湖北省襄阳四中届高三联考理综化学试题解析版.docx

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湖北省襄阳四中届高三联考理综化学试题解析版

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湖北省襄阳四中2019届高三年级上学期11月联考

理综-化学试题

（解析版）

2018年11月

相对原子质量（原子量）：

H-1N-14O-16Na-23Al-27Mg-24C-12S-32Cl-35.5Fe-56Cu–64Cr-52

第Ⅰ卷（共126分）

一.选择题：

（本题共13小题,每题6分,共78分，每小题给出四个选项中,只有一个选项符合题目要求。

）

1.下列说法错误的是（）

A.《天工开物》记载：

“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。

陶是一种传统硅酸盐材料

B.《开宝本草》中记载:

“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。

文中对硝酸钾提取没有涉及到升华操作

C.“霾尘积聚难见路人”,雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应

D.“榆荚只能随柳絮,等闲缭乱走空园”中“柳絮”的主要成分为蛋白质

【答案】D

【解析】

【详解】A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机非金属材料,选项A正确；

B、硝酸钾的溶解度随温度变化大,提纯的方法是先加水溶解,然后蒸发结晶得到硝酸钾晶体,所以没有涉及到升华操作,选项B正确；

C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,选项C正确；

D、“柳絮”的主要成分为纤维素,属于糖类,选项D错误。

答案选D。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（）

A.0.6mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为1.2NA

B.46gNO2和N2O4的混合物中含有氧原子的数目为2NA

C.11.2LCl2与足量NaOH溶液反应时转移的电子数为0.5NA

D.电解法精炼铜时,阳极溶解32g,转移电子数一定为NA

【答案】B

【解析】

【详解】A、过氧化钠（Na2O2）晶体中阴离子为O22-,阳离子为Na+,阴阳离子之比为1:

2,所以0.6mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为0.6NA,选项A错误；

B．46gNO2和N2O4的混合物中含有1mol最简式NO2,含有1mol氮原子、2mol氧原子,含有氧原子的数目为2NA,选项B正确；

C、氯气所处的状态不明确,不一定是标况,故物质的量不一定是0.5mol,则转移的电子不一定为0.5NA个,选项C错误；

D、电解精炼铜时,阴极为纯铜,溶液中的Cu2+在阴极得电子析出铜,阳极为粗铜,在溶解时比铜活泼的金属铁、锌、镍等优先溶解,所以若阳极质量减少32g,不是溶解铜的质量,所以转移的电子数不是NA,选项D错误；

答案选B。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,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,明确过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。

3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

W、X、Y简单离子的电子层结构相同,X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态,Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电,X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。

下列说法正确的是（）

A.离子半径:

W

B.工业上采用电解Y的氧化物冶炼单质Y

C.W、X元素组成的化合物一定只含离子键

D.W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液可能显碱性

【答案】D

【解析】

【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

W、X、Y简单离子的电子层结构相同,X元素在短周期主族元素中原子半径最大,则X为钠元素；W的简单氢化物常温下呈液态,则W为氧元素,Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电且原子序数大于钠,则Y为镁元素,X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10,则Z的最外层电子数为10-1-2=7,Z为氯元素。

A.Z-（Cl-）多一个电子层,离子半径最大,具有相同电子层结构的离子,核电荷数越大半径越小,离子半径W2-（O2-）>Y2+（Mg2+）,故离子半径Z-（Cl-）>W2-（O2-）>Y2+（Mg2+）,选项A错误；

B.氧化镁的熔点很高,故工业上采用电解Y的氯化物氯化镁冶炼单质镁,选项B错误；

C.W、X元素组成的化合物过氧化钠中含离子键和共价键,选项C错误；

D.W、X、Z三种元素组成的化合物NaClO为强碱弱酸盐,水解溶液显碱性,选项D正确。

答案选D。

4.下列离子方程式正确的是（）

A.向Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：

Ca2＋＋2OH－+2HCO3－═CaCO3↓+CO32－+2H2O

B.向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3·H2O：

Al3++4NH3·H2O═AlO2－+4NH4++2H2O

C.1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：

2AlO2－+5H+═Al3++Al（OH）3↓+H2O

D.醋酸除去水垢：

2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.向Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液碳酸钙、碳酸氢钠和水,反应的离子方程式为：

Ca2＋＋OH－+HCO3－═CaCO3↓+H2O,选项A错误；

B.一水合氨为弱碱,不能溶解氢氧化铝,向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3·H2O,反应的离子方程式为：

Al3++3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4+,选项B错误；

C.1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合,反应生成的部分氢氧化铝溶于强酸,生成氯化铝、氢氧化铝和水,反应的离子方程式为：

2AlO2－+5H+═Al3++Al（OH）3↓+H2O,选项C正确；

D.醋酸为弱酸必须写化学式,醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水,能除去水垢,反应的离子方程式为：

2CH3COOH+CaCO3═Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O,选项D错误。

答案选C。

5.工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除去,实验室用电解法模拟该过程,结果如下表所示（实验开始时溶液的体积均为50mL,Cr2O72-的起始浓度、电压、电解时间均相同）。

下列说法中,不正确的是（）

实验

①

②

③

电解条件

阴、阳极均

为石墨

阴、阳极均为石墨,滴加1mL浓硫酸

阴极为石墨,阳极为铁,滴加1mL浓硫酸

Cr2O72-的去除率/%

0.922

12.7

57.3

A.对比实验①②可知,降低pH可以提高Cr2O72-的去除率

B.实验③中,理论上电路中每通过6mol电子,就有1molCr2O72-被还原

C.实验②中,Cr2O72-在阴极放电的电极反应式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O

D.实验③中,C2O72-去除率提高的原因是Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

【答案】B

【解析】

A．对比实验①②,这两个实验中只有溶液酸性强弱不同,其它外界因素都相同,且溶液的pH越小,Cr2O72-的去除率越大,所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率,故A正确；B．实验③中,Cr2O72-在阴极上得电子,且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-,理论上电路中每通过6 mol电子,则有1 mol Cr2O72-在阴极上被还原,且溶液中还有0.5molCr2O72-被Fe2+还原,所以一共有1.5mol Cr2O72-被还原,故B错误；C．实验②中,Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应,电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+═2Cr3++7H2O,故C正确；D．实验③中,Cr2O72-在阴极上得电子,且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-,离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O,所以导致Cr2O72-去除率提高,故D正确；故选B。

点睛：

本题考查电解原理,明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键,注意：

活泼金属作阳极时,阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子,本题的易错点为B,要注意阳极铁溶解生成的亚铁离子会还原Cr2O72-。

6.阿斯巴甜（结构简式如图）具有清爽的甜味,甜度约为蔗糖的200倍。

下列有关说法不正确的是（）

A.分子式为：

C14H18N2O5

B.阿斯巴甜分子中有3种官能团

C.阿斯巴甜在一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应

D.阿斯巴甜的水解产物中有两种氨基酸

【答案】B

【解析】

【分析】

有机物中含苯环、-COOH、-CONH-、-COOC-、-NH2等,结合有机物的结构及官能团来分析解答。

【详解】A.1个分子中含H原子个数为18,阿斯巴甜的分子式为C14H18N2O5,选项A正确；

B.阿斯巴甜分子中有氨基、羧基、酰胺键和酯基共4种官能团,选项B不正确；

C．由该有机物的官能团-COOH、-NH2可知,阿斯巴甜一定条件下既能与酸反应,又能与碱反应,选项C正确；

D．由含-COOH、-CONH-、-NH2可知,水解产物中有两种氨基酸,选项D正确；

答案选B。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质,注意把握有机物中的官能团的结构及其性质,注意选项A为易错点,看清键线式的结构是关键。

7.常温时,下列说法正确的是（）

A.中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH＝7,前者消耗的盐酸多

B.0.1mol/L的NaHA溶液,其pH=4,则:

c（HA－）>c（（H+）>c（H2A）>c（A2－）

C.已知298K时氢氰酸（HCN）的Ka=4.9×10-10,碳酸的Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11,据此可推测出将氢氰酸加入到碳酸钠溶液中能观察到有气泡产生

D.将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液的pH大于7,则反应后的混合液2c（OH－）+c（A－）=2c（H+）+c（HA）

【答案】D

【解析】

【详解】A.1：

1反应时生成NH4Cl、NaCl,前者为酸性、后者为中性,则为使pH=7,应使氨水剩余,则前者消耗的盐酸少,选项A错误；

B、0.1mol/L的NaHA溶液其pH=4,显酸性,说明HA-的电离程度大于其水解程度,则有c（H2A）

C．已知298K时氢氰酸（HCN）的Ka=4.9×10-10,碳酸的Ka1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11,则酸性H2CO3>HCN>HCO3-,所以氢氰酸加入到碳酸钠溶液中,没有气体生成,选项C错误；

D．将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后得到的溶液为HA与NaA按照1:

1的混合溶液。

由于混合溶液的pH大于7,则说明A-的水解作用大于HA的电离作用。

根据电荷守恒可得：

c（H+）+c（Na+）=c（OH—）+c（A—）。

根据物料守恒可得：

c（HA）+c（A—）=2c（Na+）。

两式联立求解可得：

2c（OH—）=2c（H+）+c（HA）-c（A—）,选项D正确。

答案选D。

8.醋酸亚铬水合物[Cr（CH3COO）2]2·2H2O（相对分子质量为376）是一种氧气吸收剂,为红棕色晶体,潮湿时易被氧化,微溶于乙醇,不溶于水和乙醚（易挥发的有机溶剂）。

其制备装置及步骤如下：

①待三颈烧瓶内的溶液由深绿色（Cr3＋）变为亮蓝色（Cr2＋）时,将溶液转移至装置乙中,当出现大量红棕色晶体时,关闭分液漏斗的旋塞。

②将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥,称量得到[Cr（CH3COO）2]2·2H2O。

③检查装置气密性后,往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。

④关闭K2,打开K1,旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。

（1）正确的实验步骤为：

_________________。

（2）装置甲中连通管a的作用是_______________________________________。

（3）三颈烧瓶中的Zn除了与盐酸生成H2外,发生的另一个反应的离子方程式为_______。

（4）实现步骤①中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为_______________________。

（5）步骤④目的是___________________________________________。

（6）洗涤产品时,依次用去氧的冷蒸馏水、无水乙醇、乙醚,目的是_________________。

（7）已知其它反应物足量,实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g,实验后得干燥纯净的[Cr（CH3COO）2]2·2H2O9.48g,则该实验所得产品的产率为________（不考虑溶解的醋酸亚铬水合物）（用百分数表示,保留3位有效数字）。

【答案】

（1）.③④①②

（2）.平衡气压,使分液漏斗中的盐酸顺利流下（3）.2Cr3＋＋Zn===2Cr2＋＋Zn2＋（4）.关闭K1,打开K2（5）.让Zn与盐酸反应生成的H2排尽装置内的空气,防止产品被氧化（6）.为了去除可溶性杂质和水分（7）.84.0%

【解析】

【详解】

（1）装置甲：

分液漏斗盛装稀盐酸,在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑,同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2,生成氢气,用来增大压强把生成的CrCl2溶液压入装置乙中；装置乙：

2Cr2++4CH3COO-+2H2O═[Cr（CH3COO）2]2•2H2O↓,装置丙是保持装置压强平衡,同时避免空气进入,故正确的实验步骤为：

③④①②；

（2）装置甲中连通管a的作用是平衡气压,使分液漏斗中的盐酸顺利流下；

（3）装置甲：

分液漏斗盛装稀盐酸,在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑,同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2,,该反应的离子反应为：

2Cr3＋＋Zn===2Cr2＋＋Zn2＋；

（4）实验开始生成H2气后,为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合,打开K2关闭K1,把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应,故答案为：

关闭k1,打开k2；

（5）步骤④目的是让Zn与盐酸反应生成的H2排尽装置内的空气,防止产品被氧化；

（6）醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚,微溶于醇,易溶于盐酸,所以可以选用冷水、无水乙醇和乙醚洗涤[Cr（CH3COO）2]2·2H2O产品,洗涤产品时,依次用去氧的冷蒸馏水、无水乙醇、乙醚,目的是为了去除可溶性杂质和水分；

（7）CrCl3为

=0.06mol,得到CrCl2为0.06mol,而CH3COONa为1.5mol,由方程式可知CH3COONa足量,则理论上可以得到[Cr（CH3COO）2]2•2H2O的质量为0.06mol×

×376g/mol=11.28g,所得产品的产率为

×100%=84.0%。

【点睛】本题考查了制备方案的设计,题目难度中等,涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算等知识,注意对题目信息的提取与应用,明确实验原理、实验目的为解答关键,试题有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。

9.四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。

由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4,同时获得副产品甲的工业生产流程如下：

（1）已知酸浸反应FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O,则FeTiO3中铁元素的化合价为___________。

（2）上述生产流程中加入铁屑的目的是使Fe3＋还原为Fe2＋,且反应得到的溶液中含钛元素的离子只有TiO2＋,该过程发生的主要反应有：

①2Fe3＋＋Fe═3Fe2＋②2TiO2＋＋Fe＋4H＋═2Ti3＋＋Fe2＋＋2H2O

③______________________________________。

（3）加热TiOSO4溶液可制备TiO2·nH2O 胶体,其反应的化学方程式为__________________。

（4）由TiO2·nH2O 胶体制得固体TiO2·nH2O,再用酸清洗除去其中的Fe（OH）3杂质,还可制得钛白粉。

已知25℃时,Ksp[Fe（OH）3]＝2.79×10－39,该温度下反应Fe（OH）3＋3H＋

Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝___________________。

（5）可循环利用的物质是_________,副产品甲含结晶水,其化学式是_______________。

（6）依据下表信息,要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4,可采用___________方法。

TiCl4

SiCl4

熔点/℃

－25.0

－68.8

沸点/℃

136.4

57.6

【答案】

（1）.+2

（2）.Ti3＋＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋＋Fe2＋＋2H＋（3）.TiOSO4+（n+1）H2O

TiO2·nH2O（胶体）+H2SO4（4）.2.79×103（5）.H2SO4（6）.FeSO4·7H2O（7）.蒸馏

【解析】

【分析】

钛铁矿中加入强酸,强酸性浸出液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+等,再加入铁屑充分反应,该过程中有如下反应发生：

2Fe3++Fe=3Fe2+、2TiO2++Fe+4H+=2Ti3++Fe2++2H2O、Ti3＋＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋＋Fe2＋＋2H＋。

溶液I经处理得到副产品绿矾FeSO4·7H2O和含有TiO2+的溶液II。

将溶液II处理得到TiO2•nH2O,煅烧后将粗TiO2和氯气、焦炭混合加热得到TiCl4,发生反应TiO2+2C+2Cl2

TiCl4+2CO,并回收硫酸,据此分析解答。

【详解】

（1）FeTiO3中钛的化合价为+4价,氧为-2价,根据化合物中各元素化合价的代数和为0,则铁元素的化合价为+2价；

（2）反应得到的溶液中含钛元素的离子只有TiO2＋,该过程Ti3＋会继续被Fe3＋氧化生成TiO2＋,根据氧化还原反应的配平得反应为Ti3＋＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋＋Fe2＋＋2H＋；

（3）加热TiOSO4溶液水解可制备TiO2·nH2O胶体,其反应的化学方程式为TiOSO4+（n+1）H2O

TiO2·nH2O（胶体）+H2SO4；

（4）由Ksp[Fe（OH）3]＝2.79×10－39可得c（Fe3＋）·c3（OH－）＝2.79×10－39,反应Fe（OH）3＋3H＋

Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝

=

=

=

=2.79×103；

（5）溶液Ⅱ加热过滤后回收硫酸,而溶解钛铁矿时用浓硫酸,故可循环利用的物质是H2SO4,溶液Ⅰ冷却结晶后硫酸亚铁析出,副产品甲含结晶水,其化学式是FeSO4·7H2O；

（6）依据表中信息,TiCl4与SiCl4的沸点差异很大,所以采用蒸馏的方法进行分离。

【点睛】本题考查学生阅读题目获取信息能力、氧化还原反应、绿色化学、胶体、物质分离提纯等,难度不大,注意基础知识的掌握利用。

10.研究NO2、NO、CO等污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。

（1）利用甲烷催化还原NOx：

CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g） △H1＝－574kJ·mol-1

CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）  △H2＝－1160kJ·mol-1

①甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为________________________________。

②将CH4和NO2充入密闭容器中发生上述反应,该反应达到平衡后,为了提高反应速率的同时提高NO2的转化率,可采取的措施有________________（写一点即可）。

③利用原电池反应可实现NO2的无害化,总反应为6NO2+8NH3═7N2+12H2O,电解质溶液为NaOH溶液,工作一段时间后,该电池正极区附近溶液pH________（填“增大”、“减小”或“不变”）,负极的电极反应式为___________________。

（2）光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途。

工业上常利用废气CO2通过反应：

C（s）+CO2（g）

2CO（g）ΔH>0,制取合成光气的原料气CO。

在体积可变的恒压（p总）密闭容器中充入1molCO2与足量的碳发生上述反应,在平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：

①T℃时,在容器中若充入稀有气体,平衡______移动（填“正向”“逆向”或“不”,下同）；若充入等体积的CO2和CO,平衡________移动。

②CO体积分数为40%时,CO2的转化率为_______。

③已知：

气体分压（p分）=气体总压×体积分数。

800℃时用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数Kp=______（用含p总的代数式表示）。

【答案】

（1）.CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）  △H＝－867kJ·mol-1

（2）.增大CH4的浓度（3）.增大（4）.2NH3－6e-+6OH－＝N2+6H2O（5）.正向（6）.不（7）.25%（8）.5.28p总

【解析】

【详解】

（1）①ⅠCH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1＝－574kJ·mol-1

ⅡCH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝－1160kJ·mol-1

根据盖斯定律,由

（Ⅰ+Ⅱ）得反应CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=

（△H1+△H2）=

（－574kJ·mol-1－1160kJ·mol-1）=－867kJ·mol-1；

②将CH4和NO2充入密闭容器中发生上述反应,该反应达到平衡后,增大CH4的浓度,反应速率增大,反应正向移动,NO2的转化率增大；

③正极反应式为2NO2+8e－+4H2O=N2+8OH－,产生OH－,c（OH－）增大,pH增大,NO2在正极上反应,NO2得到电子；负极区失去电子,化合价升高,因此NH3在负极反应,反应式为2NH3－6e-+6OH－＝N2+6H2O；

（2）①该反应正向为气体分子数增大的反应,恒温恒压时充入稀有气体,对该反应来说相当于减压,v（正）>v（逆）,平衡正向移动；T℃时,反应达到平衡时CO2、CO的体积分数相同,即浓度相等,恒压条件下充入等体积的CO2和CO,各物质的浓度都不变,故平衡不移动；

②设CO2的转化率为a,由已知列三段式得:

化学反应方程式:

C（s）+CO2（g）

2CO（g）

起始物质的量/mol10

转化物质的量mola2a

平衡物质的量/mol1-a2a

根据题意列关系式:

×100%=40%,解得:

a=25%；

③用平衡浓度表示该反应化学平衡常数表达式为K=

所以若用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数的表达式为Kp=

由图可得,800℃时CO体积分数为86%,分压为86%×p总,CO2体积分数为14%,分压为14%×p总,所以Kp=

=

=5.28p总。

11.Cr、Fe、Ni单质及化合物有重要的用途。

（1）用Cr2O3作原料,铝粉作还原剂的铝热法是生产金属铬的主要方法之一,该反应是一个自发放热反应,由此可判断Cr—O键和Al—O键中____________键更强。

研究发现气态氯化铝（Al2Cl6）是具有配位键的化合物,可溶于非极性溶剂,由此可知该分子是______（填“极性”或“非极性”）的。

（2）铁有α、γ、δ三种晶体