1、 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 1 甘肃省张掖市 2019 届高三上学期第一次联考理科综合试题 化学试题 1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 用 K2FeO4 处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质 B. 将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质又可防止水体污染 C. NH4MgPO46H2O(鸟粪石 )与草木灰混合施肥效果更好 D. 医院常用含碘 2%3%的酒精溶液作医疗消毒剂，因为它能使蛋白质变性 【答案】 C 【解析】 【详解】 A.高铁酸钾 (K2FeO4)中 Fe元素为 +6 价，具有很强的氧化性，能杀菌消毒，其还原产物 Fe3+水解生成氢氧
2、化铁胶体，能吸附水中杂质。故 A正确； B.地沟油是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质又可防止水体污染，符合绿色化学理念，故 B正确； C. NH4MgPO46H2O(鸟粪石 )电离出铵根离子，水解呈酸性，草木灰溶于水电离出碳酸根离子，水解呈碱性，两者混合后发生双水解，肥效减小，故 C 错误； D. 含碘 2%3%的酒精溶液作医疗消毒剂，因为它能使蛋白质变性，故 D 正确。 答案选 C。 【点睛】 本题考查化学与生活、生产之间的联系，解题关键：对日常生活、生产涉及的 基础知识的理解，难点是 A， K2FeO4 处理自来水，既可杀菌消毒，其还原产物水解
3、生成氢氧化铁胶体又能吸附杂质。 2.某化学兴趣小组欲利用 MnO2 和浓盐酸及如图所示装置制备 Cl2。下列分析中不正确的是 A. I 中缺少加热装置 B. 为净化 Cl2 的装置，其盛放的是 NaOH溶液 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 2 C. 为收集 Cl2 的装置 D. 中处理多余的 Cl2 时， Cl2 既作氧化剂，又作还原剂 【答案】 B 【解析】 【详解】 A. 二氧化锰和浓盐酸需要加热才能反应生成氯气 ， 需要添加加热装置 ， 所以 A选项是正确的 ； B. 中盛放的 NaOH溶液 吸收氯气 ， 不能净化 Cl2， 可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢 ， 故 B
4、错误 ； C. 氯气的密度比空气大，用向上排空气法收集，导管长进短出，所以 C 选项是正确的 ； D.氢氧化钠溶液与氯气反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水， Cl2 既作氧化剂，又作还原剂，所以 D 选项是正确的 。 答案选 B。 【点睛】 本题考查实验室制备氯气的实验装置和反应原理的分析应用，掌握实验室制氯气的原理装置和除杂、吸收是解题关键。 3.设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 6.4g 由 O3 和 O2 组成的混合气体中所含的原子数一定为 0.4NA B. 5.6g 铁粉在 2.24L(标准状况 )氯气中充分燃烧，转移的电子数为 0.3NA C. 常温下， pH=1
5、 的 H2SO4 溶液中含有 H+的数目为 0.2NA D. 1.0molN2 与足量 H2 在高温高压催化剂条件下反应生成的 NH3 分子数为 2.0NA 【答案】 A 【解析】 【详解】 A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故 6.4g 混合物中含有的氧原子的物质的量 n= =0.4mol，即 0.4NA 个，所以 A选项是正确的； B、 5.6g 铁的物质的量为 0.1mol，而 2.24L(标准状况 )氯气的物质的量也为 0.1mol，铁过量， 0.1mol氯气完全反应，因为反应后氯元素为 -1 价，故 0.1mol氯气转移 0.2mol电子即 0.2NA 个，故 B错误； C、溶液体积不明
6、确，故溶液中的氢离子的个数不能计算，故 C 错误； D、 1.0molN2 和足量 H2 在高温、高压及催化剂下充分反应，由于该反应为可逆反应，则反应生成氨气的物质的量小于 2.0mol，产物氨气的分子数小于 2.0NA， 故 D 错误 。 所以 A选项是正确的。 【点睛】 本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系， D 为易错点，注意明确可逆反应特点及反应 实质。 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 3 4.下列由实验得出的结论正确的是 选项 实验 结论 A 将乙烯通入 KMnO4 溶液中，产生黑色沉淀 乙烯将 KMnO4 氧化
7、为 MnO2 B 向乙酸乙酯中加入足量 NaOH溶液，充分振荡，得到无色透明溶液 乙酸乙酯易溶于水 C 向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌，逐渐产生气体并得到黑色固体 蔗糖水解生成焦炭 D 将苯与浓硝酸浓硫酸混合在 55 下充分反应，产物倒入水中，底部有油状液体 生成的硝基苯难溶于水，密度比水大 A. A B. B C. C D. D 【答案】 D 【解析】 【详解】 A.将乙烯通入 KMnO4 溶液中，产生黑色沉淀，可能是乙烯将 KMnO4 还原为 MnO2， 故 A错误； B. 向乙酸乙酯中加入足量 NaOH溶液，充分振荡，得到无色透明溶液，说明乙酸乙酯在碱性条件下发生完全水解生成易溶于水的乙醇和乙
8、酸钠，故 B 错误； C.向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌，逐渐产生气体并得到黑色固体，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，使蔗糖炭化变黑，故 C 错误； D.将苯与浓硝酸浓硫酸混合在 55 下充分反应，生成硝基苯，产物倒入水中，底部有油状液体，说明硝基苯不溶于水、密度比水大，故 D 正确。 答案选 D。 5.X、 Y、 Z、 W 是四种原子序数依次增大的短周期主族元素， X、 Y之间可形成 Q、 M两种常见的无机化合物，其中 Q 是重要的还原剂， W 原子的最外层电子数是 Z原子最外层电子数的 2 倍， W 与 X 同主族，且其单质广泛用于光伏发电。下列说法中正确的是 A. 常见氢化物的稳定性： XZXY
9、 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 4 C. W 的最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸 D. 工业上用 Q 还原 Z的氧化物得到 Z单质 【答案】 C 【解析】 【分析】 X、 Y、 Z、 W 是原子序数依次增大四种短周期主族元素， W 的单质广泛用于光伏发电，可知 W 为 Si， W 与X 同主族，则 X 为 C， X、 Y之间可形成 Q、 M两种常见的无机化合物，其中 Q 是重要的还原剂，则 Y为 O，Q、 M分别为 CO 和 CO2， W 原子的最外层电子数是 Z原子最外层电子数的 2 倍，则推出 Z 为 Mg，据此解答。 【详解】 X、 Y、 Z、 W 是原子序数依次增大
10、四种短周期主族元素， W 的单质广泛用于光伏发电，可知 W 为Si， W 与 X 同主族，则 X 为 C， X、 Y之间可形成 Q、 M两种常见的无机化合物，其中 Q 是重要的还原剂，则 Y 为 O， Q、 M分别为 CO 和 CO2， W 原子的最外层电子数是 Z原子最外层电子数的 2 倍，则推出 Z为 Mg， 综合以上分析， X 为 C， Y 为 O， Z 为 Mg， W 为 Si， A非金属性 X（ C） W（ Si），故氢化物稳定性： XW，故 A错误； B 同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径： Z W XY，故 B错误； C W 是 S
11、i，其最高价氧化物对应的水化物是硅酸，是一种弱酸，故 C 正确； D Mg 在 CO2 中燃烧生成 MgO 和 C，所以不能用 CO 还原 MgO 制取 Mg，故 D 错误。 故选 C。 6.Kolbe 法制取乙烯的装置如图所示，电极 a 上的产物为乙烯和碳酸根离子。下列说法正确的是 A. 该装置将化学能转化为电能 B. 图中为阳离子交换膜 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 5 C. 阴极周围溶液的 pH不断减小 D. 每生成 1mol乙烯，电路中转移 2mol电子 【答案】 D 【解析】 【分析】 A、 该装置是电解装置； B、由 a 极的电极反应分析； C、阴极上的电极反应产
12、生 OH ； D、由电极反应计算。 【详解】 A、 该装置是电解装置，由电能转化为化学能，故 A 错误； B、 a 极为阳极，电极反应式为 4OH-+-OOCH2CH2COO 2e =CH2=CH2 2CO32 2H2O，阳极区不断消耗 OH-，故图中应为阴离子交换膜，故 B 错误； C、 b 电极为阴极，阴极上发生的 反应为 2H2O 2e =H2 2OH ，故 C 错误； D、由 B 中电极反应式可知： 每生成 1mol 乙烯，电路中转移 2mol 电子，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】 本题主要考查电解法制取乙烯的电解池装置，解题关键：分析电解的两电极反应及反应生的条件，难点 B，
13、根据 a 电极反应的分析。 7.常温下，向 25.00mL 0.1molL 1 HSCN 溶液中滴入 0.1 molL 1 NaOH溶液，溶液中由水电离出的 c(H+)的负对数 1gc 水 (H+)与所加 NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 常温下 ， Ka(HSCN)约为 110 3 B. b=25.00 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 6 C. R、 Q 两点溶液对应的 pH=7 D. N 点溶液中： c(Na+)c(H+)，根据电荷守恒关系： c(Na+)+ c(H+)=c(SCN )+ c(OH-)，则： c(Na+)c(SCN )，故 D错误。 答
14、案选 B。 8.一种从废钴锰催化剂 含53.1%(CH3COO)2Co、 13.2%(CH3COO)2Mn、 23.8%CoCO3、 6.5%Mn(OH)2、 1.3%SiO2 及对二甲苯等有机物等 中回收钻和锰的工艺流程如下： 回答下列问题： （ 1） 步骤 焙烧的目的是 _。 （ 2） 步骤 酸浸时，控制盐酸适当过量溶液加热并充分搅拌，其目的是 _。 （ 3） 步骤 MnCl2 与 H2O2 和氨水反应的离子方程式为 _。 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 7 （ 4） 步骤 调节 pH时采用 CH3COOH和 CH3COONa 混合溶液，该混合溶液称为缓冲溶液，该溶液中加入
15、少量的酸、碱或稀释时 pH变化均不大，其中稀释时 pH变化不大的原因是_。 （ 5） 步骤 硝酸溶解 CoS 生成 Co(NO3)2 同时生成 NO 和 S，该反应的化学方程式为_。 （ 6） 步骤 若在实验室进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有 _ (填仪器名称 )。 （ 7） 某工厂用 mkg 废催化剂最终制得 CoO n kg，则 CoO 的产率为 _。 【答案】 (1). 将二甲苯等有机物氧化除去，并将 (CH3COO)2Co、 (CH3COO)2Mn 转化为无机 物 (2). 提高钴、锰的浸出率 (3). Mn2 H2O2 2NH3H 2O=MnO(OH)2 2NH4 H
16、2O (4). 稀释时， CH3COOH电离度增大产生的 H 和 CH3COO 水解程度增大产生的 OH 几乎抵消 (5). 3CoS 8HNO3=3Co(NO3)23S 2NO 4H2O (6). 坩埚、泥三角 (7). 【解析】 【分析】 （ 1） 废钻锰催化剂对二甲苯等有机物等受热后挥发或分解。 （ 2） 步骤 酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌 ，使反应更充分。 （ 3） 步骤 MnCl 2与 H2O2和氨水反应生成 MnO(OH)2 和铵盐； （ 4） 缓冲溶液稀释时 pH 变化均不大，稀释时， CH3COOH电离度增大产生的 H 和 CH3COO 水解程度增大结合的 H+
17、几乎抵消。 （ 5） 步骤 硝酸溶解 CoS 生成 Co(NO)2同时生成 NO 和 S，根据电子得失守恒，质量守恒写出方程式。 （ 6） 固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒； （ 7） 产率 =实际产量 /理论产率。 【详解】 （ 1） 焙烧可以将废钻锰催化剂中对二甲苯等有机物等氧化除去，并将 (CH3COO)2Co、 (CH3COO)2Mn转化为无机物。 （ 2） 步骤 酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌，使反应更充分，从而提高钴、锰的浸出率。 （ 3） 步骤 MnCl 2与 H2O2和氨水反应生成 MnO(OH)2 和铵盐，离子方程式为 Mn2 H2O22NH3H 2O
18、=MnO(OH)2 2NH4 H2O； （ 4） 缓冲溶液稀释时 pH 变化均不大，稀释时， CH3COOH电离度增大产生的 H 和 CH3COO 水解程度增大结合的 H+几乎抵消。 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 8 （ 5） 步骤 硝酸溶解 CoS 生成 Co(NO)2同时生成 NO 和 S，反应的化学方程式为： 3CoS 8HNO3=3CO(NO3)2 3S 2NO 4H2O； （ 6） 固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还要坩埚、泥三角； （ 7） mkg 废催化剂中： 53.1%(CH3COO)2Co 生成 CoO： m
19、kg53.1%75/177=0.225mkg,23.8%CoCO 3生成 CoO：mkg23.8%75/119=0.15mkg, 产率 =实际产量 /理论产率 =n/(0.225+0.15)m 100%= . 9.全国平板玻璃生产企业大气污染物年排放总量逐年增加，对氮氧化物 (NOx)排放的控制与监测已刻不容缓。回答下列问题： （ 1） 平板玻璃熔窑烟气中的 NOx以温度型氮氧化物为主。其中 NO 在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂和光化学作用氧化成 NO2，该氧化剂的分子式为 _。 （ 2） 用 CH4 催化还原 NOx可在一定程度上消除氮氧化物的污染。 已知： CH4(g)+4NO2(
20、g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) H= 574kJmol 1 2NO2(g)+N2(g) 4NO(g) H=+293kJmol 1 则反应 CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的 H=_ kJmol 1。 （ 3） 800 时，在刚性反应器中以投料比为 1： 1 的 NO(g)与 O2(g)反应： 其中 NO2 二聚为 N2O4 的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强 p 随时间 t 的变化如下表所示 t=时， NO(g)完全反应 。 NO(g)与 O2(g)合成的反应速率 v=4.210 2p 2(NO)p(O2)(kPamin 1)， t=52
21、min 时，测得体系中p(O2)=11.4kPa，则此时的 p(NO)= _kPa， v=_kPamin 1 (计算结果保留 1 位小数 )。 若升高反应温度至 900 ，则 NO(g)与 O2(g)完全反应后体系压强 p(900 ) _ (填 “大于 ”“等于 ”或“小于 ”)22.3kPa，原因是 _。 800 时，反应 N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数 Kp=_kPa(Kp 为以分压表示的平衡常数，计算结果保留 2 位小数 )。 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 9 （ 4） 对于反应 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，科研工作者提出如下反应历程： 第一步：
22、2NO(g) N2O2(g) 快速平衡 第二步： N2O2+O2(g)2NO2(g) 慢反应 下列表述正确的是 _ (填标号 )。 A.v(第一步的逆反应 )(第二步反应 ) B.反应的中间产物为 N2O2 C.第二步中 N2O2 与 O2 的碰撞全部有效 D.第二步反应活化能较低 【答案】 (1). O3 (2). -1160 (3). 6.2 (4). 18.4 (5). 大于 ； (6). 温度升高，容积不变，总压强 提高 ； 二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高 (7). 49.98 (8). AB 【解析】 【分析】 （ 1） NO 在空气中容易
23、被一种三原子气体单质氧化剂氧化成 NO2，则该氧化剂为 O3； （ 2）将已知方程式编号， CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) H= 574kJmol 1 2NO2(g)+N2(g) 4NO(g) H=+293kJmol 1 根据盖斯定律求所给反应的反应热； （ 3） 开始时总 压强为 33.2kPa， 其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是 16.6 kPa，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是 1:2 反应，氧气减小的压强为 16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧
24、化氮减少的压强是 5.2 kPa2=10.4 kPa， 则此时一氧化氮的压强是 16.6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa， 因此此时反应速率 v=4.210 2p 2(NO)p(O2)= 4.210 2 （ 6.2 kPa） 2 11.4kPa =18.4(kPamin 1)； 由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至 900 ，则 NO(g)与 O2(g)完全反应后体系压强 p(900 ) 大于 22.3kPa。 根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是 22.3 kPa， 根据
25、方程式可知完全反应时最初生成的二氧化氮的压强是 16.6 kPa，剩余氧气压强 16.6 kPa-8.8 kPa=8.8 kPa， 总压强是 16.6 kPa+8.8 kPa=25.4 kPa，平衡后压强减少了 25.4 kPa-22.3 kPa=3.1 kPa，所以根据方程式 2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时 N2O4 对应的压强是 3.1 kPa， NO2 对应的压强是 16.6 kPa-3.1 kPa2=10.4 kPa， 则反应 N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 10 数 Kp= =34.89kPa （ 4） A由第一步反应快
26、速平衡可知第一步反应的正、逆反应速率都较大，所以第一步的的逆反应速率大于第二步的反应速率； B.根据第一步和第二步反应可知中间产物为 N2O2； C.化学反应 中并不是所有碰撞有效； D.第二步反应慢，所以第二步反应的活化能较高。 【详解】 （ 1） NO 在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂氧化成 NO2， O3 具有强氧化性，则该氧化剂的分子式为 O3； 故答案为 ： O3； （ 2）将已知方程式编号， CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) H= 574kJmol 1 2NO2(g)+N2(g) 4NO(g) H=+293kJmol 1 根据盖斯定律，
27、- 2 得： CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的 H=（ 574kJmol 1） -（ +293kJmol 1） 2=-1160 kJmol1， 故答案为 ： -1160； （ 3） 开始时总压强为 33.2kPa， 其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是 16.6 kPa，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是 1:2 反应，氧气减小的压强为 16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧化氮减少的压强是 5.2 kPa2=10.4 kPa， 则此时一氧化氮的压强是 16.
28、6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa， 因此此时反应速率 v=4.210 2p 2(NO)p(O2)= 4.210 2 （ 6.2 kPa） 2 11.4kPa =18.4(kPamin 1)； 故答案为： 6.2； 18.4； 由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至 900 ，则 NO(g)与 O2(g)完全反应后体系压强 p(900 ) 大于 22.3kPa。 故答案为：大于 ； 温度升高，容积不变，总压强 提高 ； 二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高 ； 根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是 22.3 kPa， 根据方程式可知完全反应时最初生成的二氧化氮的压强是 16.6 kPa，剩余氧气压强 16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa， 总压强是 16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，
