湖北省宜昌市届高三年级线上统一调研试题理综化学试题解析版文档格式.docx

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C.是苯的同系物D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色

【答案】D

【详解】A.连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故A错误；

B．

有一对称轴，如图

，其一氯代物有5种，故B错误；

C．苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；

D．

中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；

故选D。

3.根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（）

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【详解】A．开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A错误；

B．加入KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子

否完全被氧化，故B错误；

C．纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C正确；

D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D错误；

故选C。

4.下列图示与对应的叙述相符的是（）

A.图1，a点表示的溶液通过升温可以得到b点

B.图2，若使用催化剂E1、E2、ΔH都会发生改变

C.图3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生CO2的情况

D.图4表示反应aA（g）+bB（g）

cC（g），由图可知，a+b＞c

【详解】A．a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过升温得不到b点，故A错误；

B．加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故B错误；

C．碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠，开始时没有二氧化碳生成，碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸，故C错误；

cC（g），由图可知，P2先达到平衡，压强大，加压后，A%减小，说明加压后平衡正向移动，a+b＞c，故D正确；

【点睛】本题考查了元素化合物的性质、溶解度、催化剂对反应的影响等，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，注意把握物质之间发生的反应，易错点A，a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和。

5.科学家利用CH4燃料电池（如图）作为电源，用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是（）

A.电极d与b相连，c与a相连

B.电解槽中，Si优先于Cu被氧化

C.a极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O

D.相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率

【详解】A．图2是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，图1中d电极为阳极，与电源正极b相连，c电极为阴极，与电源负极a相连，故A正确；

B．d电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以Si优先于Cu被氧化，故B正确；

C．通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应，电极反应为CH4-8e－+4O2－═CO2+2H2O，故C错误；

D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故D正确；

6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，Z原子最外层电子数与其电子层数相同；

X与W同主族。

下列叙述不正确的是（）

A.原子半径：

Y＞Z＞W＞X

B.X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：

1

C.Y、Z和W的最高价氧化物的水化物可以相互反应

D.X与W形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红

【答案】B

【分析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化合物为Na2O2和Na2O，X为O元素，Y为Na元素，Z原子最外层电子数与其电子层数相同，Z为Al元素；

X与W同主族，W为S元素。

【详解】A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Y＞Z＞W，同主族元素从上到下逐渐增大：

W＞X，即Na＞Al＞S＞O，故A正确；

B．O22－是原子团，X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：

2，故B错误；

C．Al（OH）3具有两性，Y、Z和W的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、H2SO4，可以相互反应，故C正确；

D．X与W形成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；

故选B。

7.向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgx（x为

或

）与pH的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.pH=7时，存在c（Na+）=c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）

B.直线Ⅰ表示的是lg

随pH的变化情况

C.

=10-2.97

D.A2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka2

二元弱酸的Ka1=

×

c（H＋）＞Ka2=

c（H＋），当溶液的pH相同时，c（H＋）相同，lgX：

Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示lg

与pH的变化关系，Ⅱ表示lg

与pH的变化关系。

【详解】A．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，存在c（Na+）＞c（H2A）+c（HA-）+c（A2-），故A错误；

B.由分析：

直线Ⅰ表示的是lg

随pH的变化情况，故B正确；

=

÷

=102.97，故C错误；

D．pH=1.22时和4.19时，lgX=0，则c（H2A）=c（HA－）、c（HA－）=c（A2－），Ka1=

c（H＋）=c（H＋）=10-1.22，K2=

c（H＋）=c（H＋）=10-4.19，A2－的水解平衡常数Kh1=

=10-9.81＜10-4.19=Ka2，故D错误；

【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易难点。

8.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）可作为贮存水果的保鲜剂。

现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。

Ⅰ.制备Na2S2O5

可用试剂：

饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）。

焦亚硫酸钠的析出原理：

2NaHSO3（饱和溶液）=Na2S2O5（晶体）+H2O（l）

（1）如图装置中仪器A的名称是___。

A中发生反应的化学方程式为___。

仪器E的作用是___。

（2）F中盛装的试剂是___。

Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性

（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。

反应的离子方程式为___。

食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。

Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。

（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为___%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度___。

（填“偏高”、“偏低”）

【答案】

（1）.三颈烧瓶

（2）.Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4（3）.防倒吸（4）.浓NaOH溶液（5）.5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O（6）.氧化变质（7）.95.0（8）.偏高

A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3（饱和溶液）=Na2S2O5（晶体）+H2O（l），仪器E的作用是防倒吸，F吸收尾气。

据此解答。

【详解】Ⅰ

（1）装置中仪器A

名称是三颈烧瓶。

A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。

二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。

故答案为：

三颈烧瓶；

Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；

防倒吸；

（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。

浓NaOH溶液；

Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4－将S2O52－氧化生成硫酸根离子。

反应的离子方程式为5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。

食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：

利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。

故答案

：

5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；

氧化变质；

Ⅲ.（4）由关系式：

5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n（MnO4－）=

×

0.2500mol/L×

20.00×

10-3L=2.000×

10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：

Na2S2O5样品的纯度为=

100%=95.0%；

若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致Na2S2O5样品的纯度偏高；

95.0；

偏高。

9.辉铜矿石主要含有硫化亚铜（Cu2S），还含有FeO、CaO、SiO2等。

以辉铜矿石为原料制备CuCl2·

2H2O的工艺流程如图所示：

已知：

Ⅰ.金属离子[c0（Mn+）=0.1mol·

L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

Ⅱ.NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；

CuCl2·

H2O易溶于水，酒精，浓氨水，随温度升高溶解度变化明显增大。

Ⅲ.Ksp（CaF2）=4.0×

10-11

（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是___。

写出“溶浸”过程中Cu2S溶解时离子方程式：

___。

（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势（如图），原因是___。

（3）写出“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：

（4）“沉铁”过程中，加入NaClO的两个作用是___。

（5）“操作X”的具体操作是___。

（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，要得到这种纯净物，最好选用下列试剂洗涤___。

A．浓盐酸B．水C．酒精D．浓氨水

（7）向“浸出液”中加入NaF除去溶液中Ca2+（浓度为1.0×

10-3mol·

L-1），当溶液中c（F-）=2.0×

L-1时，除钙率为___。

【答案】

（1）.将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）

（2）.Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋（3）.温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加（4）.4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O（5）.NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2O

Fe（OH）3＋3H＋向右移动，生成Fe（OH）3沉淀（6）.蒸发浓缩冷却结晶（7）.C（8）.99%

辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入煤油回收硫单质；

加入NaF除去钙离子，生成CaF2沉淀，加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，再用NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2O

Fe（OH）3＋3H＋向右移动，生成Fe（OH）3沉淀；

过滤后在滤液中加入盐酸调节pH，蒸发浓缩冷却结晶，得到CuCl2·

H2O。

【详解】

（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；

“溶浸”过程中Cu2S溶解时，被Fe3＋氧化，离子方程式：

Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋。

将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；

Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋；

（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；

温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；

（3）加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：

4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O。

4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O；

（4）“沉铁”过程中，加入NaClO的两个作用是NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2O

NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2O

（5）氯化铜溶于水，则“操作X”的具体操作是蒸发浓缩冷却结晶。

蒸发浓缩冷却结晶

（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，这种物质是NaCl，NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；

H2O易溶于水、酒精、浓氨水，随温度升高溶解度变明显增大。

所以要得到这种纯净物，最好选用洗涤剂酒精，而A．浓盐酸、B．水、D．浓氨水三个选项中提供的物质均能溶解NaCl，故答案为：

C。

（7）当溶液中c（F-）=2.0×

L-1时,Ksp（CaF2）=c（Ca2＋）c2（F－）=c（Ca2＋）（2.0×

10-3）2=4.0×

10-11，c（Ca2＋）=1.0×

10-5mol·

L-1，则除钙率为

100%=99%。

99%。

【点睛】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，难点（6）要充利用题目中的信息，NaCl在水中和酒精中的溶解度不同，难点（7）先用公式Ksp（CaF2）=c（Ca2＋）c2（F－）计算出溶液中的c（Ca2＋），再求出除钙率。

10.氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：

（1）Deacon发明的直接氧化法为：

4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）。

可按下列催化过程进行：

Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+

Cl2（g）ΔH1=+83kJ·

mol-1

Ⅱ.CuCl（s）+

O2（g）=CuO（s）+

Cl2（g）ΔH2=-20kJ·

Ⅲ.4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH3

反应Ⅰ能自发进行的条件是___。

利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应___的ΔH。

（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c（HCl）：

c（O2）分别等于1：

1、4：

1、7：

1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。

设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c（HCl）：

c（O2）=4：

1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。

按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。

进料浓度比c（HCl）：

c（O2）过低、过高的不利影响分别是___。

（3）已知：

氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。

有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：

Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-

Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-

常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：

（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：

【答案】

（1）.高温

（2）.CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）（3）.大于（4）.0.848p0（5）.Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低（6）.反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化（7）.ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋

（1）Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+

mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜0，须高温条件下才能自发；

利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×

2-Ⅰ×

2）/2得：

还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的ΔH。

高温；

CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）；

（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400℃）大于K（500℃）；

c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：

1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为76%。

则

p=

p0=0.848p0；

c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；

c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；

大于；

Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低；

（3）生成NaClO3的反应分两步进行：

Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论解释其原因：

反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；

（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4－，阳极反应式：

ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。

【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点

（2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。

11.Ⅰ.羟基磷酸钙[Ca10（PO4）6（OH）2]具有优良的生物相容性和生物活性，它在口腔保健中具有重要作用，可以防止龋齿等，回答下列问题。

（1）Ca10（PO4）6（OH）2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是___。

（2）上述元素都能形成氢化物，其中PH3与同主族元素N形成的氢化物的键角关系是PH3___NH3（填“＞”或“＜”），PO43-离子空间构型是___。

（3）现已合成含钙的全氮阴离子盐，其中阴离子N5-为平面正五边形结构，N原子的杂化类型是___。

（4）碳酸钙的分解温度远高于碳酸镁，其原因是___。

（5）黑磷是磷的一种同素异形体，与石墨烯类似，其晶体结构片段如图1所示：

其中最小的环为6元环，每个环平均含有___个P原子。

Ⅱ.钴是人体不可或缺的微量元素之一。

Co、Al、O形成的一种化合物钴蓝晶体结构如图2所示。

（6）基态Co原子的价电子排布式为___。

该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___，NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___g·

cm-3（列计算式）。

【答案】

（1）.O＞P＞H＞Ca

（2）.小于（3）.正四面体（4）.sp2（5）.镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此碳酸镁的热分解温度低（6）.2（7）.3d74s2（8）.CoAl2O4（9）.

（1）同周期从左到右元素的电负性变大，同主族从上到下电负性变小，Ca10（PO4）6（OH）2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是O＞P＞H＞Ca；

（2）NH3和PH3的空间构型都是三角锥型,但是,NH中N-H键的键长比PH中P-H键的键长要短,所以在NH3中,成键电子对更靠近,排斥力更大,以致键角更大。

而PH3中成键电子对之间的斥力减小,孤对电子对成键电子的斥力使H-P-H键角更小。

PH3与同主族元素N形成的氢化物的键角关系是PH3＜NH3；

PO43－中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数=

（5+3-4×

2）=0，PO43－中心原子价层电子对对数为4+0=4，P原子sp3杂化，PO43-离子空间构型是正四面体。

＜；

正四面体；

（3）含钙的全氮阴离子盐，阴离子N5-为平面正五边形结构，中心原子N，其中σ键电子对数为2，中心原子存在大π键，