湖南省益阳市湘潭市届高三调研考试化学试题.docx

湖南省益阳市湘潭市届高三调研考试化学试题.docx

《湖南省益阳市湘潭市届高三调研考试化学试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省益阳市湘潭市届高三调研考试化学试题.docx（22页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

湖南省益阳市湘潭市届高三调研考试化学试题

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）

1.化学与人类社会的生活、生产密切相关。

以下说法不正确的是

A.我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料

B.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”

C.84消毒液的有效成分NaClO具有强氧化性，能用来杀菌消毒

D.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化

【答案】D

【解析】A项，材料可分为无机非金属材料、金属材料、有机合成材料和复合材料，无机非金属材料又分为传统无机非金属材料和新型无机非金属材料，传统无机非金属材料主要是硅酸盐等产品，碳纤维主要成分为碳，并有特殊用途，为新型无机非金属材料，A正确；B项，光导纤维主要成分为二氧化硅，二氧化硅是一种酸性氧化物，遇强碱会反应，故光导纤维遇强碱会“断路”，B正确；C项，84消毒液的有效成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性而能杀菌消毒，故C正确；D项，屠呦呦对青蒿素的提取类似于中医煎药的方法，与萃取有关，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误。

2.《神农本草经》说:

“水银……镕化（加热）还复为丹”。

《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的。

这里的“丹”是指

A.合金B.氧化物C.氯化物D.硫化物

【答案】B

【解析】在土釜中加热Hg制得“丹”，Hg和空气中的氧气反应生成氧化汞，故选B。

3.只选用下列试剂中的一种就可以鉴别氯化铁、硝酸钠、氯化铝和硫酸镁四种溶液。

这种试剂是

A.BaCl2B.KSCNC.NaOHD.AgNO3

【答案】C

【解析】A项，硝酸钠和氯化铝溶液均为无色，二者与BaCl2都不反应，A错误；B项，KSCN只能鉴别出氯化铁溶液，另外三种无色溶液无法鉴别，B错误；C项，NaOH与氯化铁溶液反应有红褐色沉淀生成（也可通过氯化铁溶液的颜色判断），NaOH与硝酸钠溶液不反应，将NaOH溶液滴加到氯化铝溶液中，先有白色沉淀，后沉淀消失，NaOH与硫酸镁溶液反应有白色沉淀生成，故C正确；D项，AgCl是白色沉淀，Ag2SO4是微溶物，也会形成白色沉淀，故AgNO3溶液无法区分氯化铝和硫酸镁溶液，D错误。

4.设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是

A.18gD2O（重水）中含有10NA个质子

B.78g苯中含有3NA个C=C双键

C.1L0.1mol/LNaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3-

D.ag某气体中含分子数为b，cg该气体在标况下的体积为

【答案】D

【解析】A项，1molD2O（重水）含有10mol质子，18gD2O（重水）小于1mol，故A错误；B项，苯分子中不含碳碳双键，B错误；C项，HCO3–存在着水解和电离，故1L0.1mol/LNaHCO3溶液中含有HCO3–、CO32–和H2CO3共0.1NA个，C错误；D项，因为同种物质质量之比等于物质的量之比等于分子数之比，所以ag某气体中含分子数为b，则cg该气体含分子数为

，物质的量为

mol，在标况下的体积为

，D正确。

点睛：

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，涉及原子结构、苯的分子结构、盐溶液水解、阿伏伽德罗定律推论等知识，注意D2O的相对分子质量是20、苯分子中存在介于双键和单键之间的特殊键、HCO3–水解，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。

5.下列实验操作中错误的是

A.蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热

B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处

C.分液操作时，分液漏斗下层液体应从下口放出,上层液体应从上口倒出

D.萃取操作时，所选萃取剂溶解溶质能力应大于原溶剂且与原溶剂互不相溶

【答案】A

【解析】试题分析：

A、蒸发操作时，应使混合物中的水分接近蒸干时停止加热，利用余热完全蒸干，错误；B、蒸馏操作时，温度计测量的是蒸汽的温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，正确；C、分液操作时，为了使液体彻底分离，分液漏斗下层液体应从下口放出，上层液体应从上口倒出，正确；D、萃取操作时，为了使溶质转移，所选萃取剂溶解溶质能力应大于原溶剂且与原溶剂互不相溶，正确。

考点：

本题考查实验基本操作。

6.含下列离子组的溶液中加入相应试剂后,发生反应的离子方程式正确的是

离子组

加入试剂

离子方程式

A

Cu2+、SO42-

Ba（OH）2溶液

Ba2++SO42-=BaSO4↓

B

Al3+、NO3-

过量氨水

Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+

C

Fe3+、Cl-

铁粉

Fe3++Fe=2Fe2+

D

Fe2+、I-

足量新制氯水

Cl2+2I-=2Cl-+I2

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A项，离子方程式为Ba2++SO42-+Cu2++2OH-=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故A错误；B项，Al3+与氨水反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3和氨水不反应，故离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，B正确；C项，电荷不守恒，离子方程式应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；D项，Fe2+和I-都能与Cl2反应，故反应离子方程式为3Cl2+4I-+2Fe2+=6Cl-+2I2+2Fe3+，D错误。

点睛：

本题考查离子共存和离子方程式正误判断，掌握离子反应的实质、离子反应发生的条件及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子方程式的配平既要元素守恒又要电荷守恒，D项因为是足量氯水，所以Fe2+和I-均被氧化。

7.下列有关说法错误的是

A.金属Mg与稀硫酸、CO2均能反应,但其反应类型不同

B.浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性

C.铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4

D.SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，有白色沉淀生成

【答案】A

【解析】A项，金属Mg与稀硫酸反应：

Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，金属Mg与CO2反应：

2Mg+CO2

2MgO+C，二者都是置换反应，也是氧化还原反应，A错误；B项，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜，说明硫酸表现酸性，生成SO2，说明硫酸表现强氧化性，B正确；C项，铁在纯氧中燃烧生成Fe3O4，铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C正确；D项，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，反应离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故D正确。

8.向含盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图1所示,则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是

A.M点对应的溶液中:

K+、Fe2+、SO42-、NO3-

B.N点对应的溶液中:

K+、NH4+、Cl-、CO32-

C.S点对应的溶液中:

Na+、SO42-、HCO3-、NO3-

D.R点对应的溶液中:

Na+、SO42-、Cl-、NO3-

【答案】D

【解析】A．M点盐酸有剩余，溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．N点HCl与NaOH恰好反应，溶液中含AlCl3，Al3+、CO32-相互促进水解，不能大量共存，故B错误；C．S点AlCl3没有完全反应，Al3+、HCO3-相互促进水解，不能大量共存，故C错误；D．R点生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D。

9.已知NH4CuSO3与足量的2mol/L硫酸溶液混合微热,产生下列现象:

①有红色金属生成；

②产生刺激性气味的气体;③溶液呈现蓝色。

据此判断下列说法不正确的是

A.NH4CuSO3中铜元素既被氧化又被还原

B.刺激性气味的气体是二氧化硫

C.反应中硫酸作氧化剂

D.2molNH4CuSO3完全反应转移1mol电子

【答案】C

【解析】根据题意，NH4CuSO3与足量稀硫酸液混合微热，生成Cu、硫酸铜、二氧化硫，所以Cu元素的化合价一部分由+1价升高为+2价，一部分由+1价降低为0，其它元素化合价没变。

A项，NH4CuSO3中Cu元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，A正确；B项，NH4CuSO3与稀硫酸反应所得刺激性气味气体不可能是氨气，只能是二氧化硫，B正确；C项，硫酸中各元素化合价没变，故反应中硫酸只作反应物，C错误；D项，2molNH4CuSO3完全反应，Cu元素的化合价一部分由+1价升高为+2价，一部分由+1价降低为0，根据得失电子守恒，转移1mol电子，D正确。

点睛：

本题考查氧化还原反应有关概念及电子转移，明确实验现象与生成物的关系，判断元素化合价的变化是解题关键，注意NH4+与OH-可生成氨气，与H+不会生成氨气。

10.足量的NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合后能产生CO2气体。

下列说法正确的是

A.HSO3-的水解程度大于其电离程度

B.上述反应的离子方程式为2H++CO32- =H2O+CO2↑

C.向Na2CO3溶液中通入足量SO2，也可得到CO2

D.NaHSO3溶液中:

c（HSO3-）>c（H2SO3）>c（SO32-）>c（H+）

【答案】C

【解析】A项，由已知NaHSO3溶液显酸性，故HSO3-的电离程度大于其水解程度，A错误；B项，HSO3-是多元弱酸根离子，所以上述反应的离子方程式为2HSO3-+CO32-=H2O+CO2↑+2SO32-，故B错误；C项，亚硫酸的酸性强于碳酸的酸性，所以向Na2CO3溶液中通入足量SO2，也可得到CO2，C正确；D项，NaHSO3溶液中Na+和HSO3-是主要离子，溶液显酸性所以HSO3-的电离程度大于水解程度，故c（HSO3-）>c（H+）>c（SO32-）>c（H2SO3），D错误。

点睛：

本题考查盐溶液中电离和水解的分析判断，强酸制弱酸原理、离子浓度变化分析，根据电荷守恒关系及弱酸的电离、弱离子的水解原理分析判断是解题关键，B项易错，HSO3-不能写成H+和SO32-形式，D项注意c（H+）与c（SO32-）的大小判断。

11.玉米芯与稀硫酸在加热加压下反应,可以制得糠醛（结构简式如图2）。

糠醛是重要的化工原料，用途广泛。

关于糠醛的说法，不正确的是

A.糠醛能使酸性高锰酸钾溶液褪色

B.1mol糠醛可与2molH2发生加成反应

C.其核磁共振氢谱有4种不同类型的吸收峰

D.加热时糠醛与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成红色沉淀

【答案】B

【解析】A项，糠醛结构中含有碳碳双键和醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B项，糠醛结构中含有2个碳碳双键和1个醛基都能与H2发生加成反应，所以1mol糠醛可与3molH2发生加成反应，B错误；C项，糠醛分子结构不对称，4个H原子不同，故其核磁共振氢谱有4种不同类型的吸收峰，C正确；D项，糠醛分子中有醛基，与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成红色沉淀（Cu2O），D正确。

12.处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法,是将其在催化剂作用下转化为单质S。

已知:

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H1=-566.0kJ/mol

S（g）+O2（g）=SO2（g）△H2=-296.0kJ/mol

S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3=?

下列说法不正确的是

A.△H3<△H2

B.将少量CO2、SO2分别通入澄清石灰水,都能产生浑浊现象

C.CO2分子中各原子最外层均为8电子稳定结构

D.相同条件下:

2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）△H=-270kJ/mol

【答案】A

【解析】A项，设S（g）=S（s）△H4，则△H4<0，由盖斯定律，△H3=△H2-△H4，所以△H3>△H2，A错误；B项，少量CO2和SO2都能与Ca（OH）2反应，分别生成CaCO3和CaSO3都是难溶于水的白色沉淀，故B正确；CO2的电子式为

，分子中各原子最外层均为8电子稳定结构，C正确；D项，①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H1=-566.0kJ/mol，②S（g）+O2（g）=SO2（g）△H2=-296.0kJ/mol，由盖斯定律，①-②得：

2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）△H=-270kJ/mol，D正确。

13.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素。

其中只有Z是金属，W的单质是黄色晶体，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图3所示。

下列说法不正确的是

A.5种元素中,原子半径最大的是Z

B.Y与Z形成的化合物都可以和盐酸反应

C.Z与Q形成的化合物水溶液一定显酸性

D.W的简单阴离子比Q的简单阴离子还原性强

【答案】C

【解析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素，由X、Y、W在周期表中的相对位置关系图可得，5种元素涉及二、三两个周期，W的单质是黄色晶体，则W为S元素，短周期主族元素中原子序数比S大的只有Cl元素，故Q为Cl元素，由图可得Y为O元素、X为C元素，因为Z是金属元素，故Z为Na、Mg、Al中的一种。

A项，同周期元素由左向右原子半径减小，同主族元素由上到下原子半径增大，所以5种元素中原子半径最大的是Z，A正确；B项，Y与Z形成的化合物都是金属氧化物，都可以和盐酸反应，B正确；C项，Z与Q形成的化合物可能是NaCl、MgCl2或AlCl3，NaCl水溶液显中性，MgCl2和AlCl3水溶液显酸性，故C错误；D项，同周期元素原子序数越大非金属性越强，非金属单质氧化性越强，其阴离子还原性越弱，故还原性：

S2->Cl-，D正确。

点睛：

本题考查元素周期律和元素周期表的应用，根据元素在周期表的位置信息，确定元素种类，然后根据元素周期律推出相应元素及其化合物的性质比较，其中根据题意确定元素是解题关键，本题中“W的单质是黄色晶体”是一个重要突破口，应把握好。

14.据报道,以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图4所示。

下列说法不正确的是

A.电极a采用Pt/C，电极b采用MnO2

B.电池放电时Na+从b极区移向a极区

C.负极电极反应式为:

BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O

D.反应中每消耗3molH2O2，转移6mol电子

【答案】B

【解析】A项，原电池中，正极上发生得电子还原反应，负极发生失电子氧化反应，所以由图可得：

电极b是正极，电极a是负极，又因为负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，所以A正确；B项，原电池放电时，阳离子移向正极，故电池放电时Na+通过钠离子交换膜从a极区移向b极区，B错误；C项，由图可得，a极（负极）入口是BH4-和OH-，出口是BO2-，结合反应原理，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，C正确；D项，H2O2中-1价O元素降为-2价，故每消耗3molH2O2，转移6mol电子，D正确。

15.硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图5所示。

下列说法正确的是

A.283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液

B.温度一定时，Ksp（SrSO4）随c（SO42-）的增大而减小

C.283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液

D.三个不同温度中,363K时Ksp（SrSO4）最大

【答案】A

【解析】A项，由图可得，283K时Ksp（SrSO4）=c（SO42-）•c（Sr2+）=10-1.5×10-1.65，而a点时，c（SO42-）=10-1.5，c（Sr2+）<10-1.65，所以a点Q（SrSO4）

点睛：

本题考查沉淀溶解平衡及Ksp的应用，掌握难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，正确分析图象中纵坐标和横坐标的意义，理解曲线的变化趋势是解题关键。

第Ⅱ卷

二、非选择题（本题共4个小题,共55分）

16.直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。

某化学兴趣小组进行如下有关SO2性质和含量测定的探究活动。

（1）装置A中仪器a的名称为____________。

（2）选用图6中的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：

①甲同学认为按A→C→F→尾气处理顺序连接装置可以证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，乙同学认为该方案不合理,其理由是_________________________。

②丙同学设计的合理实验方案为:

按照A→C→____→E→_____→F→尾气处理（填字母）顺序连接装置。

E装置的作用是________，证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的实验现象是_______。

（3）为了测定装置A残液中SO2的含量，量取10.00mL残液于圆底烧瓶中,加热使SO2全部蒸出，用20.00mL0.0500mol/L的酸性KMnO4溶液吸收。

充分反应后，再用0.2000mol/L的KI标准溶液滴定过量的KMnO4，消耗KI溶液15.00mL。

已知:

5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+

10I-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O

①残液中SO2的含量为_______g·L-1。

②若滴定过程中不慎将KI标准溶液滴出锥形瓶外少许，使测定结果______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】

（1）.分液漏斗

（2）.二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应,不能证明强酸制备弱酸的原理（3）.B（4）.D（5）.除去CO2中混有的SO2（6）.装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀（7）.6.4（8）.偏低

【解析】

（1）装置A中仪器a的名称为分液漏斗。

.....................

（3）①由已知，与SO2反应的KMnO4等于总的KMnO4减去与KI反应的KMnO4，即0.02L×0.05mol•L-1-

×0.015L×0.2mol•L-1=0.0004mol；由第一个反应可得：

n（SO2）=

×0.0004mol=0.001mol，m（SO2）=0.001mol×64g•mol-1=0.064g，所以残液中SO2的含量为0.064g÷0.01L=6.4g·L-1。

②若滴定过程中不慎将KI标准溶液滴出锥形瓶外少许，则测得与KI反应的KMnO4偏大，那么得到与SO2反应的KMnO4偏小，则SO2的含量偏低。

点睛：

本题考查气体制备与性质检验、物质含量测定实验，涉及对仪器装置的分析、实验方案设计与评价、仪器使用、氧化还原反应滴定计算等，重在考查学生实验综合分析与知识迁移应用能力，明确实验原理，掌握相应元素化合物的性质是解题关键。

17.工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。

其工业流程如下：

已知:

25℃时,部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示。

金属阳离子

Fe3+

Fe2+

Mn2+

开始沉淀的pH

2.7

7.6

8.3

完全沉淀的pH

3.7

9.7

9.8

（1）“浸锰”过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。

写出ⅱ的离子方程式：

_______________________。

ⅰ：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2Oⅱ：

……

（2）过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为_________（填离子符号）。

（3）写出“氧化”过程中MnO2与Fe2+反应的离子方程式：

___________。

（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成,温度对“浸锰”反应的影响如图7所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是；_____滤渣Ⅱ的成分是______（写化学式）；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是______________。

（5）加入NH4HCO3溶液后,生成MnCO3沉淀,同时还有气体生成,写出反应的离子方程式：

__________________。

（6）生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是_______________。

【答案】

（1）.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+

（2）.Mn2+、Fe2+（3）.MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O（4）.90℃（5）.Fe（OH）3、MnO2（6）.防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率（7）.Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O（8）.取最后一次洗液1~2mL于试管,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净（注:

通过检验铵根离子,且方法正确也给分）

【解析】

（1）根据总反应，Fe元素化合价由+3→+2，S元素化合价由+4→+6，所以ⅱ：

2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。

（2）软锰矿主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质，“浸锰”过程在酸性条件通入过量SO2，发生氧化还原反应，只有SiO2不溶解，滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+和Fe2+。

（3）滤液I显酸性，加入过量MnO2将Fe2+氧化成Fe2+，反应的离子方程式为：

MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。

（5）根据题意HCO3-与Mn2+反应，生成MnCO3、CO2和水，反应的离子方程式为：

Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O。

（6）生成的MnCO3沉淀会附着SO42-和NH4+，取最后一次洗涤液，滴加酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净，反之则表明未洗干净。

（也可以用加浓NaOH溶液加热的方法检验NH4+）

点睛：

本题通过工艺流程考查物质的制备、分离和提纯，以及对实验方案的分析和评价，综合性很强，弄懂工艺流程图，掌握反应原理、理解离子反应的本质是解题关键，注意制得高纯MnCO3的方法是HCO3-与Mn2+反应，不是双水解，也不是CO32-直接与Mn2+反应。

18.二甲醚又称甲醚,简称DME，熔点-141.5℃，沸点-24.9℃，与石油液化气（LPG）相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。

由合成气（CO、H2）制备二甲醚的反应原理如下：

①CO（g）+2H2（g）