性条件下，NO2可将MnO4还原为Mn2+，化学反应方程式：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用即作为滴定反应的反应物，作氧化剂
16、，自身也可作指示剂判断反应终点，当锥形瓶滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为淡紫色，且半分钟不变色，即可。n(MnO4-)=0.1molL-1b10-3L，n(NO2-)= n(MnO4-)5/2250/25=2.510-3bmol，NaNO2的质量分数= n(NO2-)M(NaNO2)/a=172.510-3b/a。9.碲(Te)具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以Me2Te(Me表示金属Cu、Pb、Au、Ag等)的形式存在。(1)利用“氯化浸出-还原法”制备Te的工艺流程如下所示。浸出液的主要成分为CuSO4、 HAuCl4、H2TeO3，则浸出渣的主要成分为_(
17、填化学式)；“浸出”过程中，加入NaCl的作用是_。“浸出”过程中，有少量污染性气体生成，需要进行尾气处理，该气体是_(填化学名称)已知 HAuCl4是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为_。欲得到64g碲，则“二级还原”过程中至少需通入_mol SO2。(2)“氧化碱浸-电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，经电解即可获得Te。以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为_。电解过程中，阴极的电极反应式为_。与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是_(任写一点)【答案】 (1). PbSO4和AgCl (2). 增大氯离
18、子浓度，有利于HAuCl4的生成 (3). 氯气 (4). AuCl4-+3Fe2+=3Fe3+Au+4Cl- (5). 1 (6). Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O=Na2TeO3+2Cu（OH）2 (7). TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH- (8). 不生成氯气等污染性气体（或工艺简单）【解析】【详解】（1）Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子(AuCl4-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaCl
19、O3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：AuCl4-+3Fe2+=3Fe3+Au+4Cl-；H2TeO3Te，Te元素化合价变了4价，SO2SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol4=n(SO2)2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。（2）在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2ONa2TeO3+2Cu（OH）2。若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式
20、为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。根据以上分析可知与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。10.H2是一种清洁能源。在冶金、电力、材料等领域应用广泛。请回答下列问题：(1)某科研团队利用透氧膜获得N2、H2的工作原理如图甲所示(空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计)。上述过程中，膜I侧所得气体的物质的量之比n(H2)：n(N2)=3：1，则CH4、H2O与O2反应的化学方程式为_。(2)用H2和CO合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH (g) H1。已知：CO2(g)+3H2(g)=
21、CH3OH(g)+H2O(g) H2=49.0kJmol1；CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H3=41.1k Jmol1则H1=_ k Jmol1。(3)向容积可变的密闭容器中充入1 mol CO和2.2molH2，在恒温恒压条件下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡时，CO的转化率(CO)随温度、压强的变化情况如图乙所示。压强：p1_(填“” (4). 54.5 (5). (6). B点和E点 (7). 2 (8). 1 (9). BD【解析】【详解】（1）空气中N2和O2的物质的量之比约为4：1，膜侧所得气体中，氮气的量在反应前后不变，设氮气为4mol
22、，则生成氢气是12mol，由膜侧反应可知，12mol水得到电子，1mol氧气得到电子，膜上发生反应：12H2O+24e-=12H2+12O2-、O2+4e-=2O2-，膜上14molCH4中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵守电子守恒，则反应为14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2。（2）设已知反应方程式分别为a和b，则所求CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)方程式c=a+b，则H1=H2+H3=90.1kJmol1。（3）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，CO的转化率会变大，结合图像乙，保持温度不变，转化
23、率大的表示压强大，所以p1p2；该问可用三段式解决，M点(CO)=60，则CO转化了1mol60=0.6mol，下面列三段式：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)起始量 1mol 2.2mol 0转化量 0.6mol 1.2mol 0.6mol平衡量 0.4mol 1mol 0.6mol可知，H2转化了1.2mol，则H2的转化率为1.2mol/2.2mol100%=54.5；由上列式可知平衡时总物质的量n=(0.4+1+0.6)mol=2mol，Kp=。该反应为放热反应，当温度越高时，平衡常数K越小，则lgK也会越小，也就是T与lgK呈反比，所以B点和E点符合lgK与温度(T)的关系
24、。（4）保持H2的浓度不变，则，带入编号1和编号2数据，得，解得m=2，保持N2的浓度不变，则，带入编号1和编号3数据，得，解得n=1；A.H2O2参与两个反应，但第一步未做反应物，因而不是催化剂，实际上H2O2仅仅是中间产物，A项错误；B.反应i是慢反应，说明反应速率小，在其他条件一样的情况下，活化能比较高，B项正确；C.总反应速率由慢反应决定，即反应(1)，C项错误；D.碰撞理论指出能发生化学反应的碰撞是指有效碰撞，即需要一定的能量和取向的碰撞，所以在所有碰撞中部分是有效地，D项正确。故答案选BD。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多
25、做，则每科按所做的第一题计分。11.一定条件下，Fe、HCN与K2CO3可发生反应Fe+6HCN+2K2CO3=K4Fe(CN)6+H2+2CO2+2H2O。请回答下列问题：(1)金属铁的堆积方式为_，其配位数为_。(2)HCN分子的结构式为_，写出一种与CN互为等电子体的阴离子：_。(3)键角NH3_(填“”“”或“=)NF3，原因是_。(4)K4Fe(CN)6的中心离子的核外电子排布式为_。(5)C、N、O、H的第一电离能由小到大的顺序为_。(6)冰的晶体结构模型如图所示，其晶胞结构(如图所示)与金刚石的晶胞结构相似，水分子间以氢键相连，则一个晶胞中含有_个氢键，用NA表示阿伏加德罗常数的
26、值，若氢键的键长为dnm，则晶体密度=_gcm3(用含有d、NA的代数式表示)。【答案】 (1). 体心立方堆积 (2). 8 (3). (4). C22- (5). (6). N均采用sp3杂化，均有一对孤电子对，而电负性FN，故NF3中成键电子对远离中心原子N，排斥力较小，键角较小 (7). 1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6 (8). CHON (9). 16 (10). 【解析】【详解】（1）金属铁的紧密堆积方式为体心立方堆积，体心Fe原子与顶点8个Fe原子相邻，其配位数为8。（2）HCN碳形成2个键，2个键，HCN分子的结构式为，与CN-互为等电子体的阴离子是C22-。
27、（3）由于N均采用sp3杂化，均有一对孤电子对，而电负性FN，故NF3中成键电子对远离中心原子N，排斥力较小，键角较小，所以NH3和NF3键角不同。（4）配合物K4Fe(CN)6的中心离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6。（5）C、N、O处于同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第A族，第A族元素的第一电离能大于相邻元素，所以它们的电离能由小到大的顺序是CON，同时H不在第二周期，也不与C、N、O同主族，不能直接判断，可参考点睛中图像，H在C和O之间，所以最终答案CHON。（6）一个晶胞中水分子数为81/8+61/2+4=8个，晶体冰中
28、，每两个水分子间有一个氢键，平均属于每个水分子有半个，一个水分子与周围的四个水分子以氢键结合，故1mol冰中有2mol氢键，在一个晶胞中有82=16个氢键，若氢键键长为dnm，则晶体密度(gcm-3)计算式为。【点睛】关于不同周期不同主族的原子的第一电离能的判断是很难有一定的规律的，故H和C或H和O的第一电离能大小无法判断，可借助下图具体数据做出判断。本题中出现H、C、N、O的第一电离能中H原子大于C原子，原因在于H原子只有一个电子，一旦电离出电子则变成质子，需要很大的能量，因而第一电离能比较大。12.以甲醛和苯酚为主要原料，经下列转化可合成酚醛树脂和重要的有机合成中间体D(部分反应条件和产物
29、已略去)已知：R1CH2COOCH2+R2COOCH3CH3OH+请回答下列问题：(1)反应的反应类型为_；A的化学名称为_。(2)C中所含官能团的名称为_；D的分子式为_。(3)反应的化学方程式为_。(4)A的下列性质中，能反映支链对苯环结构产生影响的是_(填字母)。a能与氢氧化钠溶液反应b能使酸性高锰酸钾溶液褪色c向稀溶液中加入浓溴水后，产生沉淀(5)芳香化合物E(C8H10O2)与B的水解产物互为同分异构体，1molE可与2 mol NaOH反应，其核磁共振氢谱中有3组峰且峰面积之比为3：1：1，则E有_种可能的结构(不考虑立体异构)。(6)以CH3OH和CH3ONa为原料(其他试剂任选
30、)，设计制备CH3COCH2 COOCH3的合成路线：CH3OH_。【答案】 (1). 加成反应 (2). 邻羟甲基苯酚 (3). 醚键和酯基 (4). C19H20O5 (5). (6). c (7). 4 (8). CH3OHCH3ClCH3CNCH3COOCH3CH3COCH2COOCH3【解析】【详解】（1）反应指在酸催化下，等物质的量的苯酚与甲醛反应，苯酚邻对位的氢原子与甲醛的羰基加成生成羟甲基苯酚，因而反应类型是加成反应，产物A的名称是邻羟甲基苯酚。（2）C是对甲氧基苯乙酸甲酯，其结构简式为，可知C含有醚键和酯基，D分子式为C19H20O5。（3）反应是邻羟甲基苯酚之间相互脱水缩合
31、成线型结构高分子，其化学方程式：。（4）A是苯酚，侧链羟基会活化苯环氢原子，使得易发生邻位和对位的取代反应，例如苯酚和溴水反应生成2,4,6-三溴苯酚，故答案选c。（5）根据E的分子式C8H10O2可算出不饱和度为4，结合E是芳香族化合物，说明含有苯环，侧链无不饱和键或者环，又1molE可与2 mol NaOH反应，说明苯环连着两个羟基，最后其核磁共振氢谱中有3组峰且峰面积之比为3：1：1，调整侧链两个碳原子和羟基的位置，符合条件共有4种，分别是、和。（6）结合题设框图合成D的反应路径，关键要合成乙酸甲酯CH3COOCH3，利用信息中提供的反应便可制备CH3COCH2 COOCH3，因而路线设置为 。【点睛】本题中需要判断复杂的结构简式的分子式，直接数可能会造成错误，尤其是氢原子数错，那么这时可借助不饱和度与结构的关系来判断是否正确。操作如下，一个双键或一个环为1个不饱和度，一个三键为2个不饱和度，因此题中D的不饱和度为10，结合数出来的分子式就是C19H20O5可计算不饱和度也是10，那么得到分子式基本无误，这样这类问题就简单了。
