湖南省衡阳市届高三下学期第一次联考理科综合化学试题34e48388f0e64db8874cbd4985bf3294副本Word文件下载.docx

1、下列叙述正确的是A该炼铜工艺对环境友好，不会产生大气污染物B“烙烧”过程中， CuFeS2既是氧化剂又是还原剂C在Cu2S”还原”为Cu的总反应中，Cu2O作催化剂D“电解”时，金、银等贵金属被置换出来形成阳极泥3下列有关Fe（OH）3，胶体的制备、提纯和性质的实验图示中，正确的是A制备 B滲析C丁达尔效应 D电泳4设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A120 gNaHSO4晶体中含有阳离子的总数为02NAB1L1 molL1Ca（ClO）2溶液中含ClO的数目为2NAC含2 mol HNO3的浓硝酸与铜完全反应，生成NO2分子数少于NAD标准状况下，2.24LCHCl3分子中含共价

2、健总数为04 NA5乙酸松油酯是松油醇的酯化产物，具有甜香气味，广泛应用于日用和食用香精中。乙酸松油酯的结构简式如图甲所示，下列说法正确的是A乙酸松油酯的分子式为C12H22O2B乙酸松油酯的水解产物松油醇与图乙所示物质互为同分异构体C乙酸松油酯既易溶于水、也易溶于乙醇或油脂D乙酸松油酯能使Br2的CCl4溶液或酸性KMnO4溶液褪色6主族元素W、X、Y、Z的原子序数均不大于20，其原子半径依次增大。W与X的核电荷数之比为4：3，且都能形成电子总数相等的简单氢化物分子a、b；Y原子最外层电子数少于其最内层电子数；Z原子的各层电子数呈对称分布。下列叙述错误的是Aa、b分子的稳定性：abB自然界存

3、在多种含W、X元素的化合物CW的原子序数一定比Y的原子序数小DZ的最高价氧化物对应的水化物可为强碱7“ ZEBRA”绿色电池是新型电动汽车的理想电源，结构如图所示：隔开两极的陶瓷管作钠离子导体。下列关于该电池的叙述错误的是A放电时，Na+、Al3+均向负极移动B放电时，Na元素被氧化C充电时的阳极反应为：Ni2C1-2eNiCl2D该电池具有可快充、高比功率、放电持久等优点第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、实验题8实验室可用氯气与一氧化氮在常温常压条件下合成亚硝酰氯（NOCl）。已知亚硝酰氯是一种黄色气体，熔点：645，沸点：55，遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物

4、（1）甲组同学拟制备原料气NO和Cl2制备装置如图所示为制备并得到纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。装置I中药品装置II中药品蒸馏烧瓶a仪器制备纯净Cl2KmnO4浓盐酸（i）_制备纯净的NOCu（ii）_水仪器a的名称为_；装置的作用是_。（2）乙组同学对甲组同学制取NO的装置略加改良，利用甲组制得的Cl2共同制备NOCl，装置如下图所示组装好实验装置，检查气密性，依次装入药品。此实验关健操作有两点：I将Cl2充满D装置的三颈瓶；，A中反应开始时，先关闭K2，打开K1，待NO充满装置后关闭K1，打开K2。这两步操作都要“充满”，目的是_。装置B中水的作用是_（用化学方程式表示）。若装置C

5、中压强过大，可以观察到的现象是_。装置D中冰盐水的作用是_。如果去掉盛有浓硫酸的C、装有无水CaCl2的E两装置，对该实验的主要影响是_（用化学方程式表示）。三、工业流程9金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如下请回答下列问题（1）在焰色反应实验中，可用钴玻璃观察钾元素的焰色，该钴玻璃的颜色为_。（2）”溶液A中溶质除NaOH外，还有_。“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为_。（3）在“滤液”中加入20Na2CO3溶液，目的是_；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原

6、因是_。（4）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣“，也可得到Co2+。浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取的措施有_（任写一条）。工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是_。（5）”钴沉淀”的化学式可表示为CoCO3yCo（OH）2。称取517g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重054g和088g。则“钴沉淀”的化学式为_。四、综合题10含硫化合物在工业上应用广泛，硫化物是脱硫、染料行业重要的原村料。（1）酸工业烟道气中的SO2、CO可用如图所示的综合循环吸收法脱除：已知再生塔中每产生 I mol CO2（g），放出

7、299的热量，则其热化学方程式为_。（2）H2S热分解反应为：2H2S（g）2H2（g）S2（g）。在恒容密闭容器中，H2S的起始浓度均为cmolL1，控制不同温度使之分解相同时间后测的H2S转化率曲线如图1所示：其中a为平衡时转化率、b为未平衡时转化率分别与温度的关系曲线。在975：t秒时反应达到平衡，则平衡前反应的平均速率v（S2）_（用含c、t的代数式表示）。请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：_。（3）725时，H2S的电离平衡常数K1310-7、Ka27010-15。用NaOH溶液吸收H2S气体得到pH10的Na2S溶液，在此过程中水的电离程度将_（填“增大”、“减小”或”

8、不变”）；此时溶液中=_（4）加热Na2S溶液可以生成Na2S2O3，NaOH和H2，温度升高时还可生成Na2SO4，图2是含3 mol Na2S的溶液在不同温度下反应，生成H2物质的量与反应时间的关系。分析图象，完全反应后生成Na2S2O3物质的量最多的是_（填”c”或”d“）点：不考虑离子的水解，则c点溶液中浓度最高的阴离子为_（写化学式），S2O32的物质的量为_。11一桥连三地，天堑变通途。举世瞩目的港珠澳大桥于2018年10月23日正式通车，体现了我国工程建设自主创新能力实现大跨越，尤其在新材料研究方面有重大突破，回答下列问题：（1）钛是一种新兴的结构材料，比钢轻、比铝硬。基态钛原子

9、的价电子排布式为_，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_种钛的硬度比铝大的原因是_。工业上制金属钛采用金属还原四氧化钛。先将TiO2和足量炭粉混合加热至10001100K进行氯化处理，生成TiCl4。该反应的化学反应方程式为_。（2）跨海桥梁的主要结构材料为钢铁。铁能与三氮唑（Bipy，结构见图）形成多种配合物。1mol Bipy中所含键_mol；碳原子杂化方式是_。Bipy的沸点为260、结构相似且相対分子质量接近的环戊二烯（结构见上图）的沸点为425前者较大的原因是_。（3）碳化钨是耐高温耐磨材料。下图为化晶体的部分结构，碳原子嵌入金属的晶格间隙，并不破坏原有金属的晶格

10、，形成填隙固溶体、也称为填隙化合物。在该结构中，每个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有_个。假设该部分晶体的体积为d/cm3，碳化的摩尔质量为Mgmol，密度为dgcm3，则阿伏加德罗常数NA用上述数据表示为_。五、推断题12以水杨酸为基础原料，按以下路找可合成抗菌消炎药 Olsalazine（G）：回答下列问题：（1）水杨酸的化学名称为_（2）B分子中官能团总共有_种（3）的反应类型是_（4）从整个合成路线看设计反应的作用是_。（5）反应的化学方程式为_。（6）下图所示的有机物X也可用于合成 Olsalazine、它的一种同分异构体Y同时满足下列条件，则Y的结构简式为_。IY属于氨基酸。II

11、能与FeCl3溶液发生显色反应III分子中氢原子所处化学环境类最少。（7）写出以和甲醇为原料合成的路线流程图（无机试剂任选）_。参考答案1A【解析】【详解】A、淀粉水解最终产物是葡萄糖，葡萄糖在催化剂条件下C6H12O62CH3CH2OH2CO2，故A正确；B、人体中缺少水解纤维素的酶，即纤维素在人体中无法水解，故B错误；C、乙醇和乙酸不是营养物质，故C错误；D、真丝成分是蛋白质，洗衣粉含酶，能使蛋白质水解，故D错误。2BA、根据流程，冰铜得到粗铜过程中发生的反应是2Cu2S3O22Cu2O2SO2、2Cu2OCu2S6CuSO2，SO2能引起酸雨，属于大气污染物，该工艺对环境不友好，故A说法

12、错误；B、焙烧中发生2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO2，CuFeS2中S的价态为2价，Fe的基态为2价，Cu的价态为2价，在反应中部分S的价态升高，Cu的价态降低，因此CuFeS2在该反应中既是氧化剂又是还原剂，故B说法正确；C、根据催化剂的定义，以及A选项分析，Cu2O不是催化剂，故C说法错误；D、粗铜中金、银以单质的形式存在，没有发生反应，金、银最终以单质的形式在阳极沉积出来，故D说法错误。3BA、制备氢氧化铁胶体，是将几滴饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至出现红褐色液体，即为氢氧化铁胶体，FeCl3滴入氢氧化钠溶液中出现红褐色沉淀，不是胶体，故A错误；B、胶体不能透过半透膜，溶

13、液可以透过半透膜，能做到胶体的提纯，故B正确；C、丁达尔效应是形成光亮的通路，不是一条“线”，故C错误；D、氢氧化铁胶体本身不带电，氢氧化铁胶粒带正电荷，应是负极颜色加深，故D错误。4CA、NaHSO4晶体中含有Na和HSO4，n（Na）=12.0g/120gmol1=0.1mol，故A错误；B、Ca（ClO）2属于强碱弱酸盐，ClO发生水解，因此溶液中n（ClO）小于1L1molL1=1mol，故B错误；C、Cu和浓硝酸发生反应：Cu4HNO3（浓）=Cu（NO3）22NO22H2O，随着反应进行HNO3的浓度降低，反应生成NO，因此生成NO2的物质的量小于1mol，故C正确；D、CHCl3

14、标准状况下不是气体，不能直接使用22.4Lmol1，故D错误。【点睛】易错点是选项A，学生认为NaHSO4晶体中阳离子是Na和H，忽略了NaHSO4条件不同，电离不同，在水溶液状态下NaHSO4=NaHSO42，在熔融状态下NaHSO4=NaHSO4，熔融状态下的电离，反映出晶体中微粒存在的形式，NaHSO4晶体中只存在Na和HSO4。5DA、根据乙酸松油酯的结构简式，推出乙酸松油酯的分子式为C12H20O2，故A错误；B、松油醇的分子式为C10H20O，图乙有机物的分子式为C11H18O，两种有机物分子式不同，两者不互为同分异构体，故B错误；C、酯不溶于水，酯溶于乙醇和油脂，故C错误；D、乙

15、酸松油酯中含有碳碳双键，能使Br2的CCl4或酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。6C【分析】3，W的核电荷数为4，即W为Be，X的核电荷数为3，即X为Li，W与X都能形成电子总数相等的简单氢化物，则W不是Be，X不是Li，W为O，X为C，a为H2O，b为CH4，Y的原子最外层电子数少于其最内层电子数，即Y可能是Na，也可能是Li，Z原子的各层电子数呈对称分布，且四种元素原子半径依次增大，则Z为Ca；A、非金属性OC，则H2O的稳定性强于CH4，故A说法正确；B、自然界含有C和O的化合物有CO2、有机物等，故B说法正确；C、根据上述分析，如果Y为Li，W的原子序数大于Y的原子序数，故C说法错误；D

16、、Ca为活泼金属，其最高价氧化物对应水化物是Ca（OH）2，Ca（OH）2为强碱，故D说法正确。7A根据原电池工作原理、电解工作原理进行分析；A、放电为原电池装置，根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，故A说法错误；B、根据装置图，金属钠为活泼金属，金属钠作负极，Na失电子，被氧化，故B说法正确；C、充电为电解池，根据装置图，阳极反应式为Ni2Cl2e=NiCl2，故C说法正确；D、根据题中信息，该电池具有可快充、高比功率、放电持久等特点，故D说法正确。难点是阳极反应式的书写，充电时：电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，充电时电极反应式是放电时电极反应式的逆过程，如本题，根据装置

17、图，Na为负极，被氧化，NiCl2中Ni得电子转化成Ni，即放电时正极反应式为NiCl2e=NiCl，因此充电时阳极反应式为Ni2Cl2e=NiCl2。8饱和食盐水 或：饱和NaCl溶液 稀硝酸 或：稀HNO3 分液漏斗 干燥NO或Cl2 或： 除去NO或Cl2中的水蒸气 排尽装置中的空气 3NO2H2O=2HNO3NO 长颈漏斗中的液面上升 液化亚硝酰氯，便于产品收集 2NOClH2O=2HClNONO2 （1）制备纯净氯气，根据装置图，图I制备出的氯气含有HCl和H2O，装置的作用是吸收HCl，盛放试剂是饱和食盐水；制备纯净的NO，利用铜和稀硝酸的反应，分液漏斗中盛放的是稀硝酸；仪器a为分

18、液漏斗，根据实验目的，装置的作用是干燥NO和Cl2；（2）两步操作都要“充满”的目的是排尽装置中空气；装置A产生NO，NO与烧瓶中O2发生反应生成NO2，装置B的作用是吸收NO2，发生3NO2H2O=2HNO3NO；压强过大，装置C中长颈漏斗中的液面上升；依据实验目的，以及亚硝酰氯的物理性质，装置D中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于产品收集；浓硫酸C干燥NO气体，无水CaCl2的作用是防止空气水蒸气进入装置D，亚硝酰氯遇水反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物，因此缺少这两个装置后，发生2NOClH2O=2HClNONO2。9蓝色 NaAlO2 或：偏铝酸钠 8LiCoO2S2O3222H=8

19、Li8Co22SO4211H2O 调节溶液pH，使Fe3转换为Fe（OH）3沉淀 Co2、S2O32也能使KMnO4溶液褪色 粉碎；搅拌；升高温度 LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境 2CoCO33Co（OH）2 （1）观察钾元素的焰色，黄色火焰会干扰，因此需要通过蓝色钴玻璃进行观察；（2）电极材料中加入NaOH溶液，根据流程以及电极材料的成分，只有Al与NaOH溶液发生反应：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO2；Na2S2O3具有还原性，LiCoO2作氧化剂，Co被还原成Co2，离子方程式为8LiCoO2S2O3222H=8L

20、i8Co22SO4211H2O；（3）根据流程，滤液1中含有铁元素和锂元素等杂质，滤液2中除去Li，则滤液1中加入NaClO3将Fe2氧化成Fe3，加入Na2CO3溶液，调节pH，使Fe3转化成Fe（OH）3沉淀；“钴渣”操作步骤中加入Na2S2O3是过量，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，同时滤液1中含有Co2，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色；（4）提高浸取率的采取措施有粉碎、搅拌、升高温度、适当提高硫酸的浓度等；Co3的氧化性强于Cl2，用盐酸浸取，LiCoO2将盐酸中Cl元素氧化成Cl2，Cl2有毒，污染环境；（5）根据题意，浓硫酸吸收产生H2O，即n（H2O）=0.54g/18gmol1=0.03

21、mol，碱石灰的作用是吸收CO2，即n（CO2）=0.88g/44gmol1=0.02mol，因此有5.17g/MCoCO3 yCo（OH）2gmol1=0.02mol，解得y=3/2，即“钴沉淀”的化学式为2CoCO33Co（OH）2。本题难点是氧化还原反应方程式的书写，应是钴渣，LiCoO2不能拆写成离子形式，3价Co具有强氧化性，Na2S2O3以还原性为主，因此有LiCoO2S2O32LiCo2SO42，然后根据化合价升降法进行配平，得出8LiCoO2S2O328Li8Co22SO42，然后注意溶液的酸碱性，根据流程溶液中加入H2SO4，依据原子守恒守恒和电荷守恒，因此离子方程式有8Li

22、CoO2S2O3222H=8Li8Co22SO4211H2O，氧化还原反应方程式的书写是热点，需要多练、多分析。10Na2SO4（s）4CO（g）=Na2S（s）4CO2（g） H119.6kJmol1或：1/4Na2SO4（s）CO（g）=1/4Na2S（s）CO2（g） H29.9kJmol1 0.2c/t molL1s1 温度升高，反应加快，达到平衡所需时间变短 增大 7.0105 d SO42 0.5 mol （1）根据图所示，再生塔中发生的反应是Na2SO44CO=4CO2Na2S，生成4molCO2时放出的热量为429.9kJ=119.6kJ，该反应的热化学方程式为Na2SO4（s

23、）4CO（g）=Na2S（s）4CO2（g） H119.6kJmol1；（2）达到平衡前，消耗H2S的浓度为0.4cmolL1，同时生成S2浓度为0.4c/2molL1=0.2cmolL1，根据化学反应速率的数学表达式，v（S2）=0.2c/tmol/（Ls）；随着温度升高，化学反应速率增大，达到平衡所需时间变短，曲线b向曲线a逼近；（3）NaOH为强碱，对水的电离产生抑制，Na2S为强碱弱酸盐，S2水解促进水的电离，因此用NaOH溶液吸收H2S气体生成Na2S的过程中，水的电离程度增大；c（S2）/c（HS）=c（S2）c（H）/c（HS）c（H）=7.01015/1015=7.0105；（

24、4）温度升高，生成Na2SO4，c点温度高于d点温度，一部分S生成Na2SO4，因此生成Na2S2O3物质的量最多的是d点；根据反应，硫元素的化合价升高，H元素的化合价降低，令生成Na2S2O3的物质的量为xmol，根据硫元素守恒，Na2SO4物质的量为（32x）mol，根据得失电子守恒守恒，得出2xmol4（32x）mol8=10mol2，解得x=0.5，即Na2S2O3的物质的量为0.5mol，Na2SO4的物质的量为2mol，c点溶液中浓度最高的阴离子是SO42；S2O32的物质的量为0.5mol。113d24s2 3 Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强 TiO22C2Cl2TiCl

25、42CO 8 sp2 bipy分子间可形成氢键，而环戊二烯不能 6 6M/dV （1）Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2；Ti有2个未成对电子，同周期有2个未成对电子的是Ni、Ge、Se三种；利用价电子数越多，金属键越强，硬度越大，Ti原子价电子为4，Al的价电子为3，Ti原子价电子数比Al多，Ti的金属键强，钛的硬度大于铝；该反应方程式为TiO22C2Cl2TiCl42CO；（2）成键原子之间只能形成一个键，因此1molBipy中所含键物质的量为8mol；根据Bipy的结构简式，碳原子有3个键，无孤电子对，碳原子杂化类型为sp2；两种物质为分子晶体，前者能够形成分子间氢键，后者不能形成分子间氢键，因此Bipy的沸点高；（3）每个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有6个；结构中钨原子数目是121/2121/661/3=6，碳原子个数为6，化学式为WC，晶胞质量为6Mgmol1/NAmol1，根据密度的定义，NA=6M/dV。122羟基苯甲酸 或：邻羟基苯甲酸 3 还原反应 保护酚羟基不被亚硝酸钠氧化 反应为酯化反应，A的结构简式为，观察C的结构简式，推出反应发生硝化反应，即B的结构简式为；