解析纯word版化学卷届湖南省十三校高三第二次联考04word版Word文档格式.docx

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B、硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以硅胶和铁粉能防止食品受潮及氧化而变质；

C、石英坩埚主要成分是二氧化硅，会与氢氧化钠反应；

D、电解氯化镁溶液阴极是氢离子放电，得不到金属镁。

故答案选B

【思路点拨】本题考查了化学与生活，明确物质的性质是解本题关键，结合题意确定物质应该具备的性质，会运用化学知识解释生活现象，难度不大。

8．下列有关实验原理或实验操作正确的是

A．用干燥pH试纸测定某新制氯水的pH

B．用图1装置除去乙烷中混有的乙烯

C．用图2装置能验证HCl气体在水中的溶解性

D．用25mL碱式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液

【知识点】化学实验基础操作、气体除杂

【答案解析】C解析：

A、氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，其中次氯酸具有强氧化性，可漂白试纸，最后使试纸变成白色，无法测量PH值；

B、酸性高锰酸钾会将乙烯氧化成二氧化碳气体，除杂的同时又引入新的杂质；

C、利用内外压强差验证HCl气体在水中的溶解性；

D、量取20.00mLKMnO4溶液应该用酸式滴定管。

故答案选C

【思路点拨】本题考查了化学实验基础，包括氯气的性质、烃的性质、仪器的选用，为高频考点，难度不大，注意把握相关物质的性质。

9．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。

A原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，元素D位于第ⅥA族。

下列说法正确的是

A．原子半径：

D>

B>

C>

A

B．元素A、B的氧化物所含化学键的类型完全相同

C．元素B和C的最高价氧化物对应水化物的碱性：

B<

C

D．元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物能相互反应

【知识点】原子结构、元素周期律的应用

【答案解析】D解析：

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大．A原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；

元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，原子序数大于碳元素，则B为Na元素；

元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，则C为Al，D位于第ⅥA族，原子序数大于Al，则D为S元素，A、同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞S＞C；

B、元素A、B的氧化物是CO2、Na2O,化学键分别是共价键、离子键；

C、元素B和C的最高价氧化物对应水化物是NaOH、Al（OH）3，碱性强弱：

B＞C；

D、元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物NaOH、Al（OH）3、HClO4能相互反应。

故答案选D

【思路点拨】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，涉及化学键、元素周期律、原子半径比较等，推断元素是解题关键，难度不大。

10．某有机物的结构简式：

，下列关于该有机物的叙述正确的是

A．该有机物的摩尔质量为200．5

B．该有机物属于芳香烃

C．该有机物可发生取代、加成、加聚、氧化、还原、消去反应

D．1mol该有机物在适当条件下，最多可与4molNaOH、4molH2反应

【知识点】有机物的结构与性质、有机反应类型

A、分子式为C10H9O3Cl，该有机物的摩尔质量为200.5g/mol，故A错误；

B、芳香烃中只含C、H元素，该物质不属于芳香烃，故B错误；

C、含酚-OH，能发生取代、氧化，含C=C，能发生氧化、加成、加聚反应，不能发生还原、消去反应，故B错误；

D、苯环与C=C能发生加成，酚-OH、-COOC-、-Cl（先发生水解、生成酚羟基再与碱反应）与碱反应，则1mol该有机物在适当条件下，最多可与4molNaOH、4molH2反应。

【思路点拨】本题考查常见有机物的化学反应，在解此类题时，首先需要知道物质发生反应的条件，熟记各官能团的性质是解题的关键，难度不大。

11．现有常温下的四份溶液：

①0．01mol／LCH3COOH溶液；

②0．0lmol／LHC1溶液；

③pH=12的氨水；

④pH=12的NaOH溶液。

A．①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大

B．将②、③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积：

②>

③

C．将①、④混合，若

，则混合液一定呈碱性

D．将四份溶液分别稀释100倍后，溶液的pH:

③>

④，①<

②

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡

A、溶液②中氢离子和③④溶液氢氧根离子浓度相同，对水的电离抑制程度相同，①溶液中的氢离子浓度小，对水抑制程度小，所以①水的电离程度最大，②③④溶液中水的电离程度小，故A错误；

B、②③若等体积混合后氨水过量，溶液呈碱性；

若有pH=7，则消耗溶液的体积：

②＞③，故B正确；

C、若将①、④等体积混合，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，有c（CH3COO-）＞c（H+），若混合后溶液呈中性时存在C（Na+）=c（CH3COO-）＞C（OH-）=c（H+），故C错误；

D、将四份溶液稀释相同倍数后溶液的pH：

氨水存在电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根离子，③＞④，同浓度醋酸和盐酸稀释相同倍数，醋酸虽然存在电离平衡，醋酸溶液中氢离子浓度仍小于盐酸溶液中的氢离子浓度，所以溶液PH①＞②。

【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离平衡应用，主要是对水的电离影响，溶液酸碱性的判断，溶液稀释的PH变化，关键是酸碱反应后溶液酸碱性的判断．

12．向CuS04溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。

再向反应后的混合物中不断通人S02气体，溶液逐渐变成无色。

下列分析正确的是

A．滴加KI溶液时，转移2mole一时生成1mol白色沉淀

B．通入S02后溶液逐渐变成无色，体现了S02的漂白性

C．通入S02时，S02与I2反应，I2作还原剂

D．上述实验条件下，物质的氧化性：

Cu2+>

I2>

S02

【知识点】氧化性、还原性强弱的比较、二氧化硫的化学性质

A、滴加KI溶液时，反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，转移2mole-时生成2mol白色沉淀，故A错误；

B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，SO2+I2=2H2O=2HI+H2SO4，体现了SO2的还原性，故B错误；

C、通入S02时，S02与I2反应，SO2+I2=2H2O=2HI+H2SO4，I2作氧化剂，故C错误；

D、依据反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，SO2+I2=2H2O=2HI+H2SO4，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，得到Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；

【思路点拨】本题考查了二氧化硫性质的分析判断，二氧化硫还原性的应用，氧化还原反应的概念分析是解题关键，题目难度中等。

13．将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。

向反应后的溶液中加入3mol／LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5．1g。

下列叙述不正确的是

A．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mL

B．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2．24L

C．参加反应的金属的总质量3．6g<

m,<

9．6g

D．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0．4mol

【知识点】化学方程式的有关计算；

硝酸的化学性质

将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：

3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：

Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。

A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，故A正确；

B、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为（0.15mol×

2）÷

3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×

22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，故B错误；

C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×

24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×

64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g；

D、根据方程式可知参加反应的n（HNO3）=8/3n（金属）=0.15mol×

8/3=0.4mol，故D正确；

【思路点拨】本题本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大。

第Ⅱ卷非选择题（共174分）

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作答。

第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（11题，共129分）

26．（12分）下图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，图中有部分生成物未标出。

请填写以下空白：

（1）A的化学式为，B的电子式为。

（2）写出下列反应的化学方程式：

D+G→H。

F+J→B+C+I。

（3）0．3molI与足量C反应转移电子的物质的量为mol。

（4）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积分别为mL，mL。

【知识点】无机框图题、无机物的推断

【答案解析】

解析：

A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成气体D，B、D为常温下气态化合物，C为常温下液态化合物，则C为水，A为NH4HCO3，B能与镁反应，则B为CO2，E为MgO，F为C，结合D为NH3，水与过氧化钠反应生成G，G为O2，D与G反应生成H，即氨的催化氧化，H为NO，I为NO2，J为HNO3，再结合F与J反应生成B、C、I，符合上述转化。

（1）由上述分析可知A为NH4HCO3，B为CO2，其电子式为；

（2）D+G→H的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，

F+J→B+C+I的反应为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，

（3）由3NO2+H2O═2HNO3+NO，则0.3molNO2与足量C反应，0.1mol作氧化剂，转移电子的物质的量为0.1mol×

（4-2）=0.2mol；

（4）由4NO2+O2+2H2O═4HNO3，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I占4/5，

其体积为10mL×

4/5=8mL，G气体体积为2mL.

【思路点拨】本题考查无机物的推断，利用物质的转化推断出各物质是解答本题的关键，C及A为解答本题的突破口，题目难度中等．

27．（16分）随着大气污染的日趋严重，“节能减排”，减少全球温室气体排放，研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具体有重要意义。

（1）右图是在101kPa，298K条件下1molNO2和1molCO反应生成1molCO2和1molNO过程中的能量变化示意图。

已知：

请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方

程式：

。

（2）将0．20molN02和0．10molCO充入一个容

积恒定为1L的密闭容器中发生反应，在不同

条件下，反应过程中部分物质的浓度变化状况

如图所示。

①下列说法正确的是（填序号）。

a．容器内的压强不发生变化说明该反应达到乎衡

b．当向容器中再充人0．20molNO时，平衡向正

反应方向移动，K增大

c．升高温度后，K减小，N02的转化率减小

d．向该容器内充人He气，反应物的体积减小，浓度增大，所以反应速率增大

②计算产物NO在0～2min内平均反应速率v（NO）=mol·

L-1·

min-1

③第4min时改变的反应条件为（填“升温’’、“降温’’）。

④计算反应在第6min时的平衡常数K=。

若保持温度不变，此时再向容器中充人CO、NO各0．060mol，平衡将移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。

（3）有学者想以如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的

化工原料。

其负极反应式为，当有0.25molSO2被吸收，

则通过质子（H+）交换膜的H+的物质的量为mol。

【知识点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；

化学电源新型电池；

化学平衡的影响因素；

难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

【答案解析】

：

（1）依据盖斯定律②-①得到反应的热化学方程式：

2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的△H=-759KJ/mol

（2）图象分析可知反应为：

NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g）

①a．反应前后气体体积不变，当容器内的压强不发生变化，不能说明该反应达到平衡，故a错误；

b．当向容器中加再充入0.20molNO时，平衡向逆反应方向移动，K值不变，故b错误；

c．升高温度后，K值减小，说明平衡逆向进行，NO2的转化率减小，故c正确；

d．向该容器内充入He气，总压增大，气体分压不变，所以反应反应速率不变，故d错误；

故选c；

②产物NO在0～2min时平均反应速率v（NO）=0.03mol/L÷

2min=0.015mol/（L•min）；

③图象分析可知4min后二氧化氮和一氧化碳浓度增大，一氧化氮和二氧化碳浓度减小，说明平衡逆向进行，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，符合图象变化；

④依据图象分析，6min时平衡状态下物质的浓度为c（NO2）=0.18mol/L，c（CO）=0.08mol/L，c（NO）=0.02mol/L，c（CO2）=0.02mol/L，反应的平衡常数依据平衡常数概念计算，NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g），K=（0.02×

0.02）/（0.18×

0.08）=1/36；

若保持温度不变，此时再向容器中充入CO、NO各0.060mol，浓度商计算Qc=（0.02×

0.08）/（0.18×

0.10）=4/45＞K，平衡逆向进行.

（3）图所示装置分析，用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料．其负极的反应为二氧化硫失电子生成硫酸根离子的过程，电极反应为：

SO2++2H2O-2e-=SO42-+4H+，当有0.25molSO2被吸收，电子转移0.5mol，依据电子守恒分析通过质子（H+）交换膜的H+的物质的量为0.5mol。

【思路点拨】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，化学平衡影响因素分析，平衡常数计算应用，原电池原理的理解分析，掌握基础是关键，题目难度中等。

28．（15分）三苯甲醇（

）是一种重要的化工原料和医药

中间体，实验室合成三苯甲醇的流程如图1所示，装置如图2所示。

已知：

（I）格氏试剂容易水解：

（Ⅱ）相关物质的物理性质如下：

（Ⅲ）三苯甲醇的相对分子质量是260，纯净固体有机物一般都

有固定熔点。

请回答以下问题：

（1）图2中玻璃仪器B的名称：

；

装有无水CaCl2的仪器A

的作用是。

（2）图2中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是；

制取格氏试剂时要保持微沸，可以采用加热方式。

（3）制得的三苯甲醇粗产品中，含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等有机物和碱式溴化镁等杂质，可以设计如下提纯方案，请填写如下空白：

其中，①操作为：

洗涤液最好选用（从以下选项中选择）；

A．水B．乙醚C．乙醇D．苯

检验产品已经洗涤干净的操作为：

（4）纯度测定：

称取2．60g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠（乙醚与钠不反应），充分反应后，测得生成的气体在标准状况下的体积为100．80mL。

则产品中三苯甲醇的质量分数为。

【知识点】工艺流程题、基本实验操作、无机化合物计算

（1）根据已知条件，图2是蒸馏实验操作，其中玻璃仪器B的名称是冷凝管，格氏试剂容易水解，所以，装有无水CaCl2的仪器A的作用是防止空气中的水蒸气进入装置，使格氏试剂水解；

（2）图2中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下，格氏试剂时要保持微沸，可以采用水浴加热；

（3）由图表知三苯甲醇与乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等有机物的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方式分离，碱式溴化镁溶于水、三苯甲醇不溶，过滤进行分离，因为三苯甲醇溶于乙醚、乙醇苯等有机溶剂，所以沉淀的洗涤用水；

因为滤液中含有氢氧根、溴离子，所以，检验是否洗净沉淀的操作是：

取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成。

（4）运用关系式进行计算：

2

——————————H2

0.009mol0.1008/22.4mol=0.0045mol

质量分数=0.009mol×

260g/mol÷

2.6g=90%

【思路点拨】本题属于工艺流程题，考查了基本实验操作、无机化合物的简单计算，看似复杂，反而题目不难，平时注意基本实验操作的知识点。

（二）选做题（共45分。

请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分）

36．【化学——选修2：

化学与技术】

（15分）

海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用。

（1）海水中盐的开发利用：

①海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河人海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩。

所建盐田分为贮水池、蒸发池和池。

②目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用：

（写一点即可）。

（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示。

其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列。

请回答下面的问题：

①海水不能直接通人到阴极室中，理由是。

②A口排出的是（填“淡水”或“浓水”）。

（3）用苦卤（含

等离子）可提取溴，其生产流程如下：

①若吸收塔中的溶液含Br03-则吸收塔中反应的离子方程式为：

②通过①氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液？

③向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是

【知识点】海水资源及其综合利用、电解原理

（1）①海水制盐目前以盐田法为主，运用实验室粗盐提纯原理，建盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池；

②电解过程中阳极上氯离子失电子发生氧化反应，2Cl--2e-=Cl2↑；

阴极上是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：

2H++2e-=H2↑；

阳离子交换膜阻止阴离子和气体通过，就可以阻止氢气与氯气反应甚至发生爆炸，或氯气进入阴极与氢氧化钠反应使烧碱不纯；

（2）①阴极室是氢离子得到电子生成氢气，使溶液呈碱性，而海水中含有较多的镁离子和钙离子，会产生沉淀从而堵塞阳离子交换膜。

②A口通过离子交换膜后排出的是淡水；

（3）①吸收塔中发生的是纯碱吸收溴单质的反应，Br03-中溴的化合价是+5价，化合价升高，发生的是溴的歧化反应，根据氧化还原反应的是电子守恒配平：

3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2↑；

通过①氯化已获得含溴的溶液，但是溴的浓度、纯度都低，所以要经过吹出、吸收、酸化来富集溴；

③溴的沸点58.7°

，向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是顺利将溴蒸出来，同时防止水馏出。

【思路点拨】本题考查了电解池的工作原理知识，粗盐提纯的实验方案设计步骤及注意事项以及化学方程式的书写，化学来源于生产、生活，又服务于生产、生活，学习中注意积累化学知识，才能综合应用，题目难度中等。

37．（化学——选修3：

物质结构与性质】

（1）主族元素A的简单阳离子不与任何原子具有相同的核外电子排布。

元素B与氮元素同周期，B的原子序数大于氮，而第一电离能比氮的小。

A与B能形成两种化合物A2B2和A2B，其中B的杂化方式分别为、。

A2B、NH3、SiH4的键角由大到小依次为（填化学式）。

A2B由液态形成晶体时密度减小，主要原因是。

（2）新型无机材料在许多领域被广泛应用。

陶瓷发动机的材料选用氮化硅，它硬度大、化学稳定性强，是很好的高温陶瓷材料。

除氢氟酸外，氮化硅不与其他无机酸反应，抗腐蚀能力