湖北省鄂州市黄冈市届高三第三次联考理科综合化学试题.docx
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湖北省鄂州市黄冈市届高三第三次联考理科综合化学试题
湖北省鄂州市、黄冈市2019届高三第三次联考
理科综合化学试题
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：
高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：
每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
1.化学与人类的生产生活密切相关，下列有关说法错误的是
A.天然气是高效清洁的化石燃料，也是重要的化工原料
B.地沟油在碱性条件下水解可以生成高级脂肪酸盐和甘油
C.用于光缆通信的光导纤维是新型无机非金属材料
D.明矾常用作漂白剂，因为明矾溶于水后，水解生成氢氧化铝胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A、天然气既是一种清洁的化石燃料，更是一种重要的化工原料，作为化工原料，它主要用于合成氨和生产甲醇等；故A正确。
B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，故B正确；
C、新型无机非金属材料很多，现列举几种：
压电材料；磁性材料；导体陶瓷；激光材料，光导纤维；超硬材料（氮化硼）；高温结构陶瓷；生物陶瓷（人造骨头、人造血管）等等，故C正确。
D、明矾溶于水电离出的Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，因此明矾可以净水，但不能不能用作漂白剂，故D错误。
本题选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.1.0mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的CH3CH2CH2Cl分子数为1.0NA
B.22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，反应中转移的电子数为NA
C.20gD2O所含有的质子数、电子数、中子数均为10NA
D.0.5mo/LCH3COONa溶液中含有CH3COOH和CH3COO－的总数为0.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、1.0mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl的分子数应小于1.0NA，故A错误。
B、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，故1mol氯气转移1NA个电子，故B错误。
C、一个D2O分子中含有的质子数、电子数、中子数均为10，20gD2O的物质的量是1mol，含有的质子数、电子数、中子数均为10NA，故C正确。
D、不知道溶液的体积，无法求出溶质的物质的量，故无法求出CH3COOH和CH3COO-的总数，D错误．
本题选C。
3.有机物
是制备镇痛剂的中间体。
下列关于该有机物的说法错误的是
A.与环己烷互为同分异构体B.一氯代物有五种（不考虑立体异构）
C.所有碳原子可处同一平面D.能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、同分异构体是指具有相同分子式而结构不同的化合物，故A正确。
B、一氯代物有四种（不考虑立体异构），故B错误。
C、根据乙烯分子中六原子共面、碳碳单键可以旋转，可以判断分子中所有碳原子可以处于同一平面上，故C正确。
D、该有机物中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故D正确。
本题选B。
4.从海带中提碘要经过灼烧浸取、过滤氧化、萃取、分液、蒸馏等操作，运用下列装置，不能达到相关实验目的的是
A.装置①灼烧碎海带B.装置②浸取海带灰中的I－
C.装置③放出下层的水溶液D.装置④分离碘，回收苯
【答案】A
【解析】
【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，装置①中的蒸发皿不能用于灼烧碎海带。
B、海带灰中的碘化物易溶于热水，故B可以达到。
C、萃取使用的有机溶剂是苯，碘易溶于苯、不易溶于水，苯的密度比水小，有机层在上层，故C可以达到。
D、碘和苯的沸点相差较大，可以用蒸馏法分离，冷凝水应从下端进水，上端出水，温度计的水银球在支气管口处，故D可以达到。
本题选A。
5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Y能形成Y2X和Y2X2两种常见的化合物，Z原子的电子总数为最外层电子数的3倍，W与X同主族。
以下说法正确的是
A.简单氢化物的稳定性比较：
X＞Z＞W
B.简单离子的半径比较：
W＞Y＞X
C.简单氢化物的沸点比较：
W＞Z＞X
D.Y2X和Y2X2两种化合物中，Y与X的最外电子层均达到8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】
Z原子的电子总数为最外层电子数的3倍，则Z为磷元素，Y2X和Y2X2为氧化钠和过氧化钠，则Y为钠元素，X为氧元素，W与X同族，则W为硫元素。
【详解】A、同主族中，从上到下氢化物的稳定性递减，因此氧的气态氢化物比硫的气态氢化物稳定性好；同周期，从左到右氢化物的稳定性递增，因此硫的氢化物比磷的氢化物稳定性好，所以简单氢化物的稳定性X>W>Z，故A错误。
B、同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小；同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大.；电子层结构相同的粒子，随着核电荷数的增大，离子半径减小。
所以离子的半径比较：
W>X>Y，故B错误。
C、简单氢化物即分子晶体，它们熔化时要破坏分子间作用力（范德华力），所以它们的熔、沸点是由相对分子质量决定，相对分子质量越大，熔沸点越高，但由于H2O分子间存在氢键，所以沸点较高，沸点从高到低的顺序为X>W，故C错误。
D、Y2X为Na2O和Y2X2为Na2O2，Y与X的最外电子层均达到8电子稳定结构,故D正确。
本题选D。
【点睛】本题易错点：
要注意NH3、H2O、HF可以形成分子间氢键，沸点较高。
6.根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是
实验
现象
实验结论
A
向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液
出现白色沉淀
原溶液中含有SO42﹣，SO32﹣，HSO3﹣中的一种或几种
B
将纯碱和硫酸反应生成的气体，通入一定浓度Na2SiO3溶液中
出现白色胶状沉淀
酸性：
H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3
C
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
氧化性：
Cl2＞Br2＞I2
D
试管a出现白色沉淀，试管b出现黄色沉淀
溶度积：
KSP（AgCl）＞KSP（AgI）
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A、硝酸具有强氧化性，先滴加硝酸酸化，可把SO32-、HSO3-氧化为硫酸根离子，然后生成不溶于稀硝酸的硫酸钡沉淀，故A正确。
B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以该实验只能说明盐酸酸性大于碳酸，但不能说明证明非金属性Cl＞C,故B错误。
C、氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br2、I2的氧化性，故C错误。
D、硝酸银过量，两种沉淀均会产生，不发生沉淀转化，故D错误。
本题选A。
7.已知金属离子M2+，25℃时在水中存在M2+（aq）、M（OH）+（aq）、M（OH）2（s）、M（OH）3－（aq）、M（OH）42－（aq）五种形态，该体系中各形态的物质的量分数（α）随pH的变化关系如图，下列叙述中错误的是
A.P点的pH为12，则M（OH）3－
M（OH）2+OH－的平衡常数为10－2
B.M（OH）2完全沉淀后，增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解
C.溶液pH达到14之前，沉淀M（OH）2已完全溶解
D.M（NO3）2溶液显酸性，其水解的离子方程式为：
M2++H2O
M（OH）++H+
【答案】A
【解析】
【分析】
随着pH增大，c（OH-）增大，金属离子M2+结合OH-数目增多，故1为M2+（aq）、2为M（OH）+（aq）、3为M（OH）2（s）、4为M（OH）3－（aq）、5为M（OH）42－（aq）。
【详解】A、平衡常数K=c（OH-）/c（M（OH）3－）,P点的pH为12,c（OH-）=10－2,c（M（OH）3－）的浓度不知道，不能计算平衡常数，故A错误。
B、由图可知，M（OH）2完全沉淀后，有一段随着pH改变，物质的量分数（α）没有发生变化，所以增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解，故B正确。
C、由图中3可知，溶液pH达到14之前，物质的量分数（α）=0，说明沉淀M（OH）2已完全溶解，故C正确。
D、M（NO3）2溶液显酸性，其水解的离子方程式为：
M2++H2O
M（OH）++H+，故D正确。
本题选A。
8.某校化学兴趣小组实验室模拟工业制备硫氰化钾（KSCN）。
实验装置如图：
实验步骤如下：
（1）制备NH4SCN溶液：
CS2+2NH3
NH4SCN+H2S。
该反应比较缓慢。
①实验前，应进行的操作是______________________。
三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂，三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，目的是______________________。
②实验开始时打开K1，加热装置A、D，缓缓地向装置D中充入气体。
装置A中的物质是___________（以化学式表示），装置C的作用可能是______________________。
（2）制备KSCN溶液：
移去A处的酒精灯，关闭K1，打开K2，利用耐碱分液漏斗边加液边加热，则此时装置D中发生反应的化学方程式是_________________________________。
（3）制备KSCN晶体：
先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，___________，过滤，干燥，得到硫氰化钾晶体。
（4）测定KSCN的含量称取10.0g样品配成1000mL溶液量取20.00mL于锥形瓶中，并加入几滴Fe（NO3）3溶液，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消AgNO3标准溶液20.00mL。
①滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+=AgSCN↓，则终点时的现象是___________。
②KSCN的质量分数为___________。
【答案】
（1）.检查装置的气密性
（2）.使反应物充分接触，防止发生倒吸（3）.NH4Cl、Ca（OH）2（4）.观察气泡速率，控制加热温度（5）.NH4SCN+KOH
KSCN+NH3+H2O（6）.冷却结晶（7）.当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复（8）.97.0%
【解析】
【分析】
本题主要考察实验基本操作、陌生反应方程式的推断和书写、滴定的终点判断和相关计算。
【详解】
（1）、①连接好装置后，实验前必须进行的一步操作是检查装置的气密性。
根据相似相溶原理可知，氨气易溶于水、不易溶于二硫化碳，因此，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，所以三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口。
本题答案：
检查装置的气密性；使反应物充分接触，防止发生倒吸
②制备NH4SCN溶液：
CS2+2NH3
NH4SCN+H2S，反应需NH3，所以A装置为氨气发生器，实验室可用固体NH4Cl与固体Ca（OH）2加热反应制取氨气。
故装置A中的物质是NH4Cl,Ca（OH）2，装置C的作用可能是观察气泡速率，控制A装置的加热温度。
本题答案：
NH4Cl,Ca（OH）2；观察气泡速率，控制加热温度
（2）、在装置C中发生反应得NH4SCN，装置D耐碱分液漏斗中装入的碱与NH4SCN发生反应生成硫氰化钾，故D中的反应化学方程式为NH4SCN+KOH
KSCN+NH3↑+H2O
本题答案：
NH4SCN+KOH
KSCN+NH3↑+H2O
（3）、制备KSCN晶体：
先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
本题答案：
冷却结晶
（4）、①滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+=AgSCN↓，以Fe（NO3）3为指示剂，SCN-与Fe3+反应使溶液呈血红色。
当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复，即为终点。
本题答案：
当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复
②20.00mL0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，c（Ag+）=0.1000mol/L╳0.02L=0.002mol，根据滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+=AgSCN↓，可知20.00mL中c（SCN－）=0.002mol，则1000mL中c（SCN－）为0.1mol，KSCN的质量分数=97.0g/mol╳0.1mol/10g╳100%=97.0%
本题答案：
97.0%
9.某科研课题小组研究利用含H+、Na+、Zn+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、SO42－的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计出如下实验流程：
回答下列问题:
（1）加入双氧水的目的是______________________。
（2）第一次调pH使Fe3+完全沉淀，写出反应的离子方程式______________________。
（3）第二次调pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到相关数据见下表（表中金属离子沉淀完全时，其浓度为1×10－5mol/L）。
为防止Mn2+也同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的pH控制为7，则此时溶液中Zn2+的沉淀率为___________，利用滤渣Ⅱ制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的___________（以物质的化学式表示）。
（4）已知常温下，Ksp（MnS）=3.0×10－14、Ksp（ZnS）=1.5×10－24。
在除锌时发生沉淀转化反应为：
MnS（s）+Zn2+（aq）
ZnS（s）+Mn2+（aq），其平衡常数K=___________。
（5）沉锰反应在酸性条件下完成，写出该反应的离子方程式______________________。
【答案】
（1）.将Fe2+氧化为Fe3+
（2）.Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓（3）.99%（4）.Fe2O3（5）.2×1010（6）.Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+
【解析】
【分析】
本题考查了Fe3+和Fe2+相关性质、调节pH在物质分离提纯中的作用、以及平衡常数的计算方法。
【详解】
（1）、加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+
本题答案：
将Fe2+氧化为Fe3+
（2）、第一次调pH使Fe3+完全沉淀，其反应的离子方程式Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓
本题答案：
Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓
（3）、pH控制为7，c（H+）=10-7；c（OH-）=10-7，c（Zn2+）=Ksp/c2（OH-）=1.2×10-3，（1.2×10-3）/1.2×100%=10%，Zn2+的沉淀率=1-10%=99%。
第一次调pH使Fe3+完全沉淀时，有及其少量的Fe3+存在，所以利用滤渣Ⅱ制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的Fe2O3。
本题答案：
99%；Fe2O3
（4）、MnS（s）=Mn2+（aq）+S2-（aq）Ksp（MnS）=3.0×10－14、ZnS（s）=Zn2+（aq）+S2-（aq）Ksp（ZnS）=1.5×10－24，在除锌时发生沉淀转化反应为：
MnS（s）+Zn2+（aq）
ZnS（s）+Mn2+（aq），其平衡常数K=3.0×10－14/1.5×1024=2×1010
本题答案：
2×1010
（5）、沉锰反应在酸性条件下完成，由生成物为MnO2可知Mn化合价升高，则S化合价下降，根据得失电子守恒配平反应为Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+
本题答案：
Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+
10.氨在工农业及国防工业上有广泛的用途。
（1）已知：
①4NH3（g）+3O2（g）
2N2（g）+6H2O（g）△H=－1266.2k/mol
②2H2（g）+O2（g）
2H2O（g）△H=－483.6kJ/mol
则合成氨反应N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）△H=___________kJ/mol，该反应属于___________。
A.高温自发B.低温自发C.恒自发D.恒不自发
（2）在甲、乙、丙三个容积均为2L的密闭装置中，均充人4mol合成气，但N2、H2的投料比不同，在400℃时反应，测定N2的体积百分含量，得到下图一。
①乙装置中N2、H2的投料比为___________。
②反应达到平衡后，测得乙装置中H2的体积百分含量为25%，则400℃时，合成氨反应的平衡常数为___________（不须注明单位）。
（3）在M、N两个装置中分别充入相同投料比的N2、H2，进行合成氨反应，各反应1小时，测定不同温度下N2的转化率，得到上图二。
①N2、H2在M、N两装置中反应时，不同的条件可能是______________________。
②在300℃时，a、b两点转化率差异的原因是______________________。
（4）氨法烟气脱硫技术渐趋成熟，回收SO2，并产出氮肥，其流程分两步：
①氨水吸收烟气中的SO2：
xNH3+SO2（g）+H2O====（NH4）xH2－xSO3
②加入足量的磷酸得到纯净的SO2。
写出该反应的化学方程式：
______________________。
【答案】
（1）.-92.3
（2）.B（3）.1：
1（4）.3.125（5）.M装置中使用了催化剂（6）.M装置中使用了催化剂，a点速率快，达到了平衡，b点速率慢，没达到平衡（7）.（NH4）xH2－xSO3+xH3PO4=xNH4H2PO4+SO2↑+H2O
【解析】
【分析】
（1）从盖斯定律的计算和反应进行的方向分析；
（2）综合考察影响化学平衡移动因素、平衡常数计算、转化率计算等为题。
【详解】
（1）、已知：
①4NH3（g）+3O2（g）
2N2（g）+6H2O（g），△H=－1266.2k/mol；②2H2（g）+O2（g）
2H2O（g），△H=－483.6kJ/mol，则合成氨反应N2（g）+3H2（g）
2NH3（g），△H=-①/2+3/2②代入得，△H=-92.3k/mol，反应后气体体积变小，是一个熵减的反应（ΔS<0），由△H-T△S可知ΔH<0，ΔS<0时，在低温下能自发进行。
本题答案：
△H=-92.3k/mol；B
（2）、设N2初始投料为amol，由“三段式”得：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）
起始量（mol）：
a4-a0
变化量（mol）：
x3x2x
平衡量（mol）：
a-x4-a-3x2x
①由题意知N2体积分数为
=常数，当a=2时该比值为常数0.5，则N2有2mol，H2有2mol，N2、H2的投料比为1:
1。
②H2的体积百分含量为25%，则
，a=2，则x=0.4，故平衡常数K=
（3）、①相同温度下，相同时间内，M装置中N2转化率比N装置大，则M反应速率也大于N，故M装置中使用了催化剂。
本题答案：
M装置中使用了催化剂
②在同温度下，由于M装置中使用了催化剂，其反应速率快得多，在300℃时，a点速率快，先达到了平衡；而b点反应速率慢，还没有达到平衡状态，这是造成a、b两点转化率有差异的原因。
本题答案：
M装置中使用了催化剂，a点速率快，达到了平衡，b点速率慢，没达到平衡
（4）第一步中生成的（NH4）xH2－xSO3为酸式盐，可与磷酸中H+结合产生SO2和H2O，故第二步加入足量的磷酸反应方程式为（NH4）xH2－xSO3+xH3PO4=xNH4H2PO4+SO2↑+H2O
本题答案：
（NH4）xH2－xSO3+xH3PO4=xNH4H2PO4+SO2↑+H2O
11.化学电源在日常生活和工业生产中有着重要的应用。
I.如下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
请按要求回答相关问题
（1）甲烷燃料电池负极反应式是______________________。
（2）石墨（C）极的电极反应式为______________________。
（3）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成的气体体积为___________L；丙装置中阴极析出铜的质量为___________g，一段时间后烧杯中c（Cu2+）___________（填“增大”、“减小”或“不变”）
Ⅱ.“长征”火箭发射使用的燃料是液态偏二甲肼（C2H8N2），并使用四氧化二氮作为氧化剂，这种组合的两大优点是，既能在短时间内产生巨大能量将火箭送上太空，产物又不污染空气（产物都是空气成分）。
某校外研究性学习小组拟将此原理设计为原电池，如图所示，结合学习过的电化学原理分析其设计方案，回答相关问题：
（4）从a口加入___________（填名称）。
H+移动方向是___________（填“A到B”或“B到A”）
（5）A极发生的电极反应式：
______________________。
（6）若以该电池为电源用石墨做电极电解200mL0.5mol/L的CuSO4溶液，电解一段时间后，两极收集到相同体积（相同条件）的气体，则整个电解过程转移的电子的数目是___________。
【答案】
（1）.CH4－8e－＋10OH－=CO32-＋7H2O
（2）.2Cl－－2e－=Cl2↑（3）.4.48（4）.12.8（5）.减小（6）.偏二甲肼（7）.A到B（8）.C2H8N2-16e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+（9）.0.4NA（或2.408×1023）
【解析】
【分析】
I.从原电池或电解池电极反应式的书写、基于转移电子关系的相关计算进行分析；Ⅱ.考察了燃料电池（原电池原理）的电极反应式、电子流向以及转移的电子数目计算。
【详解】I.甲为燃料电池，甲烷通入一极为负极，氧气通入一极为正极；乙为电解池，Fe为阴极，C为阳极，实质为电解饱和食盐水；丙为电解池，粗铜为阳极，精铜为阴极，实质为电解精炼铜。
（1）、甲烷燃料电池负极为CH4，失去电子后结合OH－生成CO32-,其反应式是CH4－8e－＋10OH－=CO32-＋7H2O
本题答案：
CH4－8e－＋10OH－=CO32-＋7H2O
（2）、乙为电解池，Fe为阴极，C为阳极，实质为电解饱和食盐水，故石墨（C）极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑
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