精品解析湖南省衡阳市届高三下学期第一次联考理科综合化学试题精校Word版.docx

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精品解析湖南省衡阳市届高三下学期第一次联考理科综合化学试题精校Word版

湖南省衡阳市2019届高三第一次联考（一摸）理综

化学试题

1.下列对生活中的一些问题的论述，符合科学实际的是

A.大米中的淀粉经水解和分解后，可酿造成米酒

B.麦芽糖、纤维素和油脂均能在人体中发生水解

C.乙醇、乙酸均属于食物中的两种基本营养物质

D.用加洗衣粉洗涤真丝织品，可使真丝蛋白质变性

【答案】A

【解析】

【详解】A、淀粉水解最终产物是葡萄糖，葡萄糖在催化剂条件下C6H12O6→2CH3CH2OH＋2CO2↑，故A正确；

B、人体中缺少水解纤维素的酶，即纤维素在人体中无法水解，故B错误；

C、乙醇和乙酸不是营养物质，故C错误；

D、真丝成分是蛋白质，洗衣粉含酶，能使蛋白质水解，故D错误。

2.一种以“火法粗炼”、“电解精炼”相结合的炼制精铜工艺流程如下，已知“还原”反应中，冰铜中的Cu2S先转化为Cu2O，然后Cu2O再与Cu2S反应生成粗铜。

下列叙述正确的是

A.该炼铜工艺对环境友好，不会产生大气污染物

B.“烙烧”过程中，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂

C.在Cu2S”还原”为Cu的总反应中，Cu2O作催化剂

D.“电解”时，金、银等贵金属被置换出来形成阳极泥

【答案】B

【解析】

【详解】A、根据流程，冰铜得到粗铜过程中发生的反应是2Cu2S＋3O2

2Cu2O＋2SO2、2Cu2O＋Cu2S

6Cu＋SO2↑，SO2能引起酸雨，属于大气污染物，该工艺对环境不友好，故A说法错误；

B、焙烧中发生2CuFeS2＋O2

Cu2S＋2FeS＋SO2，CuFeS2中S的价态为－2价，Fe的基态为＋2价，Cu的价态为＋2价，在反应中部分S的价态升高，Cu的价态降低，因此CuFeS2在该反应中既是氧化剂又是还原剂，故B说法正确；

C、根据催化剂的定义，以及A选项分析，Cu2O不是催化剂，故C说法错误；

D、粗铜中金、银以单质的形式存在，没有发生反应，金、银最终以单质的形式在阳极沉积出来，故D说法错误。

3.下列有关Fe（OH）3，胶体的制备、提纯和性质的实验图示中，正确的是

A.制备

B.滲析

C.丁达尔效应

D.电泳

【答案】B

【解析】

【详解】A、制备氢氧化铁胶体，是将几滴饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至出现红褐色液体，即为氢氧化铁胶体，FeCl3滴入氢氧化钠溶液中出现红褐色沉淀，不是胶体，故A错误；

B、胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，能做到胶体的提纯，故B正确；

C、丁达尔效应是形成光亮的通路，不是一条“线”，故C错误；

D、氢氧化铁胶体本身不带电，氢氧化铁胶粒带正电荷，应是负极颜色加深，故D错误。

4.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.12．0gNaHSO4晶体中含有阳离子的总数为0．2NA

B.1L1mol・L—1Ca（ClO）2溶液中含ClO—的数目为2NA

C.含2molHNO3的浓硝酸与铜完全反应，生成NO2分子数少于NA

D.标准状况下，2.24LCHCl3分子中含共价健总数为0．4NA

【答案】C

【解析】

【详解】A、NaHSO4晶体中含有Na＋和HSO4－，n（Na＋）=12.0g/120g·mol－1=0.1mol，故A错误；

B、Ca（ClO）2属于强碱弱酸盐，ClO－发生水解，因此溶液中n（ClO－）小于1L×1mol·L－1=1mol，故B错误；

C、Cu和浓硝酸发生反应：

Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，随着反应进行HNO3的浓度降低，反应生成NO，因此生成NO2的物质的量小于1mol，故C正确；

D、CHCl3标准状况下不是气体，不能直接使用22.4L·mol－1，故D错误。

【点睛】易错点是选项A，学生认为NaHSO4晶体中阳离子是Na＋和H＋，忽略了NaHSO4条件不同，电离不同，在水溶液状态下NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，在熔融状态下NaHSO4=Na＋＋HSO4－，熔融状态下的电离，反映出晶体中微粒存在的形式，NaHSO4晶体中只存在Na＋和HSO4－。

5.乙酸松油酯是松油醇的酯化产物，具有甜香气味，广泛应用于日用和食用香精中。

乙酸松油酯的结构简式如图甲所示，下列说法正确的是

A.乙酸松油酯的分子式为C12H22O2

B.乙酸松油酯的水解产物松油醇与图乙所示物质互为同分异构体

C.乙酸松油酯既易溶于水、也易溶于乙醇或油脂

D.乙酸松油酯能使Br2的CCl4溶液或酸性KMnO4溶液褪色

【答案】D

【解析】

【详解】A、根据乙酸松油酯的结构简式，推出乙酸松油酯的分子式为C12H20O2，故A错误；

B、松油醇的分子式为C10H20O，图乙有机物的分子式为C11H18O，两种有机物分子式不同，两者不互为同分异构体，故B错误；

C、酯不溶于水，酯溶于乙醇和油脂，故C错误；

D、乙酸松油酯中含有碳碳双键，能使Br2的CCl4或酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。

6.主族元素W、X、Y、Z的原子序数均不大于20，其原子半径依次增大。

W与X的核电荷数之比为4：

3，且都能形成电子总数相等的简单氢化物分子a、b；Y原子最外层电子数少于其最内层电子数；Z原子的各层电子数呈对称分布。

下列叙述错误的是

A.a、b分子的稳定性：

a＞b

B.自然界存在多种含W、X元素的化合物

C.W的原子序数一定比Y的原子序数小

D.Z的最高价氧化物对应的水化物可为强碱

【答案】C

【解析】

【分析】

W与X的核电荷数之比为4：

3，W的核电荷数为4，即W为Be，X的核电荷数为3，即X为Li，W与X都能形成电子总数相等的简单氢化物，则W不是Be，X不是Li，W为O，X为C，a为H2O，b为CH4，Y的原子最外层电子数少于其最内层电子数，即Y可能是Na，也可能是Li，Z原子的各层电子数呈对称分布，且四种元素原子半径依次增大，则Z为Ca；

【详解】W与X的核电荷数之比为4：

3，W的核电荷数为4，即W为Be，X的核电荷数为3，即X为Li，W与X都能形成电子总数相等的简单氢化物，则W不是Be，X不是Li，W为O，X为C，a为H2O，b为CH4，Y的原子最外层电子数少于其最内层电子数，即Y可能是Na，也可能是Li，Z原子的各层电子数呈对称分布，且四种元素原子半径依次增大，则Z为Ca；

A、非金属性O>C，则H2O的稳定性强于CH4，故A说法正确；

B、自然界含有C和O的化合物有CO2、有机物等，故B说法正确；

C、根据上述分析，如果Y为Li，W的原子序数大于Y的原子序数，故C说法错误；

D、Ca为活泼金属，其最高价氧化物对应水化物是Ca（OH）2，Ca（OH）2为强碱，故D说法正确。

7.“ZEBRA”绿色电池是新型电动汽车的理想电源，结构如图所示：

隔开两极的陶瓷管作钠离子导体。

下列关于该电池的叙述错误的是

A.放电时，Na+、Al3+均向负极移动

B.放电时，Na元素被氧化

C.充电时的阳极反应为：

Ni＋2C1－-2e—＝NiCl2

D.该电池具有可快充、高比功率、放电持久等优点

【答案】A

【解析】

【分析】

根据原电池工作原理、电解工作原理进行分析；

【详解】A、放电为原电池装置，根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，故A说法错误；

B、根据装置图，金属钠为活泼金属，金属钠作负极，Na失电子，被氧化，故B说法正确；

C、充电为电解池，根据装置图，阳极反应式为Ni＋2Cl－－2e－=NiCl2，故C说法正确；

D、根据题中信息，该电池具有可快充、高比功率、放电持久等特点，故D说法正确。

【点睛】难点是阳极反应式的书写，充电时：

电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，充电时电极反应式是放电时电极反应式的逆过程，如本题，根据装置图，Na为负极，被氧化，NiCl2中Ni得电子转化成Ni，即放电时正极反应式为NiCl2＋e－=Ni＋Cl－，因此充电时阳极反应式为Ni＋2Cl－－2e－=NiCl2。

8.实验室可用氯气与一氧化氮在常温常压条件下合成亚硝酰氯（NOCl）。

已知亚硝酰氯是一种黄色气体，熔点：

－64．5℃，沸点：

－5．5℃，遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物

（1）甲组同学拟制备原料气NO和Cl2制备装置如图所示

①为制备并得到纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。

装置I中药品

装置II中药品

蒸馏烧瓶

a仪器

制备纯净Cl2

KmnO4

浓盐酸

（i）___________

制备纯净的NO

Cu

（ii）__________

水

②仪器a的名称为____；装置Ⅲ的作用是______________。

（2）乙组同学对甲组同学制取NO的装置略加改良，利用甲组制得的Cl2共同制备NOCl，装置如下图所示

①组装好实验装置，检查气密性，依次装入药品。

此实验关健操作有两点：

I将Cl2充满D装置的三颈瓶；Ⅱ，A中反应开始时，先关闭K2，打开K1，待NO充满装置后关闭K1，打开K2。

这两步操作都要“充满”，目的是__________。

②装置B中水的作用是___________________（用化学方程式表示）。

③若装置C中压强过大，可以观察到的现象是________________。

④装置D中冰盐水的作用是___________________________。

⑤如果去掉盛有浓硫酸的C、装有无水CaCl2的E两装置，对该实验的主要影响是________（用化学方程式表示）。

【答案】

（1）.饱和食盐水或：

饱和NaCl溶液

（2）.稀硝酸或：

稀HNO3（3）.分液漏斗（4）.干燥NO或Cl2或：

除去NO或Cl2中的水蒸气（5）.排尽装置中的空气（6）.3NO2＋H2O==2HNO3＋NO（7）.长颈漏斗中的液面上升（8）.液化亚硝酰氯，便于产品收集（9）.2NOCl＋H2O==2HCl＋NO↑＋NO2↑

【解析】

【详解】

（1）①制备纯净氯气，根据装置图，图I制备出的氯气含有HCl和H2O，装置Ⅱ的作用是吸收HCl，盛放试剂是饱和食盐水；制备纯净的NO，利用铜和稀硝酸的反应，分液漏斗中盛放的是稀硝酸；

②仪器a为分液漏斗，根据实验目的，装置Ⅲ的作用是干燥NO和Cl2；

（2）①两步操作都要“充满”的目的是排尽装置中空气；

②装置A产生NO，NO与烧瓶中O2发生反应生成NO2，装置B的作用是吸收NO2，发生3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；

③压强过大，装置C中长颈漏斗中的液面上升；

④依据实验目的，以及亚硝酰氯的物理性质，装置D中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于产品收集；

⑤浓硫酸C干燥NO气体，无水CaCl2的作用是防止空气水蒸气进入装置D，亚硝酰氯遇水反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物，因此缺少这两个装置后，发生2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑。

9.金属是重要但又匮乏的战略资源。

从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如下

请回答下列问题

（1）在焰色反应实验中，可用钴玻璃观察钾元素的焰色，该钴玻璃的颜色为_______。

（2）”溶液A中溶质除NaOH外，还有______。

“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为___________________________________。

（3）在“滤液”中加入20﹪Na2CO3溶液，目的是_________；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是___________________________。

（4）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣“，也可得到Co2+。

①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取的措施有_____________（任写一条）。

②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是_____________________。

（5）”钴沉淀”的化学式可表示为CoCO3·yCo（OH）2。

称取5．17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热．使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0．54g和0．88g。

则“钴沉淀”的化学式为__________。

【答案】

（1）.蓝色

（2）.NaAlO2或：

偏铝酸钠（3）.8LiCoO2＋S2O32－＋22H＋==8Li＋＋8Co2＋＋2SO42－＋11H2O（4）.调节溶液pH，使Fe3＋转换为Fe（OH）3沉淀（5）.Co2＋、S2O32－也能使KMnO4溶液褪色（6）.粉碎；搅拌；升高温度（7）.LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境（8）.2CoCO3·3Co（OH）2

【解析】

【详解】

（1）观察钾元素的焰色，黄色火焰会干扰，因此需要通过蓝色钴玻璃进行观察；

（2）电极材料中加入NaOH溶液，根据流程以及电极材料的成分，只有Al与NaOH溶液发生反应：

2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO2；Na2S2O3具有还原性，LiCoO2作氧化剂，Co被还原成Co2＋，离子方程式为8LiCoO2＋S2O32－＋22H＋=8Li＋＋8Co2＋＋2SO42－＋11H2O；

（3）根据流程，滤液1中含有铁元素和锂元素等杂质，滤液2中除去Li＋，则滤液1中加入NaClO3将Fe2＋氧化成Fe3＋，加入Na2CO3溶液，调节pH，使Fe3＋转化成Fe（OH）3沉淀；“钴渣”操作步骤中加入Na2S2O3是过量，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，同时滤液1中含有Co2＋，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

（4）①提高浸取率的采取措施有粉碎、搅拌、升高温度、适当提高硫酸的浓度等；

②Co3＋的氧化性强于Cl2，用盐酸浸取，LiCoO2将盐酸中Cl元素氧化成Cl2，Cl2有毒，污染环境；

（5）根据题意，浓硫酸吸收产生H2O，即n（H2O）=0.54g/18g·mol－1=0.03mol，碱石灰的作用是吸收CO2，即n（CO2）=0.88g/44g·mol－1=0.02mol，因此有5.17g/M[CoCO3·yCo（OH）2]g·mol－1=0.02mol，解得y=3/2，即“钴沉淀”的化学式为2CoCO3·3Co（OH）2。

【点睛】本题难点是氧化还原反应方程式的书写，应是钴渣，LiCoO2不能拆写成离子形式，＋3价Co具有强氧化性，Na2S2O3以还原性为主，因此有LiCoO2＋S2O32－→Li＋＋Co2＋＋SO42－，然后根据化合价升降法进行配平，得出8LiCoO2＋S2O32－→8Li＋＋8Co2＋＋2SO42－，然后注意溶液的酸碱性，根据流程溶液中加入H2SO4，依据原子守恒守恒和电荷守恒，因此离子方程式有8LiCoO2＋S2O32－＋22H＋=8Li＋＋8Co2＋＋2SO42－＋11H2O，氧化还原反应方程式的书写是热点，需要多练、多分析。

10.含硫化合物在工业上应用广泛，硫化物是脱硫、染料行业重要的原村料。

（1）酸工业烟道气中的SO2、CO．可用如图所示的综合循环吸收法脱除：

已知再生塔中每产生ImolCO2（g），放出29．9的热量，则其热化学方程式为______。

（2）H2S热分解反应为：

2H2S（g）

2H2（g）＋S2（g）。

在恒容密闭容器中，H2S的起始浓度均为cmol・L—1，控制不同温度使之分解．相同时间后测的H2S转化率曲线如图1所示：

其中a为平衡时转化率、b为未平衡时转化率分别与温度的关系曲线。

①在975℃：

t秒时反应达到平衡，则平衡前反应的平均速率v（S2）＝_____（用含c、t的代数式表示）。

②请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：

______________。

（3）725℃时，H2S的电离平衡常数K＝1．3×10-7、Ka2＝7．0×10-15。

用NaOH溶液吸收H2S气体得到pH＝10的Na2S溶液，在此过程中水的电离程度将______（填“增大”、“减小”或”不变”）；此时溶液中

=_____________________

（4）加热Na2S溶液可以生成Na2S2O3，NaOH和H2，温度升高时还可生成Na2SO4，图2是含3molNa2S的溶液在不同温度下反应，生成H2物质的量与反应时间的关系。

分析图象，完全反应后生成Na2S2O3物质的量最多的是______（填”c”或”d“）点：

不考虑离子的水解，则c点溶液中浓度最高的阴离子为______（写化学式），S2O32—的物质的量为_______。

【答案】

（1）.Na2SO4（s）＋4CO（g）==Na2S（s）＋4CO2（g）△H＝－119.6kJ·mol－1或：

1/4Na2SO4（s）＋CO（g）==1/4Na2S（s）＋CO2（g）△H＝－29.9kJ·mol－1

（2）.0.2c/tmol·L－1·s－1（3）.温度升高，反应加快，达到平衡所需时间变短（4）.增大（5）.7.0×10－5（6）.d（7）.SO42－（8）.0.5mol

【解析】

【详解】

（1）根据图所示，再生塔中发生的反应是Na2SO4＋4CO=4CO2＋Na2S，生成4molCO2时放出的热量为4×29.9kJ=119.6kJ，该反应的热化学方程式为Na2SO4（s）＋4CO（g）==Na2S（s）＋4CO2（g）△H＝－119.6kJ·mol－1；

（2）①达到平衡前，消耗H2S的浓度为0.4cmol·L－1，同时生成S2浓度为0.4c/2mol·L－1=0.2cmol·L－1，根据化学反应速率的数学表达式，v（S2）=0.2c/tmol/（L·s）；

②随着温度升高，化学反应速率增大，达到平衡所需时间变短，曲线b向曲线a逼近；

（3）NaOH为强碱，对水的电离产生抑制，Na2S为强碱弱酸盐，S2－水解促进水的电离，因此用NaOH溶液吸收H2S气体生成Na2S的过程中，水的电离程度增大；c（S2－）/c（HS－）=c（S2－）×c（H＋）/[c（HS－）×c（H＋）]=7.0×10－15/10－15=7.0×10－5；

（4）温度升高，生成Na2SO4，c点温度高于d点温度，一部分S生成Na2SO4，因此生成Na2S2O3物质的量最多的是d点；根据反应，硫元素的化合价升高，H元素的化合价降低，令生成Na2S2O3的物质的量为xmol，根据硫元素守恒，Na2SO4物质的量为（3－2x）mol，根据得失电子守恒守恒，得出2xmol×4＋（3－2x）mol×8=10mol×2，解得x=0.5，即Na2S2O3的物质的量为0.5mol，Na2SO4的物质的量为2mol，c点溶液中浓度最高的阴离子是SO42－；S2O32－的物质的量为0.5mol。

11.一桥连三地，天堑变通途。

举世瞩目的港珠澳大桥于2018年10月23日正式通车，体现了我国工程建设自主创新能力实现大跨越，尤其在新材料研究方面有重大突破，回答下列问题：

（1）钛是一种新兴的结构材料，比钢轻、比铝硬。

①基态钛原子的价电子排布式为______，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_____种

②钛的硬度比铝大的原因是_______________________________。

③工业上制金属钛采用金属还原四氧化钛。

先将TiO2和足量炭粉混合加热至1000～1100K进行氯化处理，生成TiCl4。

该反应的化学反应方程式为_______________________。

（2）跨海桥梁的主要结构材料为钢铁。

铁能与三氮唑（Bipy，结构见图）形成多种配合物。

①1molBipy中所含

键_____mol；碳原子杂化方式是___________________。

②Bipy的沸点为260℃、结构相似且相対分子质量接近的环戊二烯（结构见上图）的沸点为42．5℃．前者较大的原因是______________________________。

（3）碳化钨是耐高温耐磨材料。

下图为化晶体的部分结构，碳原子嵌入金属的晶格间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙＋固溶体、也称为填隙化合物。

①在该结构中，每个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有____个。

②假设该部分晶体的体积为d/cm3，碳化的摩尔质量为Mg／mol，密度为dg／cm3，则阿伏加德罗常数NA用上述数据表示为______。

【答案】

（1）.3d24s2

（2）.3（3）.Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强（4）.TiO2＋2C＋2Cl2

TiCl4＋2CO（5）.8（6）.sp2（7）.bipy分子间可形成氢键，而环戊二烯不能（8）.6（9）.6M/dV

【解析】

【详解】

（1）①Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2；Ti有2个未成对电子，同周期有2个未成对电子的是Ni、Ge、Se三种；

②利用价电子数越多，金属键越强，硬度越大，Ti原子价电子为4，Al的价电子为3，Ti原子价电子数比Al多，Ti的金属键强，钛的硬度大于铝；

③该反应方程式为TiO2＋2C＋2Cl2

TiCl4＋2CO；

（2）①成键原子之间只能形成一个σ键，因此1molBipy中所含σ键物质的量为8mol；根据Bipy的结构简式，碳原子有3个σ键，无孤电子对，碳原子杂化类型为sp2；

②两种物质为分子晶体，前者能够形成分子间氢键，后者不能形成分子间氢键，因此Bipy的沸点高；

（3）①每个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有6个；

②结构中钨原子数目是1＋2×1/2＋12×1/6＋6×1/3=6，碳原子个数为6，化学式为WC，晶胞质量为6×Mg·mol－1/NAmol－1，根据密度的定义，NA=6M/dV。

12.以水杨酸为基础原料，按以下路找可合成抗菌消炎药Olsalazine（G）：

回答下列问题：

（1）水杨酸的化学名称为___________

（2）B分子中官能团总共有___________种

（3）④的反应类型是_______________

（4）从整个合成路线看．设计反应③的作用是______________________________。

（5）反应①的化学方程式为_____________________________________________。

（6）下图所示的有机物X也可用于合成Olsalazine、它的一种同分异构体Y同时满足下列条件，则Y的结构简式为_____________。

I．Y属于

－氨基酸。

II．能与FeCl3溶液发生显色反应

III．分子中氢原子所处化学环境类最少。

（7）写出以

和甲醇为原料合成

的路线流程图（无机试剂任选）_________________________________________。

【答案】

（1）.2–羟基苯甲酸或：

邻羟基苯甲酸

（2）.3（3）.还原反应（4）.保护酚羟基不被亚硝酸钠氧化（5）.

（6）.

（7）.

【解析】

【分析】

反应①为酯化反应，A的结构简式为

，观察C的结构简式，推出反应②发生硝化反应，即B的结构简式为

；

【详解】

（1）根据水杨酸的结构简式，水杨酸的化学名称为邻羟基苯甲酸，或2－羟基苯甲酸；

（2）B分子的结构简式为

，含有官能团有羟基、酯基、硝基，有3种官能团；

（3）根据C和D的结构简式对比，该反应是－NO2→－NH2，反应类型为还原反应；

（4）酚羟基容易被氧化，反应③的作用是保护酚