届湖南省教考联盟高三上学期第一次诊断性考试理科综合化学试题解析版.docx

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届湖南省教考联盟高三上学期第一次诊断性考试理科综合化学试题解析版

湖南省教考联盟2019届高三上学期第一次诊断性考试理科综合试卷化学部分

1.当前，汽车尾气已成为许多城市空气的主要污染源。

研究表明，含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下：

下列关于该“消除”过程的叙述不正确的是

A.部分光能转变为化学能

B.消除总变化为NOx+O2+H2O→HNO3

C.消除反应能全天候发生

D.使用纳米TiO2的消除效率更高

【答案】C

【解析】

【分析】

由图中示意图可以看出，在TiO2催化作用下，紫外线提供能量，发生化学反应：

NOx+O2+H2O→HNO3，纳米TiO2与紫外线接触面积更大，可以提高化学反应速率，据此分析解答。

【详解】A.题中示意图表明，在TiO2的催化作用下紫外线提供能量，部分光能转变为化学能，故A项正确，不符合题意；

B.题中示意图表明，在TiO2的催化作用下紫外线提供能量，发生反应：

NOx+O2+H2O→HNO3，故B项正确，不符合题意；

C.没有紫外线时上述反应不能发生，故C项错误，符合题意；

D.纳米与紫外线接触面积更大，将产生更多的光生电子和光生空穴，从而消除更多的NOx，故D项正确，不符合题意；

答案选C；

【点睛】本题主要考查化学与STES，其中汽车尾气氮氧化物成为主要污染源，是近几年环保题型的热点话题，抓住图示有效信息、结合氧化还原反应的规律、掌握化学反应所需的条件，是解决问题的关键，D选项要注意纳米技术与普通技术的优越性。

2.NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.在6.0gSO2晶体中，含有的Si－O键数目为0.2NA

B.完全燃烧乙酸、葡萄糖混合物6.0g，消耗的O2数目为O.2NA

C.在常温下，1m3pH=4的溶液中由水电离出的H+数目为0.1NA

D.2.24LCl2完全与CH4发生取代反应，生成的HC1数目为0.1NA

【答案】B

【解析】

【分析】

A、SiO2晶体中每个Si形成4个Si-O键；

B、用关系式C2H4O2－2O2－2CO2、C6H12O6－6O2－6CO2－6H2O计算；

C、pH=4的溶液可能是酸溶液，也可能是强酸弱碱盐溶液；

D、未指明状态（温度和压强）、2.24LCl2的物质的量无法确定。

【详解】A、SiO2晶体中每个Si形成4个Si-O键，故A错误；

B、从C2H4O2－2O2－2CO2、C6H12O6－6O2－6CO2－6H2O可知6.0g乙酸、6.0g葡萄糖完全燃烧都是消耗0.2molO2，故其混合物6.0g完全燃烧恒消耗0.2molO2（与其比例无关），故B正确；

C、pH=4的溶液可能是酸溶液（强酸或弱酸无关紧要），此时由水电离出的n（H+）=n总（OH－），也可能是强酸弱碱盐溶液，此时由水电离出的n（H+）=n总（H+）,故C错误；

D、虽然CH4+xCl2→CH4－-x+xHCl（0

故选B。

3.科学家发现半胱氨酸能增强艾滋病毒感染者的免疫力，对控制艾滋病毒的蔓延有奇效。

已知半胱氨酸的结构简式为

，下列关于半胱氨酸说法不正确的是

A.能溶于水、乙醇等溶剂

B.既能与盐酸、又能与NaOH溶液反应

C.与

（高半胱氨酸）互为同系物

D.官能团不变的同分异构体有2种

【答案】D

【解析】

【分析】

A、分子间氢键增大了物质的溶解性；

B、半胱氨酸中含有氨基，可与盐酸反应，含有羧基，可与NaOH溶液反应；

C、结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团一系列物质，称同系物。

D、半胱氨酸官能团不变的同分异构体有:

巯基与氨基换位，巯基和氨基同在α-碳原子上或同在β-碳原子上，由此确定同分异构体。

【详解】A、半胱氨酸中含有羧基，与水、乙醇分子间能形成氢键（或结构相似），故能溶于水、乙醇等溶剂，故A正确；

B、半胱氨酸中含有氨基，可与盐酸反应，含有羧基，可与NaOH溶液反应，故B正确；

C、高半胱氨酸与半胱氨酸结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，故C正确；

D、半胱氨酸官能团不变的同分异构体有:

巯基与氨基换位，巯基和氨基同在α-碳原子上或同在β-碳原子上。

共有3种，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查有机物的结构和性质，解题关键：

理解半胱氨酸的结构

中含有氨基和羧基，决定了其性质，难点B，半胱氨酸具有两性。

4.下列实验方案能达到相应实验目的的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】

A、还原剂的还原性大于还原产物；

B、比较氯和碳的非金属性强弱，需比较HClO4与H2CO3酸性强弱；

C、溶液的密度不一定是1g·mL－1；

D、需做“有Mn2+和无Mn2+时相同H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应的对比实验”，才能证明Mn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应。

【详解】A、将KI溶液与FeCl3溶液混合后加入CCl4、CCl4层显紫红色，表明发生了反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，即还原性I－>Fe2＋，故A正确；

B、比较氯和碳的非金属性强弱，需比较HClO4与H2CO3酸性强弱（或HCl与CH4的热稳定性），故B错误；

C、配制100mL1mol/LCuSO4溶液，需将25gCuSO4·5H2O溶于适量蒸馏水中配成100mL溶液，而不是溶于91mL水，故C错误；

D、要证明Mn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应，需作有Mn2+和无Mn2+时相同H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应的对比实验，故D错误；

故选A。

5.中科院深圳先进技术研究院成功研发了一种高效低成本储能电池——“铝一石墨”双离子电池，电池总反应为Al+xC+Li++PF6－

AlLi+CxPF6下列有关该电池的说法正确的是

A.放电时，PF6－向正极移动

B.放电时，负极反应为A1－3e－====Al3+

C.充电时，两个电极增加的质量相等

D.充电时，阳极反应为xC+PF6－－e－==CxPF6

【答案】D

【解析】

【分析】

二次电池，原电池负极发生氧化反应，阳离子移向正极；电解池阳极发生氧化反应，阳离子移向阴极。

【详解】A、放电时原电池负极反应为LiAl－e－=Al＋Li＋（它可向正极移动）,正反应为CxPF6+e－=xC＋PF6－（它可向负极移动），故A错误；

B、原电池负极反应为LiAl－e－=Al＋Li＋，故B错误；

C、充电时电解池阳极反应为xC+PF6－－e－=CxPF6，阴极反应为Al＋Li＋＋e－=LiAl，两极转移电子的物质的量虽然相等,但增加的质量不相等，故C错误；

D、充电时电解池阳极反应为xC+PF6－－e－=CxPF6，故D正确；

故选D．

【点睛】本题考查原电池与电解池原理，解题关键：

理解二次电池的反应原理，易错点A，电池中粒子移动的方向易混淆。

6.草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。

常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgX[X表示

或

]随pH的变化关系如图所示。

下列说法不正确的是

A.直线I中X表示的是

B.直线I、Ⅱ的斜率均为1

C.c（HC2O4－）>c（C2O42－）>c（H2C2O4）对应1.22

D.c（Na+）=c（HC2O4－）+2c（C2O42－）对应pH=7

【答案】C

【解析】

【分析】

A、利用lgX=0时，pH=-lgc（H＋）=-lgK,进行判断；

B、用pH=0代入计算；

C、利用平衡常数表达式，结合图中lgX=0时两点计算pH。

D、应用电荷守恒解答。

【详解】A、二元弱酸草酸的K1=c（H＋）c（HC2O4－）/c（H2C2O4）>K2=c（H＋）c（C2O42－）/c（HC2O4－），当lgX=0时，pH=-lgc（H＋）=-lgK,pH1=1.22K2=10-4.19，所以直线I中X表示的是c（HC2O4－）/c（H2C2O4），直线Ⅱ中X表示的是c（C2O42－）/c（HC2O4－），故A正确；

B、pH=0时，lgc（HC2O4－）/c（H2C2O4）=lgK1=-1.22，lgc（C2O42－）/c（HC2O4－）=lgK2=-4.19，所以，直线I、II的斜率均为1，故B正确；

C、设pH=a,c（H＋）=10-a,c（C2O42－）/c（HC2O4－）=K2/c（H＋）=10a-4.19，当c（C2O42－）

a<4.19；K1·K2=c（H＋）c（HC2O4－）/c（H2C2O4）·c（H＋）c（C2O42－）/c（HC2O4－）=c2（H＋）c（C2O42－）/c（H2C2O4），即c（C2O42－）/c（H2C2O4）=K1·K2/c2（H＋）=102a-5.41，当c（C2O42－）>c（H2C2O4）时，102a-5.41>1即2a-5.41>0，解得a>2.705，所以c（HC2O4－）>c（C2O42－）>c（H2C2O4）对应2.705

D、电荷守恒：

c（Na+）+c（H＋）=c（HC2O4ˉ）+2c（C2O42－）+c（OHˉ），当c（Na+）=c（HC2O4ˉ）+2c（C2O42－）时，c（H＋）=c（OHˉ），对应pH=7，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查电离常数及其应用，解题关键：

结合图象，充分理解平衡常数的意义，难点C，利用图象及电离平衡常数解题。

7.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，它们可以组成化学式为ZXY3W8的硅酸盐。

X3+与W2－具有相同的电子层结构，W、Z与X、Y的质子数之和相等。

下列判断正确的是

A.简单离子半径：

X>ZB.简单气态氢化物稳定性：

Y>W

C.最高价氧化物对应水化物酸性：

X>YD.化合物ZXW2的水溶液呈碱性

【答案】D

【解析】

【分析】

主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，它们可以组成化学式为ZXY3W8的硅酸盐，必含Si和O，X3+与W2－具有相同的电子层结构，W、X分别为O、Al，W、Z与Ⅹ、Y的质子数之和相等，Y、Z依次为Si、K。

【详解】A、硅酸盐必含Si和O，根据题给条件可以推出W、X、Y、Z依次为O、Al、Si、K，简单离子半径Al3＋

B、简单气态氢化物的稳定性SiH4

C、最高价氧化物对应水化物酸性H3AlO3

D、KAlO2溶液由于AlO2－水解显碱性,故D选项正确；

故选D。

8.硫代硫酸钠（Na2S2O3）在生产生活中具有广泛应用。

回答下列问题：

I.工业上普遍使用Na2SO3与硫磺共煮制备Na2S2O3，装置如图1。

（1）打开K1关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量试剂甲并加热。

试剂甲为_________，装置B和D的作用是_________。

（2）始终保持C中溶液呈碱性、加热产生Na2S2O3，反应的化学方程式为___________________________。

反应一段时间后，C中硫粉逐渐减少，及时打开K2、关闭K1并停止加热，将C中所得混合物分离提纯后即得到Na2S2O3。

若不及时关闭K1，将导致C中溶液呈酸性、发生副反应产生S和_________。

Ⅱ.利用SO2与Na2CO3、Na2S的混合溶液反应也能制备Na2S2O3，所需仪器如图2。

（1）装置G中Na2CO3与Na2S的最佳物质的量之比为_________。

（2）从左到右连接各仪器，接口顺序为：

_________接g、h接_________、_________接_________、_________接d。

Ⅲ.常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度。

取废水20.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤洗涤后用适量稀酸溶解，此时CrO42－全部转化为Cr2O72－；再加过量KI溶液，将Cr2O72－充分反应：

Cr2O72－+6I－+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。

然后加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定：

I2+2S2O32－===S4O62－+2I－。

当溶液_________即为终点。

平行滴定3次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量为18.00m，则该废水中Ba2+的物质的量浓度为_________。

【答案】

（1）.浓硫酸

（2）.吸收SO2,防止污染空气（3）.S＋SO2＋Na2CO3

Na2S2O3＋CO2（4）.NaHSO3（5）.1:

2（6）.a（7）.b（8）.c（9）.e（10）.f（11）.蓝色褪去且在半分钟内不恢复（12）.0.00300mol/L

【解析】

【分析】

I.

（1）A为二氧化硫的制备装置，C制取Na2S2O3，二氧化硫有毒，装置B和D中需盛碱液（如NaOH溶液），用于吸收SO2，防止污染空气。

Ⅱ.

（1）装置G中Na2CO3与Na2S的最佳物质的量之比由反应方程式中化学计量数之比确定；

（2）按I（实验后期关闭K1，打开K2可吸收多余SO2）→H（制取SO2）→E（安全装置）→G（制取Na2S2O3）→F（吸收SO2尾气）确定连接装置的顺序。

Ⅲ.碘遇到淀粉呈蓝色，终点为蓝色褪去且在半分钟内不恢复；

按关系式：

2Ba2＋~2BaCrO4~Cr2O72－~3I2~6S2O32－计算n（Ba2＋），再由C=n/V计算浓度。

【详解】I.

（1）A为二氧化硫的制备装置，故试剂甲为浓硫酸，装置B和D中需盛碱液（如NaOH溶液），用于吸收SO2，防止污染空气。

（2）C中反应物SO2、Na2CO3溶液和硫粉，根据题意首先SO2和Na2CO3溶液发生反应生成Na2SO3和CO2，Na2SO3和S制Na2S2O3，总反应为：

S＋SO2＋Na2CO3

Na2S2O3＋CO2；

若不及时关闭K1，将导致C中溶液呈酸性而发生副反应Na2S2O3＋SO2+H2O=2NaHSO3+S↓。

Ⅱ

（1）装置G中发生反应的方程式为：

Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，故Na2CO3和Na2S的最佳物质的量之比为1：

2。

（2）需按下列顺序连接装置，I（实验后期关闭K1，打开K2可吸收多余SO2）→H（制取SO2）→E（安全装置）→G（制取Na2S2O3）→F（吸收SO2尾气），所以各接口的顺序为：

a接g、h接b、c接e、f接d。

Ⅲ向碘的淀粉蓝色溶液中滴加Na2S2O3溶液，滴定终点为蓝色褪去且在半分钟内不恢复。

相关物质转化的关系式为：

2Ba2＋~2BaCrO4~Cr2O72－~3I2~6S2O32－,n（Ba2＋）=n（S2O32－）/3=18.00mL×0.0100mol/L/3=0.06mmol,c（Ba2＋）=0.06mmol/20.00mL=0.00300mol/L

9.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下

已知：

①菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。

②相关金属离子[c0（Mn+）=0.1mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10－10、7.42×10－11。

回答下列问题：

（1）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为__________________。

分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：

焙烧温度为_________、氯化铵与锰矿粉的质量之比为_________、焙烧时间为_________。

（2）浸出液“净化除杂”过程如下：

首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_________；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH的范围为_________；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中c（Ca2+）/c（Mg2+）=_________。

（3）碳化结晶时，反应的离子方程式为__________________。

（4）将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，在某极得到重要的无机功能材料MnO2，该电极的电极反应式为__________________。

【答案】

（1）.MnCO3＋2NH4Cl

MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O

（2）.500℃（3）.1.10（4）.60min（5）.MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O（6）.5.2≤pH<8.8（7）.1.97（8）.Mn2＋＋2HCO3－

MnCO3＋CO2↑＋H2O（9）.Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋

【解析】

【分析】

（1）NH4Cl分解为NH3、HCl，HCl与MnCO3反应得到MnCl2、CO2、H2O，由此写出方程式。

按图1、图2、图3，锰浸出率选择最佳条件；

（2）MnO2在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋；

欲使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH≥5.2，不使Mn2+沉淀，pH<8.8，从而确定pH范围。

用平衡常数计算两种沉淀共存时溶液中

；

（3）碳化结晶时，可看成Mn（HCO3）2受热分解，类比写出离子方程。

（4）阳极得到重要的无机功能材料MnO2，失电子发生氧化反应。

【详解】

（1）NH4Cl分解为NH3、HCl，HCl与MnCO3反应得到MnCl2、CO2、H2O，反应方程式为MnCO3＋2NH4Cl

MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；

氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：

焙烧温度为500℃、氯化铵与锰矿粉的质量之比为1.10、焙烧时间为60min；

（2）MnO2在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子方程式为：

MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；

欲使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH≥5.2，不使Mn2+沉淀，pH<8.8,溶液pH的范围为5.2≤pH<8.8；

加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中

=1.46×10－10/7.42×10－11=1.97.

（3）可看成Mn（HCO3）2受热分解，离子方程式为：

Mn2＋＋2HCO3－

MnCO3＋CO2↑＋H2O；

（4）将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，在阳极得到重要的无机功能材料MnO2，该电极的电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋。

阴极反应为：

2H＋＋2e－=H2↑。

10.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

回答下列问题：

I.CO可用于高炉炼铁，已知

Fe3O4（s）+4CO（g）====3Fe（s）+4CO2（g）△H1=akJ/mol

3Fe2O3（s）+CO（g）====2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=bkJ/mol

则反应Fe2O3（s）+3CO（g）====2Fe（s）+3CO2（g）的△H3=_________kJ/mol（用含a、b的代数式表示）

Ⅱ.一定条件下，CO2和CO可以互相转化。

（1）某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：

CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）。

甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。

则0~15min内平均反应速率v（H2）=_________，此条件下该反应的平衡常数K=_________。

欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则ω、x、y、z需满足的关系是_________，且_________（用含y的等式表示）。

（2）研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）

C6H5CH=CH2（g）+CO（g）+H2O（g）△H”中乙苯的平衡转化率影响如下图所示：

则△H_________0（填“>”“<”或“=”），压强p1、p2、p3从大到小的顺序是_________。

（3）CO可被NO2氧化：

CO+NO2

CO2+NO。

当温度高于225℃时，反应速率v正=k正·c（CO）·c（NO2）、v逆=k逆·c（CO2）·c（NO），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。

在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为_________。

【答案】

（1）.（b+2a）/3

（2）.0.2mol·L－1·min－1（3）.1.8（4）.x=2w+y（5）.z=y（6）.>（7）.p1>p2>p3（8）.k=k正/k逆

【解析】

【分析】

Ⅰ.根据盖斯定律△H3=（△H1+2△H2）/3；

Ⅱ

（1）v（H2）=△c/△t；由K=c（CO）·c（H2O）/c（CO2）·n（H2）计算平衡常数；

欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则ω、x、y、z需满足的关系（w-y）:

（x-y）=8:

16即x=2w+y且z=y；

（2）压强越大,乙苯的平衡转化率越小；

（3）达平衡时v正=v逆，即k正·c（CO）·c（NO2）=k逆·c（CO2）·c（NO），由此计算。

【详解】Ⅰ.根据盖斯定律△H3=（△H1+2△H2）/3=（b+2a）/3kJ/mol；

Ⅱ

（1）v（H2）=8molx75%/（2L×15min）=0.2mol/（L·min）。

反应8mol×75%=6molCO2,则平衡时n（CO）=n（H2O）=6mol，n（CO2）=8mol-6mol=2mol,n（H2）=16mol-6mol=10mol，K=c（CO）·c（H2O）/c（CO2）·n（H2）=6molx6mol/（2mol×10mol）=l.8.

要使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等,需满足（w-y）:

（x-y）=8:

16即x=2w+y且z=y；

（2）温度越高、乙苯的平街转化率越大,表明△H>0；该反应的△n气>0，则压强越大,乙苯的平衡转化率越小,故p1>p2>p3；

（3）达平衡时v正=v逆，即k正·c（CO）·c（NO2）=k逆·c（CO2）·c（NO），故k正/k逆=c（CO2）·c（NO）/c（CO）·c（NO2）=k

【点睛】本题考查化学基本概念和基本理论，解题关键：

盖斯定律、平衡原理应用。

难点（3）：

达平衡时v正=v逆。

11.铁、钴、镍具有相似的性质，在化学上称为铁系元素。

回答下列问题：

（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。

基态Co原子核外电子排布式为_________，第四电离能I4（Co）_________I4（Fe）（填“>”或“<”），PO43－的空间构型为_________。

（2）铁系元素能与CO形成Fe（CO）5、Ni（CO）4等金属羰基配合物。

与CO互为等电子体的分子和离子分别为_________和_________（各举一种，填化学式）；在CO分子中，键与π键数目之比为_________。

（3）铁与K2O、

（环戊二烯）在隔绝空气条件下共热可制得二茂铁[Fe（C5H5）2]。

在环戊二烯中，C原子的杂化轨道类型为_________。

二茂铁熔点为446K，不溶