河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三化学下学期第五次测评试题(含解析)

河南省八市重点高中缔盟“领军考试”2019届高三化学下学期第五次测评试题（含解析）青铜的主要成分是铜和锡，锡的熔点是232℃，含锡25%的青铜熔点约为800℃，《吕氏春秋?别类编》中相关于青铜的记录“金（铜）柔锡柔，合两柔则为刚，墦（烧）之则为掉（液体)。”。以下说法正确的选项是（）在轮船外壳悬挂锌、锡等金属块可减慢钢铁的腐化合金的熔点必然低于各组分金属的熔点铜和锡在元素周期表均位于第四周期“合两柔则为刚”表现了合金的硬度平时大于各组分金属的特点【答案】D【解析】【详解】A.锡的金属性弱于铁，在轮船外壳悬挂锡金属块会加快钢铁的腐化，选项A错误；B.依照题中信息可知青铜的熔点高于锡，选项B错误；C.锡在元素周期表位于第五周期，选项C错误；D.“合两柔则为刚”表现了合金的硬度平时大于各组分金属的特点，选项D正确。答案选D。2.化学与生产、生活亲近相关，以下说法错误的选项是（）食品包装袋中充入氮气可防范食品氧化变质瓷器烧制前后颜色不同样的现象称为“窑变”，“窑变”属于物理变化酸性重铬酸钾溶液可用于测试司机可否饮酒从健康角度考虑臭氧比氯气更适合作为自来水消毒剂【答案】B【解析】【详解】A、由于氮气的化学性质不爽朗，可将氮气充入食品包装袋中防范食品变质，选项A正确；B、“窑变”是由于高温下某些金属元素的价态发生变化从而以致颜色变化，“窑变”属于化学变化，选项B错误；C、酸性重铬酸钾溶液可氧化乙醇，溶液颜色变绿色，故酸性重铬酸钾溶液可用于测试司机是-1-否饮酒，选项C正确；D、从健康角度考虑臭氧比氯气更适合作为自来水消毒剂，不产生氯残留，选项D正确。答案选B。3.Aminolevulinicacid是一种新式小分子药物，其构造为，以下说法错误的选项是（）A.Aminolevulinicacid的分子式是C5H7NO3B.lmol该分子最多只能与lmol氢气发生加成反应C.Aminolevulinicacid能发生氧化反应、还原反应和取代反应D.Aminolevulinicacid分子中含有四种官能团【答案】B【解析】【详解】A.依照Aminolevulinicacid的构造简式可知，其分子式是C5H7NO3，选项A正确；B、能与氢气加成的是羰基和碳碳双键，羧基不能够与氢气发生加成反应，因此1mol该分子最多可与2mol氢气发生加成反应，选项B错误；C、Aminolevulinicacid含有羰基、碳碳双键和氨基，能发生氧化反应、含有碳碳双键和羰基，能发生还原反应和含有羧基、氨基，能发生取代反应，选项C正确；D、Aminolevulinicacid分子中含有四种官能团羰基、羧基、碳碳双键和氨基，选项D正确；答案选B。4.短周期主族元素W、X、Y、Z在周期表中的地址以下列图，以下说法错误的选项是（）A.简单氢化物沸点：X>Z用pH试纸可测得YZX和YZX4溶液分别显碱性和中性W单质可用于工业冶炼铁、硅原子半径：Y>W>X【答案】B-2-【解析】【解析】依照表中地址可知，W、X为第二周期元素，分别为C元素和O元素；Y、Z为第三周期元素，分别为Na元素、Cl元素；据此解析解答。【详解】依照表中地址可知，W、X为第二周期元素，分别为C元素和O元素；Y、Z为第三周期元素，分别为Na元素、Cl元素。A.X的简单氢化物H2O存在氢键，沸点较高，故简单氢化物沸点：X>Z，选项A正确；B.YZX，即NaClO溶液有漂白性，不能够用pH试纸测其pH，选项B错误；C.W的单质碳可用于工业冶炼铁、硅，选项C正确；D.同周期从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故原子半径：Y>W>X，选项D正确。答案选B。【点睛】本题观察元素周期表和元素周期律，难度不大，注意整体掌握元素的在周期表的构造，依照元素周期表的地址推出各元素，利用“构、位、性”关系进行解析解答。5.某化学小组同学用以下列图装置模拟工业制取SO3的过程，以下相关说法错误的（）装置c后应增加尾气办理装置装置a只有干燥气体的作用实验室制取SO2或O2可使用同样的气体发生装置V2O5是催化剂并且也会参加反应【答案】B【解析】【详解】A、SO2不能能完好反应，因此要对尾气进行办理，选项A正确；B、装置a的作用有干燥，赌气体充分混杂、经过观察气泡快慢调治气体流速，选项B错误；C、实验时制取SO2(Na2SO3固体与浓硫酸)或O2(MnO2与H2O2)都可使用固液混杂不加热制气体的发生装置，选项C正确；-3-D、催化剂加快反应速率的原理就是改变反应路径从而降低活化能，选项D正确。答案选B。液态金属储能电池是一类成本较低的储能电池，其主体构造由三层密度不同样的液体组成，上下两层液态金属分别作为电池两极，中间层的熔融盐在充放电过程中组成均保持不变。某种液态金属储能电池的构造以下列图，以下说法错误的选项是（）该电池放电过程中钠电极发生氧化反应该电池充电时锌电极发生的反应是Zn-2e-=Zn2+该电池的缺点是需要较高的工作温度该电池充电时电子由电源的负极经导线移向钠电极【答案】B【解析】【详解】A、钠的金属性强于锌，因此钠电极为负极，锌电极为正极，充放电过程中熔融盐组成保持不变，因此放电时钠电极发生氧化反应，电极反应为Na-e-=Na+，锌电极发生还原反应，电极反应为Na++e-=Na，选项A正确；B、充电时钠电极发生还原反应，电极反应为Na++e-=Na，锌电极发生氧化反应，电极反应为Na-e-=Na+，选项B错误；C、该电池工作条件为熔融状态，缺点是需要较高的工作温度，选项C正确；D、该电池充电时电子由电源的负极经导线移向钠电极，选项D正确。答案选B。【点睛】本题观察了原电池和电解池原理，依照元素化合价变化确定各个电极上发生的反应，难点是电极反应式的书写。7.25℃时用0.10mol/L的KOH溶液滴定20.00mL0.10mol/L的H2C2O4溶液，滴定过程中溶液的pH随KOH溶液体积变化以下列图(忽略滴定过程中溶液的温度变化和体积变化)，以下说法错误的是（）-4-A.25℃时H2C2O4的电离常数Ka1=10-1.6B.b点满足关系：c(HCO)+c(H+-)+c(CO2-)22424C.c点溶液中粒子浓度大小序次：+2-－)>c(H2C2O4)c(K)>c(C2O4)>c(HC2O4从a点到e点水的电离程度逐渐增大【答案】A【解析】【详解】A、0.10mol/L的H2C2O4溶液pH为1.3，说明草酸的一级电离程度较大，溶液中氢离子浓度和草酸氢根离子浓度都是10－1.3mol/L，溶液中草酸分子的浓度是0.1mol/L－10－1.3mol/L，因此依照草酸的电离平衡常数表达式可知224的电离常数a1大于-1.6，选项A错HCOK10误；B、b点溶液24224+-242-)，选项B正确；KHCO溶液，质子守恒关系式是c(HCO)+c(H)=c(OH)+c(COC、c点是等物质的量浓度的KHC2O4和K2C2O4的混杂溶液，此时溶液显酸性，因此-HCO4的电离2--c(K+)>c(CO2-－)>c(HCO)，选程度>C2O4的水解程度>HCO的水解程度，因此溶液中)>c(HCO42424224项C正确；D、从a点到e点随着草酸不断被中和，同时不断生成能够水解的盐，水的电离程度逐渐增大，选项D正确。是答案选A。【点睛】本题观察酸碱混杂的定性判断及溶液pH的计算，涉及中和滴定、物料守恒、电荷守恒等知识，试题知识点很多、综合性较强，解题时注意电荷守恒及物料守恒的应用，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答重点。8.磺酰氯（SO2Cl2)有机合成领域常用的氯化剂、磺化剂、氯磺化剂，熔点-54.1℃，沸点69.1℃，在润湿空气中会产生酸雾，高温下简单分解。某化学小组用以下列图所示装置制取磺酰氯，反应原理是：SO(g)+Cl(g)=SOCl2(1)△H=-97.3kJ/mol，请回答相关问题。222-5-（1）仪器组装好今后第一要进行的操作是____。（2）装置E的仪器名称是___，所装药品是____。（3）若缺少装置B，三颈烧瓶中会发生的主要副反应化学方程式是____(任写一个）。装置B更换为某装置后可起到同样的作用，该装置能够是____。（4）经过气体流量计测得通入Cl2的体积折合成标准状况为3.36L(SO2足量)，最后获取的SO2Cl2质量为8.1g，则产率___。以下措施能提高SO2Cl2产率的是___。(填选项序号）加快通入氯气的速率三颈烧瓶温度过高时适合冷却先打开分液漏斗活塞并通入氯气再通入冷凝水（5）某同学在实验过程中不小心将SO2Cl2与H2SO4混杂在一起，分别该混杂物的方法是___。【答案】(1).检验装置的气密性(2).（球形）干燥管(3).碱石灰(4).SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl或SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl(5).装有无水氯化钙的干燥管（无水氯化钙也可写成P2O5，干燥管也能够写成球形干燥管、U形干燥管、U形管）(6).40%(7).b(8).蒸馏【解析】【详解】（1）有气体生成或参加的实验必定先检验装置的气密性，故仪器组装好今后第一要进行的操作是检验装置的气密性；(2)装置E的作用是吸取尾气并防范空气中的水蒸气进入装置C与SO2Cl2反应，因此应选择碱石灰等拥有吸水性的碱性固体，装置E的仪器名称是（球形）干燥管；（3）若缺少装置B，则有水蒸气进入三颈烧瓶与二氧化硫、氯气（或SO2Cl2）反应生成硫酸和盐酸，三颈烧瓶中会发生的主要副反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl或SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；装置B更换为某装置后可起到同样的作用，即干燥气体的作用，该装置能够是装有无水氯化钙的干燥管等；(4)经过气体流量计测得通入Cl2的体积折合成标准状况为3.36L(SO2足量)，依照反应-6-SO(g)+Cl2(g)=SO2Cl2，理论上应产生SOCl23.36L135g/mol20.25g228.1g

22.4L/mol100%40%；20.25g加快通入氧气速率不利于反应物充分反应，会降低产率；b.制备反应为放热反应且SO2Cl2高温简单分解，因此对三颈烧瓶适合冷却会提高产率;c.先打开分液漏斗活塞并通入氯气再通入冷凝水会增大SO2Cl2的挥发量，从而使三颈烧瓶中收集到的SO2Cl2减少，会降低产率。答案选b；SO2Cl2沸点较低，H2SO4是高沸点难挥发的酸，二者沸点差别较大，可经过燕馏的操作进行分别。9.NF3是微电子工业中常用的一种等离子蚀刻气体，拥有较强的氧化性，工业生产NF3常用的方法有气一液反应法、气一固反应法和电解法等。（1）气一液反应法中发生的主反应和副反应包括：3F2(g)+NH3(l)=NF3(g)+3HF(l)△H13F2(g)+NH4HF2(l)=NF3(g)+5HF(l)△H24F(g)+2NH(l)=N2F(g)+6HF(l)△H3232NH3(l)+2HF(l)=NH4HF2(l)△H4△H=_____。部分键能数据以下表所示，△H=_____kJ/mol。13化学键N-NN=NNNH-FF-FN-HN-F键能（kJ/mol）159456946565153389272（2）气一固反应法主要包括两步反应：(NH4)3AlF6(s)+6F2(g)垐?2NF(g)+8HF(g)+NH34AlF4(s)反应Ⅰ噲?NHAlF(s)+3F(g)垐?NF(g)+4HF(g)+AlF(s)反应Ⅱ噲?44233-7-反应I的平衡常数K1和反应II的平衡常数K2的关系是___。若在恒温、恒容的密闭容器中模拟气一固反应法（固体足量)，初步时F2的浓度为5mol/L，反应过程中容器中压强一随时间变化曲线以下列图，则前2min的平均反应速率v(NF3)=___mol/(L?min)，该温度下K2=___。3）电解法是经过电解含氟的熔融盐生产NF3，其原理以下列图。a需要接电源的____(填“正极”或“负极”)，生成气体A的电极反应是____。（4）用NF3对多晶硅电子元件进行蚀刻时不会在电子元件表面形成任何残留物，其原因是_____。（用化学用语讲解）【答案】(1).△H2+△H4(2).-1444(3).K1=K22(4).0.25(5).400mol2/L2(6).正极(7).+-6e--+或+-6e--+4HF(8).NH4+3F=NF3+4HNH4+7F=NF34NF3+3Si=2N2↑+3SiF4↑【解析】详解】

(1)

已知：②3F2(g)+NH4HF2(l)=NF

3(g)+5HF(l)

△H2④

NH3(l)+2HF(l)=NH

4HF2(l)

△H4依照盖斯定律，由②

+④得反应

3F2(g)+NH3(l)=NF

3(g)+3HF(l)

△H1=△H2+△H4；N2F2的构造式是F-N=N-F，反应热=反应物总键能-生成物总键能，因此△H3=(4×153+6×389-6×565-2×272-456)kJ/mol=-1444kJ/mol；(2)依照反应(NH4)3AlF6(s)+6F2(g)垐?2NF3(g)+8HF(g)+NH4AlF4(s)可得噲?281c（NF3）c（HF）c6F24442垐?332（cNF3）c（HF）噲?c3F2122故K=K；恒温、恒容的密闭容器中压强之比等于气体的总物质的量浓度之比，因此2min时容器中气体【-8-总浓度为6mol/L，平衡时气体总浓度为7.5mol/L。两个反应中三种气体的化学计量数之比相同，计算浓度时可依照一个计算；NHAlF44(s)+3F2(g)垐?NF3(g)+4HF(g)+AlF3(s)△c噲?31422min内浓度变化0.5mol/L(6-5)mol/L因此v(NF)=0.25mol/(L?min)；3用同样的方法可算出平衡时F2(g)、NF3(g)、HF(g)的浓度依次是1.25mol/L、1.25mol/L、5mol/L，因此K2=541.2522221.253mol/L=400mol/L；3）依照图中信息可知，氢离子向b电极搬动，则b为阴极。a为阳极，需要接电源的正极，阳极NH4+失电子产生NF3，生成气体A的电极反应是NH4+-6e-+3F-=NF3+4H+或NH4+-6e-+7F-=NF3+4HF；4）用NF3对多晶硅电子元件进行蚀刻时不会在电子元件表面形成任何残留物，因发生反应4NF3+3Si=2N2↑+3SiF4↑。10.三氧化铬(CrO3)又叫铬酸酐，是一种暗红色固体，溶于水会生成铬酸(H2CrO4)，200℃以上会部分分解生成氧化铬（Cr2O3)。以下列图是用铬铁矿（主要成分是FeCr2O4，含A12O3、SiO2等杂质）生产CrO3的传统工艺流程，请回答相关问题。1）操作1的名称是____，积淀X的成分是_____(填化学式)。2）高温煅烧时FeCr2O4参加反应的化学方程式是____。某工厂采用了一种新的生产CrO3的工艺流程，与传统工艺流程主要差别以以下列图所示（中间过程省略）。-9-（3）液相转变过程发生反应的化学方程式是____。（4）新工艺与传统工艺对照有多种优点：可获取价值更高的副产品KNO3；___；从绿色化学角度考虑新工艺也存在某种缺点，该缺点是____。【答案】(1).溶解、过滤(2).Al(OH)3、H2SiO3(3).4FeCrO+8NaCO+7O2FeO+8NaCrO+8CO↑(4).2423223242KCrO+2HNO2KNO+2CrO+HO(5).能耗较低、产品纯度更高(6).硝酸挥发或分2273332解会产生污染【解析】【详解】（1）铬铁矿与纯碱、空气高温煅烧后的固体经过操作1后获取固体和溶液，故操作1的名称是溶解、过滤；经过调治pH，使溶液中的偏铝酸根离子和硅酸根离子转变为积淀，故积淀X的成分是Al(OH)3、H2SiO3；（2）高温煅烧时FeCr2O4与纯碱、空气反应生成氧化铁、Na2CrO4和二氧化碳，反应的化学方程式是4FeCr2O4+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑；（3）液相转变过程K2Cr2O7与硝酸反应生成硝酸钾、CrO3和水，发生反应的化学方程式是K2Cr2O7+2HNO32KNO3+2CrO3+H2O；（4）新工艺最后一步需要温度是90℃，传统工艺是高温，因此新工艺能耗较低；CrO3200℃以上会部分分解生成Cr2O3，因此新工艺所得CrO3纯度更高；从绿色化学角度考虑新工艺也存在某种缺点，该缺点是硝酸挥发或分解会产生污染。三乙酸锰可作单电子氧化剂，用以下反应能够制取三乙酸锰：4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。（1）基态锰原子的价层电子排布式为____，其原子核外有_____种不同样运动状态的电子，基3+_____。态Mn含有的未成对电子数是（2）CHCOOH中碳原子的杂化形式为___。CHCOOH能与HO以任意比互溶的原因是____。332--____(任写一种）。（3）NO3的空间构型是__，与NO3互为等电子体的分子的化学式是（4）碘与锰形成的某种化合物晶胞构造及参数以下列图，该化合物的化学式是___，晶胞密-10-度p为___g?cm3。伏伽德罗常数的数值用NA表示)【答案】(1).3d54s2(2).25(3).4(4).sp3和sp2(5).CH3COOH与H2O均为极性分子且分子间可形成氢键(6).平面三角形(7).BF3或BCl或SO(8).332063MnI2(9).a2bNA【解析】【解析】锰为25号元素，结合核外电子排布的规律书写基态锰原子的价层电子排布式及不同样运动3+状态的电子数；依照基态Mn的价层电子排布式，结合洪特规则判断；(2)依照价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数依次解析CH3COOH中甲基上的碳原子和羧基上的碳原子的杂化方式；CH3COOH与H2O均为极性分子且分子间可形成氢键；依照价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数解析NO3一中氮原子的杂化种类，再判断空间构型；依照等电子原理解析书写NO3-的等电子体；（4）依照均摊法计算该化合物的化学式；依照晶胞数据计算其密度。【详解】（1）锰是25号元素，位于周期表第四周期第ⅦB族，3d和4s上的电子是其价电子，依照构造原理知其价电子排布式为：3d54s2；其原子核外有25种不同样运动状态的电子，基态3+3d4，含有4个未成对电子；Mn的价层电子排布式为(2)CHCOOH中甲基上的碳原子含有4个σ键，没有孤电子对，采用3杂化，羧基上的碳原sp3子含有3个σ键，没有孤电子对，采用sp2杂化；CH3COOH能与H2O以任意比互溶的原因是CH3COOH与H2O均为极性分子且分子间可形成氢键；一中氮原子价层电子对数为5123=3，N原子轨道的杂化种类为2，空间构型(3)NO3+sp32为平面三角形；-中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，SO中有4个原子，6+6×3=24个NO33-价电子，与NO3是等电子体，BF3或BCl3等也与硝酸根离子为等电子体，故答案为：平面三角形；BF3或BCl3或SO3等；-11-（4）依照均摊法可知，每个晶胞中含有818

=1个锰离子，2个碘离子，