精品解析湖北省荆门市届高三上学期元月调研考试理科综合化学试题精校Word版.docx

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精品解析湖北省荆门市届高三上学期元月调研考试理科综合化学试题精校Word版

荆门市2019年高三年级元月调考

理科综合（化学部分）

可能用到的相对原子质量N：

14H：

1C：

12O：

16Ba：

137Cu：

64Au：

197Zn：

65C1：

35.5

一、选择题（本题共有13个小题，每小题6分，共78分。

在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）

1.下列说法正确的是

A.海水淡化的常用方法有蒸馏法、离子交换法和电解法

B.钢铁在焊接前可以用NH4C1溶液清除表面的铁锈

C.蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质

D.在轮船外壳上焊接锌块或接直流电源正极，均可减缓船体的腐蚀速率

【答案】B

【解析】

【详解】A、海水淡化常用的方法是蒸馏法、离子交换法和电渗析法，故A错误；

B、NH4Cl的水溶液为酸性，能去除表面的铁锈，故B正确；

C、蛋白质主要是由C、H、O、N等元素组成，故C错误；

D、根据原电池原理，采用牺牲阳极的阴极保护法时，可以在轮船外壳上焊接锌块；若根据电解原理，采用外加电流的阴极保护法时，外壳上应连接直流电源的负极，若连接电源的正极，则加速外壳的腐蚀，故D错误。

2.下列有关说法正确的是

A.实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀硫酸中滴加少量硝酸铜溶液

B.可用勒夏特列原理解释2NO2（g）

N2O4（g）体系加压后颜色变深

C.N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H<0可通过加压方式增大其平衡常数

D.二氧化硫和乙烯两种气体分别通入Br2的CCl4溶液，能使溶液褪色的是乙烯气体

【答案】D

【解析】

硝酸具有氧化性，加入硝酸铜不能放出氢气，故A错误；加压后2NO2（g）

N2O4（g）反应正向移动，不能用勒夏特列原理解释2NO2（g）

N2O4（g）体系加压后颜色变深，故B错误；平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故C错误；乙烯与Br2的CCl4溶液发生加成反应，二氧化硫与Br2的CCl4溶液不反应，故D正确。

3.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是

A.化学式为C6H6O6

B.乌头酸能发生水解反应和加成反应

C.乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D.含lmol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确，答案选B。

考点：

考查有机物结构和性质判断

4.下列离子方程式正确的是（　　）

A.BaSO3与稀HNO3反应：

3BaSO3+2H++2NO3ˉ=3BaSO4+2NO↑+H2O

B.碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为：

CO32ˉ+Cl2+H2O=HCO3ˉ+Clˉ+HClO

C.Fe2（SO4）3溶液与Ba（OH）2溶液反应：

Fe3++SO42ˉ+Ba2++3OHˉ=Fe（OH）3↓+BaSO4↓

D.向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：

2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－

【答案】A

【解析】

亚硫酸钡能被硝酸氧化为BaSO4，故A正确；酸性H2CO3>HClO>HCO3-，碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为：

2CO32-+Cl2+H2O=2HCO-3+Cl-+ClO-，故B错误；Fe2（SO4）3溶液与Ba（OH）2溶液反应：

2Fe3++3SO42ˉ+3Ba2++6OHˉ=2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；还原性I->Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：

2I-+Cl2=I2＋2Cl－，故D错误。

5.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）

选项

实验

现象

结论

A

用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液，点在pH试纸上

试纸最终显蓝色

次氯酸钠溶液显碱性

B

将铜粉加入1.0mol/LFe2（SO4）3溶液中

溶液变蓝、有黑色固体出现

金属铁比铜活泼

C

用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热

熔化后的液态铝滴落下来

金属铝的熔点较低

D

将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液

白色沉淀变为蓝色沉淀

Cu（OH）2的溶解度比Mg（OH）2的小

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

次氯酸具有漂白性，故A错误；Fe2（SO4）3与铜反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，没有黑色铁生成，故B错误；氧化铝的熔点高，熔化后的液态铝不能滴落下来，故C错误；氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀产生，氢氧化钠不足，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液，氢氧化镁沉淀变为氢氧化铜沉淀，故D正确。

6.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。

下列说法正确的是

A.简单离子半径：

X>Y>Z>W

B.X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性

C.气态氢化物的稳定性：

Z>W>Y

D.Y元素存在同素异形体

【答案】D

【解析】

【分析】

W的最高价氧化物对应的水化物显酸性，且浓度为0.010mol·L－1时，pH=2，推出W的最高价氧化物对应水化物为一元强酸，则W为Cl，Z的最高价氧化物对应水化物浓度为0.10mol·L－1时，pH<1，则说明Z的最高价氧化物对应水化物为二元强酸，即Z为S，相同浓度时，Y的最高价氧化物对应水化物的水溶液的pH=4，则Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸，因为H2SiO3不溶于水，则Y为P，0.010mol·L－1时，X的最高价氧化物对应水化物的pH=12，即该水化物为一元强碱，即Y为Na；

【详解】W的最高价氧化物对应的水化物显酸性，且浓度为0.010mol·L－1时，pH=2，推出W的最高价氧化物对应水化物为一元强酸，则W为Cl，Z的最高价氧化物对应水化物浓度为0.10mol·L－1时，pH<1，则说明Z的最高价氧化物对应水化物为二元强酸，即Z为S，相同浓度时，Y的最高价氧化物对应水化物的水溶液的pH=4，则Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸，因为H2SiO3不溶于水，则Y为P，0.010mol·L－1时，X的最高价氧化物对应水化物的pH=12，即该水化物为一元强碱，即X为Na；

A、Na＋核外有两个电子层，其余离子核外有三个电子层，即简单离子半径大小顺序是：

P3－>S2－>Cl－>Na＋，故A错误；

B、X的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Y的最高价氧化物对应水化物为H3PO4，恰好中和时生成Na3PO4，Na3PO4为强碱弱酸盐，其水溶液为显碱性，故B错误；

C、非金属性强弱：

Cl>S>P，其氢化物的稳定性为HCl>H2S>PH3，故C错误；

D、P的单质有白磷、红磷等，白磷、红磷结构不同，且属于P元素的单质，因此两者互为同素异形体，故D正确。

7.25℃时，下列有关电解质溶液说法正确的是

A.1.0mol/LNH4HCO3溶液pH=8.0，由此可知Ka1（H2CO3）>Kb（NH3·H2O）>Kaa2（H2CO3）

B.向氨水中加入NH4C1固体，溶液中c（NH3·H2O）·c（H+）/c（NH4+）增大

C.向CH3COONa溶液中滴加硫酸至中性时，c（SO42－）

D.图中曲线可以表示向100mL0.01mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.02mol/LNaOH溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）

【答案】C

【解析】

【详解】A、1.0mol·L－1NH4HCO3溶液的pH=8.0，溶液显碱性，即HCO3－水解程度大于NH4＋水解程度，根据Kh=Kw/Ka，HCO3－水解平衡常数为Kh=Kw/Ka1，NH4＋水解平衡常数：

Kh=Kw/Kb，则有Ka1

B、

=

Kw和Kb只受温度的影响，向氨水中加入NH4Cl固体，温度不变，即Kw和Kh不变，该比值保持不变，故B错误；

C、电荷守恒：

c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（CH3COO－）＋2c（SO42－），溶液显中性，c（H＋）=c（OH－），推出c（Na＋）=c（CH3COO－）＋2c（SO42－），依据物料守恒：

c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）=c（Na＋），两式合并得出：

c（CH3COOH）=2c（SO42－），因此有c（SO42－）

D、CH3COOH为弱酸，0.01mol·L－1CH3COOH溶液的pH>2，故D错误。

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。

8.氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体。

其研究小组以浓氨水、干冰等为原料制备氨基甲酸铵的实验装置如图1所示，其主要反应的原理为2NH3（g）+CO2（g）

NH2COONH4（s）△H<0

（1）仪器1的名称是___________。

仪器3中盛装的固体是___________，其作用是___________。

（2）仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到装置内浓硫酸中产生气泡，则应该___________（填“加快”“减慢”或“不改变”）产生氨气的速率。

（3）另一种制备氨基甲酸铵的反应装置（液体石蜡和CCl4均充当惰性介质）如图2所示。

①液体石蜡鼓泡瓶的作用是______________________。

②若无冰水，则氨基甲酸铵易分解生成尿素[CO（NH2）2]请写出氨基甲酸铵受热分解的化学方程式：

______________________。

③当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，立即停止反应，过滤分离得到粗产品，为了将所得粗产品干燥，可采取的方法是___________（填标号）。

A.蒸馏B.真空微热烘干C.高压加热烘干

（4）制得的氨基甲酸铵中可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种杂质（不考虑氨基甲酸铵与水的反应）。

①设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。

限选试剂：

蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。

实验步骤

预期现象和结论

步骤1：

取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解

得到无色溶液

步骤2：

向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置

若溶液不变浑浊，则证明固体中不含碳酸铵

步骤3：

向试管中继续加入___________

___________，则证明固体中含有碳酸氢铵

②根据①的结论。

取15.8g氨基甲酸铵样品，用足量氧氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为1.97g。

则样品中氨基甲酸铵的质量分数为___________。

【答案】

（1）.滴液漏斗

（2）.碱石灰（3）.干燥氨气，防止仪器5中生成的氨基甲酸铵水解（4）.加快（5）.通过观察气泡，控制通入NH3与CO2的速率（6）.NH2COONH4

CO（NH2）2+H2O（7）.B（8）.少量澄清石灰水（9）.若溶液变浑浊（10）.95.0%

【解析】

【详解】

（1）根据仪器1的特点，仪器1名称为滴液漏斗或恒压滴液漏斗；氨基甲酸铵是一种易分解、易水解的白色固体，因此氨气需要干燥，即仪器3中盛放碱石灰或生石灰或NaOH固体，其作用是干燥氨气，防止仪器5中生成的氨基甲酸铵水解；

（2）氨气易溶于稀硫酸，CO2难溶于稀硫酸，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明CO2过量，应该加快产生氨气的流速；

（3）①液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，控制通入NH3与CO2的速率；

②氨基甲酸铵受热分解成尿素，由原子守恒可知还生成水，反应方程式为H2NCOONH4

CO（NH2）2＋H2O；

③氨基甲酸铵受热易分解，采取减压低温烘干，即真空微热烘干，故B正确；

（4）①根据得出结论：

证明固体中含有碳酸氢铵，因此试管中继续加入少量的澄清石灰水，发生NH4HCO3＋Ca（OH）2=CaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，现象为溶液变浑浊；

②氨基甲酸铵样品用足量氢氧化钡溶液充分处理，生成沉淀的反应：

Ba（OH）2＋NH4HCO3=BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，n（NH4HCO3）=n（BaCO3）=

==0.01mol，m（NH4HCO3）=0.01mol×79g·mol－1=0.79g，m（NH2COONH4）=（15.8－0.79）g=15.01g，氨基甲酸铵的质量分数为15.01/15.8×100%=95.0%。

9.氧化锌是一种常用添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶、电池等产品的制造。

一种利用氧化锌烟灰制备活性氧化锌的工艺流程如下：

已知：

I.氧化锌烟灰的主要化学组成如下：

元素组成

Zn

Pb

Cu

Cl

F

质量分数%

59.78

9.07

0.30

2.24

1.80

Ⅱ.浸出”时，大部分锌元素以Zn（NH3）42＋形式进入溶液，同时部分Pb、Cu、F元素也进入溶液中。

（1）氨的电子式______________________。

（2）“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为_________________________________；“浸出”时温度不宜过高，其原因为____________________________________________。

（3）若“浸出”后，所得溶液中c（F－）=0.02mol/L，向其中加入等体积的氯化钙溶液（忽略溶液体积变化），使F－沉淀完全即溶液中c（F－）<10－5mol/L，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为___________。

已知：

Ksp（CaF2）=3.45×10－11

（4）“置换”时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有___________；“净化”时，利用活性炭___________性，除去溶液中残留的有机物。

（5）“沉淀”时，可得到滤渣Zn（NH3）2Cl2。

所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为____________________________________________。

（6）“一次水解”时，产物为Zn（OH）xCly。

取10.64g该水解产物，经二次水解、煅烧后，可得活性氧化锌8.1g（假设各步均转化完全）。

则一次水解产物的化学式为___________。

【答案】

（1）.

（2）.ZnO+2NH3+2NH4+=Zn（NH3）42++H2O或ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn（NH3）42++3H2O（3）.避免氨水的分解与挥发（4）.0.70mol·L-1（5）.Pb、Cu（6）.吸附（7）.Zn（NH3）2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl（8）.Zn（OH）1.6Cl0.4

【解析】

【详解】

（1）氨的分子式为NH3，其电子式为

；

（2）根据信息，浸出时，大部分锌元素以Zn（NH3）42＋形式存在溶液中，根据流程图，反应的离子方程式为ZnO＋2NH3＋2NH4＋=Zn（NH3）42＋＋H2O或ZnO＋＋2NH3·H2O＋2NH4＋=Zn（NH3）42＋＋3H2O；氨水易挥发，受热易分解，因此浸出时温度不宜过高原因是防止氨水的分解与挥发；

（3）取1Lc（F－）＝0.02mol·L－1浸出液，加1L氯化钙溶液，令c（Ca2＋）为xmol·L－1，混合后溶液体积为2L，溶液中留下的n（F－）=2L×10-5mol·L－1=2×10-5mol，沉淀的n（F－）=0.02mol·L－1×1L－2×10-5mol≈0.02mol，沉淀的n（Ca2＋）=0.01mol，Ksp（（CaF2）=c（Ca2＋）．c2（F－）=3.45×10-11，余下的溶液中c（Ca2＋）=3.45×10-11/（10-5）2=0.345mol·L－1，余下的溶液中n（Ca2＋）=0.345mol/L×2L=0.69mol，故加入的c（Ca2＋）=（0.69mol+0.01mol）/1L=0.70mol·L－1，使F－沉淀完全即溶液中c（F－）＜10-5mol·L－1，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为0.70mol·L－1；

（4）根据氧化锌烟灰的成分，Zn的活泼性强于Pb、Cu，"置换"时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有Pb、Cu；净化时，利用活性炭的吸附性，除去溶液中残留的有机物；

（5）“沉淀”时，可得到滤渣Zn（NH3）Cl2，所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为Zn（NH3）2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl；

（6）n（ZnO）=8.1g/81g·mol－1=0.1mol，根据原子守恒，Zn（OH）xCly的物质的量为0.1mol，则M（Zn（OH）xCly）=10.64g/0.1mol=106.4g·mol－1，x+y=2，65+17x+35.5y=106.4，解得：

x=1.6，y=0.4，则一次水解产物的化学式为Zn（OH）1.6Cl0.4。

【点睛】本题易错点是问题（3），学生不注意加入CaCl2的体积与浸出后溶液的体积相等，即c（F－）应是原来的一半，读题时应注意忽略体积的变化，即体积可以相加，原来溶液的浓度发生变化。

10.含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物.回答下列有关问题：

（1）在一定条件下；2N2（g）+6H2O（g）=4NH3（g）+3O2（g）。

已知该反应相关的化学键键能数据如表一：

表一：

化学键

H-O

N-H

O=O

E/（kJ/mol）

946

463

391

496

则该反应的△H=___________kJ/mol

（2）在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下：

4NO2（g）+O2（g）

2N2O5（g）

①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示.常温下，该反应能逆向自发进行，原因是____________________________________________。

②下列有关该反应的说法正确的是___________。

A.扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深

B.恒温恒容，再充入2molNO2和1molO2，再次达到平衡时NO2转化率增大

C.恒温恒容，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态

D.若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度

（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图。

则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为______________________。

（4）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。

下表二是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH。

将X、Y、Z各lmol同时溶于水中得到混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为______________________。

0.01mol/L的溶液

X

Y

Z

W

pH

12

2

8.5

4.5

（5）氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：

I：

2NO2（g）+NaCl（s）

NaNO3（s）+ClNO（g）K1

II：

2NO（g）+Cl2（g）

2ClNO（g）K2

①4NO2（g）+2NaCl（s）

2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=___________（用K1、K2表示）

②在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应Ⅱ达到平衡测得10min内v（ClNO）=7.5×10－3mol/（L·min），则平衡时NO的转化率α1=___________；其他条件不变，反应Ⅱ在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2=___________α1（填“>”“<”或“=”）

【答案】

（1）.+1268

（2）.逆反应方向的△S＞0（3）.BD（4）.BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O（5）.c（Na+）＞c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（OH-）＞c（H+）（6）.K12/K2（7）.75%（8）.＞

【解析】

【详解】

（1）根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=（2×946kJ·mol－1＋6×2×463kJ·mol－1－4×3×391kJ·mol－1－3×496kJ·mol－1）=＋1268kJ·mol－1；

（2）①根据图像，II的温度高于I，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即该反应的正反应方向△H<0，能够自发进行，△G=△H－T△S<0，常温下，该反应能逆向自发进行，原因是逆反应方向的△S>0；

②A、扩大容器的体积，气体压强减小，平衡向逆反应方向进行，但组分的浓度减小，混合气体颜色变浅，故A错误；

B、再充入2molNO2和1molO2，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，故B正确；

C、组分都是气体，即气体总质量不变，容器为恒容装置，气体体积不变，根据密度的定义，任何时刻，密度保持不变，因此密度不变，不能说明该反应达到平衡，故C错误；

D、该反应平衡常数增大，说明温度改变，根据①的分析，该反应为放热反应，因此该反应平衡常数增大，一定是降低温度，故D正确；

（3）BH4－中B为＋3价，H为－1价，BO2－中B为|＋3价，O为－2价，根据装置图，－1价H转变成＋1价，根据原电池工作原理，通BH4－和OH－一极为负极，电极反应式为BH4－＋8OH－－8e－=BO2－＋6H2O；

（4）浓度均为0.01mol·L－1，X溶液为碱性，且pH=12，推出X为NaOH，Y溶液显酸性，且pH=2，推出Y为HNO3，Z溶液显碱性，pH=8.5，推出Z为NaNO2，同理W为NH4NO3，X、Y、Z各1mol同时溶于水，NaOH和HNO3恰好完全反应，即混合溶液中的溶质为NaNO3和NaNO2，NaNO2为强碱弱酸盐，NO2－发生水解，溶液显碱性，即离子浓度大小顺序是c（Na＋）>c（NO3－）>c（NO2－）>c（OH－）>c（H＋）；

（5）①K1=c（ClNO）/c2（NO2），K2=c2（ClNO）/[c（Cl2）×c2（NO）]，K=[c2（NO）×c（Cl2）]/c4（NO2），因此K=K12/K2；

②10min内生成ClCNO的物质的量为7.5×10－3mol/（L·min）×2L×10min=0.15mol，则消耗NO的物质的量为0.15mol，即NO的转化率为0.15/0.2×100%=75%；该反应是气体物质的量减少，反应II在恒压条件下，压强比恒容时大，向正反应方向进行趋势大，即恒压条件下，NO的转化率α2>α1。

【点睛】难点是最后一空，恒压与恒容转化率的比较，一般根据压强进行判断，首先判断反