湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟考试理科综合化学试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com 怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷2019年高三第一次模考理科综合 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 S-32 C1-35.5‎ 一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.下列有关说法不正确的是 A. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵 B. 生活垃圾直接焚烧会产生很多对身体有害的物质 C. 钢铁在潮湿空气中易发生化学腐蚀 D. 锅炉水垢中的CaSO4通常先用Na2CO3溶液处理，使其转化成CaCO3，而后用酸去除 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、石灰水能够使蛋白质变性，因此把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，故A正确；‎ B、许多生活垃圾在焚烧之后,会产生许多对人体健康有害的化学物质，如废塑料燃烧时不仅会产生浓烟和恶臭,还会产生强烈刺激性的氯化氢等有毒有害气体，故B正确；‎ C、钢铁在潮湿空气中易发生电化学腐蚀，故C错误；‎ D、CaSO4与酸不反应，必须先转化为碳酸钙，再加酸除去，所以要先加入碳酸钠，故D正确。选C。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. Na2O2与水反应生成标准状况下1.12LO2转移电子数为0.2NA B. 标准状况下，0.56L丙烷含共价键数为0.2NA C. 标准状况下，2.24LSO2与足量氧气充分反应生成SO3分子数为0.1NA D. 14g乙烯和丙烯混合气体中氢原子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态一半由-1价变为0价，一半降为-2价；‎ B、1个丙烷分子中含有10个共价键；‎ C、SO2与氧气反应生成SO3的反应可逆；‎ D、乙烯和丙烯的最简式都是。‎ ‎【详解】A、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态一半由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成标准状况下1.12LO2转移电子数为0.1NA，故A错误；‎ B、 标准状况下，0.56L丙烷的物质的量是0.025mol，含共价键数为0.25NA，故B错误；‎ C、SO2与氧气反应生成SO3的反应可逆，标准状况下，2.24LSO2与足量氧气充分反应生成SO3分子数小于0.1NA，故C错误；‎ D、乙烯和丙烯的最简式都是，14g乙烯和丙烯混合气体中氢原子数为 ，故D正确。‎ ‎3.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述正确的是 A. lmol该有机物在镍催化下可消耗3molH2‎ B. 该有机物既能发生氧化反应又能发生还原反应 C. 该有机物的分子式为C12H18O2‎ D. 1mol该有机物能消耗2 mol NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙酸橙花酯分子中含有2个碳碳双键，酯基与氢气不发生加成反应，则1mol该有机物可消耗2mol H2，故A错误；‎ B、乙酸橙花酯含有碳碳双键，所以既能发生氧化反应又能发生还原反应，故B正确；‎ C、由乙酸橙花酯的结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故C错误；‎ D、能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故D错误。‎ ‎4.有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有(不考虑立体异构)‎ A. 4种 B. 9种 C. 13种 D. 17种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有酸和酯。‎ ‎【详解】C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的酸有、、、，与NaOH溶液反应的酯有、、、、、、、、，共13种，故选C。‎ ‎5.根据下列实验操作及现象推出的结论一定正确的是 选项 操作及现象 结论 A 向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色褪去 氧化性：H2O2 >KMnO4‎ B 在CaCO3中加浓盐酸并将反应后所得气体直接通入Na2SiO3溶液中，溶液变浑浊 酸性：H2CO3> H2SiO3‎ C 向Na2S溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味的气体 非金属性Cl>S D 将FeCl3足量溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，充分震荡，悬浊液由白色变为红褐色 溶解度Mg(OH)2>Fe(OH)3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4把H2O2氧化为氧气；‎ B、浓盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应；‎ C、无氧酸的酸性不能证明元素非金属性强弱；‎ D、溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化。‎ ‎【详解】A、向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4把H2O2氧化为氧气，氧化性H2O2H2S，无氧酸的酸性不能证明非金属性强弱，因此不能证明氯的非金属性比硫强，故C错误；‎ D、溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，所以能实现实验目的，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、非金属性的比较、物质的性质、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。‎ ‎6.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大且原子最外层电子数为互不相等的奇数：X与Y位于不同周期；X与W的最高化合价之和为8；Z的单质既能和强酸反应又能和强碱反应。则下列说法不正确的是 A. 原子半径：Z>W>Y>X B. YX4W中含有离子键和共价键 C. Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐火材料 D. 工业上常用电解ZW3的方法制取单质Z ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Z的单质既能和强酸反应又能和强碱反应，Z为Al元素； X、Y、Z、W原子序数依次增大且原子最外层电子数为互不相等的奇数：X与Y位于不同周期，所以X是H元素；X与W的最高化合价之和为8，W是Cl元素；则Y是N元素。‎ ‎【详解】A、原子半径：Al>Cl>N>H，故A正确；‎ B、NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键，故B正确；‎ C、AlN强度高，热膨胀系数小，是良好的耐火材料，故C正确；‎ D、工业上常用电解Al2O3的方法制取单质Al，故D错误；选D。‎ ‎7.1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是 A. XOH是弱碱 B. pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3‎ C. 已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2，则Ka2约为1.0×10－10.2‎ D. 当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3－)/c(CO32－)减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据图示，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH）； B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒判断； C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）= mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1=，则Ka2= =； D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大。‎ ‎【详解】A．根据图示，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-‎ ‎）=c（XOH），XOH完全电离，为强电解质，故A错误； B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒得c（X+）：XOH小于X2CO3，故B错误；‎ C．0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）= mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1=，则Ka2= =，故C正确；‎ D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大，c(HCO3－)/c(CO32－)增大，故D错误。选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，注意：二元弱酸中存在Kh1．Ka2=Kw，为易错点 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎(一)必考题：共129分 ‎8.已知岩脑砂的主要成分为NH4Cl，实验室可通过过量氨气和氯气反应制NH4Cl。‎ I.实验室制NH4Cl ‎(1)写出B中反应的离子方程式_________________________________。‎ ‎(2)为使氨气和氯气在D中充分混合并反应，上述装置的连接顺序为a→d→c_____、______←j←i←h←g←b；写出D中反应的化学方程式_________________________________。‎ ‎(3)若要检验NH4Cl，除蒸馏水、稀HNO3、AgNO3溶液、红色石蕊试纸外还需要的试剂为___________。‎ Ⅱ：天然岩脑砂中NH4Cl，纯度的测定(杂质不影响NH4Cl纯度测定)‎ 已知：2NH4 C1+3CuO3Cu+2HC1↑+N2↑+3H2O 实验步骤：①准确称取1.19g岩脑砂。②将岩脑砂与足量氧化铜混合加热(装置如下)。‎ ‎(1)连接仪器，检查装置气密性：先将K中装入水，然后加热G，______________________，则气密性良好。‎ ‎(2)H中浓硫酸的作用是_________________________________。‎ ‎(3)实验结束后，恢复至原温，通过K测得气体体积为224mL(换算为标准状况)，则天然岩脑砂中NH4C1的纯度为___________。(保留三位有效数字)‎ ‎(4)某同学通过测I的增重来计算天然岩脑砂中NH4C1的质量分数，则所得NH4C1的纯度___________。(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)‎ ‎【答案】 (1). (2). e (3). f (4). (5). 氢氧化钠浓溶液 (6). 量气管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱 (7). 吸收反应产生的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰 (8). 89.9% (9). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I. 实验室制NH4Cl需要分别制备氨气和氯气，A装置中用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气，装置C碱石灰干燥氨气，装置B中二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，用装置F干燥氯气，氨气的密度小、氯气密度大，为使氨气和氯气充分混合，通过f通入氯气、通过e通入氨气； D中氨气和氯气反应生成氮气和氯化铵；检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠浓溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸。Ⅱ：(1)‎ ‎ 若气密性良好，导管和量气管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱；(2)H中浓硫酸，能够吸收混合气体中的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰；(3) K中收集到的气体是氮气，根据氮气的体积可以计算NH4C1的质量。(4)反应生成的氯化氢不能完全被I吸收。‎ ‎【详解】I. (1)装置 B中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式是 ；(2)制取氨气的气流顺序为a→d→c，制取氯气的气流顺序为b→g→h→i→j，考虑到氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以氨气从e口进，氯气从f口进，氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，合理的连接顺序为a→d→c→e、f←j←i←h←g←b。D中氨气和氯气反应生成氮气和氯化铵，反应方程式是 ； (3)检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠浓溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸，所以还需要的试剂为氢氧化钠浓溶液。Ⅱ：(1)连接好仪器后，检查装置的气密性时，先将H和K中装入蒸馏水，然后加热G，量气管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱，则气密性良好。(2)产生的气体通过装置H中的浓硫酸，能够吸收混合气体中的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰，减小实验误差。(3) K中收集到的气体是氮气,标准状况下，224mL氮气的物质的量是0.01mol，根据反应2NH4Cl＋3CuO3Cu＋2HCl↑＋N2↑＋3H2O可知，消耗氯化铵的量为0.02 mol，质量为0.02 mol×53.5 g/mol＝1.07 g，则天然岩脑砂中NH4Cl的质量分数为1.07 g/1.19 g×100%＝89.9%。(4) 反应生成的氯化氢不能完全被I吸收，所以通过测I的增重来计算天然岩脑砂中NH4C1的质量分数，结果会偏低。‎ ‎9.一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：‎ 已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、CO2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+2等 ‎②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表 ‎③CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。‎ ‎(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。‎ ‎(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是___________(填化学式)‎ ‎(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.‎ ‎(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如右图，据此分析pH的最佳范图为___________(填字母序号)。‎ A.2.0~2.5 B.3.0~3.5 C.4.0~4.5 D.5.0~5.5‎ ‎(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。‎ ‎【答案】 (1). Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O (2). 将Fe2+氧化成Fe3+ (3). Cl2 (4). 5.2PH (5). < (6). (7). 正极 (8). 增强溶液导电能力，加快电解速率 (9). 16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I. (1) 根据Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5、H2SO3的Ka2=1.0×10－7分析25℃，(NH4)2SO3溶液的酸碱性；(2) ；Ⅱ.‎ ‎ (1)根据盖斯定律计算液态硫(S)燃烧的焓变；(2)相同温度下，越大，α(SO2)越大，根据图示可知；温度越高反应速率越快；Ⅲ. (1) SO2中的S是+4价,反应时升高到+6价,所以发生氧化反应,是原电池的负极；（2）①用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，硫元素化合价降低发生还原反应，在电解池的阴极，同时溶液中氢氧根离子在阳极失电子生成氧气，由于铜是活泼电极，所以铜电极做阴极，铂棒做阳极，电源正极连接阳极，电源负极接阴极；②从溶液导电能力和电解原理分析；③阴极是二氧化硫在酸性溶液中得到电子生成单质硫，通过质子交换膜的离子数与转移电子数相等。‎ ‎【详解】I. (1) Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5大于H2SO3的Ka2=1.0×10－7，所以NH4+的水解程度小于SO32－，所以25℃，(NH4)2SO3溶液的显碱性；(2) ‎ 所以第2步反应能完全进行。‎ Ⅱ. (1)②2H2(g)+SO2(g)S(1)+2H2O(g) △H2=+45.0kJ·mo1－1‎ ‎④2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) △H4=－484.0kJ·mo1－1‎ 根据盖斯定律，④-②得液态硫(S)燃烧的热化学方程式 -529.0 kJ·mol－1；(2)相同温度下，越大，α(SO2)越大，根据图示可知，M、N点α(SO2)相等，M点CO的投放大于N，所以CO的平衡转化率：N>M；温度越高反应速率越快，P点的温度大于N，所以逆反应速率：N