精品解析湖南省届高三普通高等学校招生全国统一考试考前演练卷三理科综合化学试题解析版.docx

精品解析湖南省届高三普通高等学校招生全国统一考试考前演练卷三理科综合化学试题解析版.docx

《精品解析湖南省届高三普通高等学校招生全国统一考试考前演练卷三理科综合化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《精品解析湖南省届高三普通高等学校招生全国统一考试考前演练卷三理科综合化学试题解析版.docx（21页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

精品解析湖南省届高三普通高等学校招生全国统一考试考前演练卷三理科综合化学试题解析版

1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是

A.“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应

B.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应

C.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化

D.古剑“湛泸”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金

【答案】C

【解析】

【详解】A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；

B．铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；

C．对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；

D．剑刃硬度要大，所以用铁碳合金，故D正确；

故选C。

2.下列关于有机物的叙述正确的是（　）

A.乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同

B.分子式为C2H4O2且能与NaOH溶液反应的有机物一定是乙酸

C.油脂和纤维素都是能发生水解反应的高分子化合物

D.甲烷、苯、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应

【答案】D

【解析】

【详解】A、乙烯结构简式为CH2=CH2，含有碳碳双键，和溴水发生加成反应，苯使溴水褪色，利用溴单质易溶于有机溶剂，属于萃取，因此原理不同，故错误；B、C2H4O2可以是CH3COOH，也可以是HCOOCH3，羧酸与NaOH发生中和反应，酯在NaOH溶液发生水解，故错误；C、油脂不是高分子化合物，纤维素属于高分子化合物，故错误；D、甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，苯和液溴在铁作催化剂作用下发生取代反应，乙醇和乙酸发生酯化反应，即取代反应，酯类发生水解，即取代反应，故正确。

3.利用下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是

A.利用图甲装置，可快速制取氨气

B.利用图乙装置，用饱和碳酸钠溶液分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液

C.利用图丙装置，可制取乙烯并验证其易被酸性KMnO4溶液氧化

D.利用图丁装置，可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性

【答案】C

【解析】

【详解】A.生石灰与水反应放出大量的热，浓氨水受热发生分解生成氨气，所以利用图甲装置可快速制取氨气，故A正确；

B.乙醇易溶于水，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，所以可以利用图乙装置，乙醇用饱和碳酸钠溶液分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液，故B正确；

C.乙醇和浓硫酸混合加热到170℃时发生反应，生成乙烯，但是如果加热到140℃，生成的是乙醚。

图丙装置中缺少温度计控制反应温度，故C不正确；

D.浓硫酸可使蔗糖脱水碳化，这个过程放出大量的热，碳被浓硫酸氧化生成二氧化碳，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫可使品红溶液褪色，可使酸性高锰钾溶液褪色。

所以利用图丁装置，可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故D正确。

答案选C。

4.有机物（CH3）2CHCH2CH3的二氯代物有

A.9种B.10种C.11种D.12种

【答案】B

【解析】

【详解】该有机物的碳架为

，分子中有5个碳原子，其中1、5两个碳原子及其所连的氢原子是相同的。

先在1号碳上取代一个H原子，那么取代第二个H的方法有5种（1、2、3、4、5）；先取代2号碳上的H原子，那么取代第二个H原子的方法有2种（3、4）；先取代3号碳上的H原子，那么取代第二个H原子的方法有2种（3、4）；还有最后一种情况，在4号碳上取代两个H原子。

综上所述，该有机物共有10种二氯代物，B正确。

点睛：

分析有机物的二氯代物的数目时，先用对称分析法，找出相同的碳原子，再分析每种碳原子上所连的氢原子数，然后用定位法，先固定一个位置，然后看第二位置的可能情况，依次分析，防止重复和遗漏。

5.X、Y、Z、W均为短周期元素，且Y、Z、W在周期表的位置关系如下图所示。

已知X与W能形成最简单的有机物，则下列有关说法正确的是

A.X能分别与Y、W形成化合物，且其所含化学键类型完全相同

B.W有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点的性质

C.X的离子半径一定小于与Y同族的短周期元素的离子半径

D.Y、Z与X的常见稳定液态氧化物反应的剧烈程度Y大于Z

【答案】D

【解析】

【分析】最简单的有机物为CH4，则X为H，W为C，根据元素周期表元素位置关系可知Y为Na，Z为Mg。

【详解】A、H与Na形成的化合物为NaH，化学键为离子键，与C形成的化合物为有机物，含有的化学键为共价键，类型不同，故A错误；

B、C的同素异形体有金刚石、C60等，其中金刚石为原子晶体，熔沸点较高，而C60的熔沸点比较低，故B错误；

C、H的离子可能为H-，与Na同主族的元素可能为Li，H-和Li+的核外电子结构相同，由于H的核电荷数小于Li，因此H-的半径大于Li+，故C错误；

D、H的稳定液态氧化物为H2O，Na与H2O反应的剧烈程度大于Mg，故D正确；

答案选D。

6.室温时，将0.10mol·L−1NaOH溶液滴入20.00mL未知浓度的某一元酸HA溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。

当V（NaOH）=20.00mL，二者恰好完全反应。

则下列有关说法不正确的是

A.该一元酸溶液浓度为0.10mol·L−1

B.a、b、c点的水溶液导电性依次增强

C.室温时，HA的电离常数Ka≈l×10−5

D.a点和c点所示溶液中H2O的电离程度相同

【答案】C

【解析】

【详解】A、根据信息，当V（NaOH）=20mL时，二者恰好完全反应，NaOH＋HA=NaA＋H2O，因此c（HA）=0.1mol·L－1，故说法正确；B、导电性与溶液中离子浓度以及所带电荷数有关，离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越大，根据起点HA的pH=2，说明HA为弱酸，a点溶质为NaA和HA，HA物质的量较多，b点时溶质NaA和HA，NaA较多，c点时溶质为NaA和NaOH，都是强电解质，因此导电能力c>b>a，故说法正确；C、HA

H＋＋A－，电离产生的c（H＋）=c（A－）=10－2mol·L－1，弱电解质电离程度微弱，即c（HA）约为0.1mol·L－1，根据电离平衡常数的表达式K=c（H＋）×c（A－）/c（HA）=10－2×10－2/0.1=10－3，故说法错误；D、a点对应的pH=3，即溶液中c（H＋）=10－3mol·L－1，c点时pH=11，溶液中c（OH－）=10－3mol·L－1，两点对水的电离抑制能力相同，故说法正确。

点睛：

本题考查电解质溶液、电离平衡常数、影响水电离的因素等知识，试题相对简单，但需要认真审题；弱电解质的电离是可逆过程，且微弱，影响弱电解质电离的因素有浓度、温度、同离子效应、反应等。

7.

可将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫，自身还原为

。

工业上常采用如图所示的电解装置，通电电解，然后通入

加以处理。

下列说法不正确的是（）

A.电解时阳极反应式为

]

B.电解时阴极反应式为

C.当电解过程中有标准状况下22.4L的

生成时，溶液中有32gS析出（溶解忽略不计）

D.整个过程中需要不断补充

与

【答案】D

【解析】

【详解】A、电解时阳极应该是[Fe（CN）6]4-失去电子，阳极的电极反应式为[Fe（CN）6]4--e-＝[Fe（CN）6]3-，A正确；B、阴极是氢离子得到电子，因此电解时阴极反应式为2HCO3-+2e-＝H2↑+2CO32-，B正确；C、标准状况下22.4L氢气是1mol，则转移2mol电子，H2S中S得到2个电子转化为单质S，所以可以析出32gS，C正确；D、根据以上分析可知反应的结果相当于是H2S被电解生成氢气和S，所以不需要补充碳酸氢钾等物质，D错误，答案选D。

8.汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。

已知：

①2CO（g）＋O2（g）

2CO2（g）ΔH＝−566.0kJ·mol−1

②N2（g）＋O2（g）

2NO（g）ΔH＝+180.5kJ·mol−1

③2NO（g）＋O2（g）

2NO2（g）ΔH＝−116.5kJ·mol−1

回答下列问题：

（1）CO的燃烧热为_________。

若1molN2（g）、1molO2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为___________kJ。

（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为_______。

（3）为了模拟反应2NO（g）＋2CO（g）

N2（g）＋2CO2（g）在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：

时间/s

0

1

2

3

4

5

c（NO）/（10-4mol/L）

10.0

4.50

2.50

1.50

1.00

1.00

c（CO）/（10-3mol/L）

3.60

3.05

2.28

2.75

2.70

2.70

①前2s内的平均反应速率v（N2）＝___________,此温度下，该反应的平衡常数K＝________。

②能说明上述反应达到平衡状态的是_________。

A．2n（CO2）＝n（N2）B．混合气体的平均相对分子质量不变

C．气体密度不变D．容器内气体压强不变

③当NO与CO浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示，则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是___________，图中压强（p1，p2、p3）的大小顺序为_________。

【答案】

（1）.283KJ/mol

（2）.631.75（3）.2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO（g）ΔH=-1196kJ/mol（4）.1.875×10-4mol/（L·s）（5）.5000（或5000L/mol）（6）.BD（7）.该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小（或正反应放热，温度越高，越不利于反应正向进行，NO的平衡转化率越小）（8）.p1>p2>p3

【解析】

【详解】

（1）由①2CO（g）＋O2（g）

2CO2（g）ΔH＝−566.0kJ·mol−1可知，2molCO完全燃烧放出566.0kJ的热量，所以1molCO完全燃烧放出283kJ的热量，所以CO的燃烧热为283KJ/mol。

若1molN2（g）、1molO2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，设1molNO（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x，由②N2（g）＋O2（g）

2NO（g）ΔH＝946k+498k-2x=+180.5，解之得x=631.75，所以1molNO（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75kJ。

（2）由①2CO（g）＋O2（g）

2CO2（g）ΔH＝−566.0kJ·mol−1，②N2（g）＋O2（g）

2NO（g）ΔH＝=+180.5kJ/mol，③2NO（g）＋O2（g）

2NO2（g）ΔH＝−116.5kJ·mol−1，①

2-②-③可得：

2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO（g）ΔH=（−566.0kJ·mol−1）

-（+180.5kJ/mol）-（−116.5kJ·mol−1）=-1196kJ/mol，所以CO将NO2还原为单质的热化学方程式为2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO（g）ΔH=-1196kJ/mol。

（3）①由表中数据可知，前2s内，NO的变化量为（10.0-2.50）

=7.50

mol/L，由N原子守恒可得N2的变化量为3.75mol/L，所以前2s内平均反应速率v（N2）＝

1.875×10-4mol/（L·s）,此温度下，反应在第4s达平衡状态，各组分的平衡浓度分别为c（NO）=1.00

mol/L、c（CO）=2.70

mol/L、c（

）=

=4.5

mol/L、c（

）=

=9

mol/L，所以该反应的平衡常数K＝

=

=5000。

②A．在反应过程中关系式2n（CO2）＝n（N2）恒成立，所以不能说明是平衡状态；B．虽然反应过程中气体的总质量恒不变，但是气体的总物质的量变小，所以混合气体的平均摩尔质量在反应过程中变大，相对分子质量也变大，因此当气体的琷相对分子质量不变时，能说明是平衡状态；C．反应过程中气体的总体积和总质量都不变，所以气体密度不变，因此该说法也不能说明是平衡状态；D．正反应是气体体积减小的反应，所以反应过程中气体的压强是变量，当容器内气体压强不变时，说明反应达平衡状态。

综上所述，能说明上述反应达到平衡状态的是BD。

③当NO与CO浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示，则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小（或正反应放热，温度越高，越不利于反应正向进行，NO的平衡转化率越小）；由反应方程式可知，在相同温度下压强越大，越有利于反应正向进行，则NO的转化率越大，所以图中压强（p1，p2、p3）的大小顺序为p1>p2>p3。

点睛：

一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变达平衡。

9.亚硝酸钠是一种食品添加剂，具有防腐和抗氧化作用。

某同学对亚硝酸钠进行了相关探究。

（一）查阅资料

①亚硝酸钠（NaNO2）为无色、无味的结晶。

②HNO2是一种弱酸，酸性比醋酸略强，性质不稳定，易分解生成NO和NO2;能被常见的强氧化剂氧化;但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把I-氧化成I2。

③AgNO2是一种微溶于水、易溶于酸的浅黄色固体。

（二）问题讨论

（1）人体正常的血红蛋白中应含Fe2+，误食亚硝酸盐（如NaNO2）会致使机体组织缺氧，出现青紫而中毒，原因是________。

若发生中毒时，你认为下列物质有助于解毒的是________。

A.鸡蛋清B.胃舒平[主要成分是Al（OH）3]C.小苏打D.维生素C

（2）由于亚硝酸钠和食盐性状相似，曾多次发生过将NaNO2误当食盐食用的事件。

要区别NaNO2和NaCl两种固体，你需用的试剂是__________。

（三）实验测定

为了测定某样品中NaNO2的含量，某同学进行如下实验:

①称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液。

②取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.02mol/LKMnO4标准溶液（酸性）进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL。

（3）上述实验①所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管之外还有__________。

（4）在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在_________滴定管中（填“酸式”、“碱式”）。

当滴入最后一滴溶液，________时达到滴定终点。

（5）滴定过程中发生反应的离子方程式是________;测得该样品中NaNO2的质量分数为_______。

（6）若滴定管未用KMnO4标准溶液润洗就直接注入，则测定结果_________;若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则测定结果___________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。

【答案】

（1）.血红蛋白中Fe2+被NO2-氧化为Fe3+，导致血红蛋白失去运氧功能

（2）.D（3）.HNO3酸化

AgNO3溶液（或酚酞溶液或KI淀粉试液和稀硫酸。

其他合理试剂均可）（4）.烧杯、100mL容量瓶（5）.酸式（6）.锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色（7）.5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O（8）.

％（9）.）偏大（10）.偏小

【解析】

【详解】

（二）

（1）由资料可知，亚硝酸根可表现出氧化性，所以误食亚硝酸盐（如NaNO2）会致使机体组织缺氧，出现青紫而中毒，原因是血红蛋白中Fe2+被NO2-氧化为Fe3+，导致血红蛋白失去运氧功能。

若发生中毒时，服用还原性强的物质如维生素C有助于解毒。

（2）由于亚硝酸钠和食盐性状相似，曾多次发生过将NaNO2误当食盐食用的事件。

要区别NaNO2和NaCl两种固体，可利用氯离子的检验方法，或根据资料，利用亚硝酸盐的氧化性或亚硝酸的弱酸性设计出不同的方案，需用的试剂是HNO3酸化的AgNO3溶液（检验氯离子）或酚酞溶液（亚硝酸根水解显碱性）或KI淀粉试液和稀硫酸（把I-氧化成I2，碘遇淀粉变蓝）。

（三）（3）上述实验①所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管之外还有烧杯、100mL容量瓶。

（4）在进行滴定操作时，酸性和强氧化性的溶液要装在酸式滴定管中。

KMnO4溶液有强氧化性，所以盛装在酸式滴定管中。

高锰酸钾溶液稀溶液显红色，它被还原的产物几乎是无色的，所以可以用过量的一滴高锰酸钾溶液作为滴定终点的指示剂，即当滴入最后一滴溶液，锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色时达到滴定终点。

（5）为了测定某样品中NaNO2的含量，某同学进行如下实验:

①称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液。

②取于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液（酸性）进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL。

滴定过程中发生反应的离子方程式是5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O，因此，25.00mL样品溶液中，n（NO2-）=

V

L=5

Vmol，由此求得ag样品中，m（NaNO2）=5

Vmol

69g/mol=1.38

Vg，测得该样品中NaNO2的质量分数为

％。

（6）若滴定管未用KMnO4标准溶液润洗就直接注入，则管内残存的蒸馏水会把标准液稀释，导致标准液用量偏大，所以测定结果偏大;若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，此时还没有真正到达滴定终点，在临近滴定终点时，由于反应物浓度较小，所以反应速率较慢，则变红就停止滴定所用的标准液偏小，测定结果偏小。

10.工业由钛铁矿（主要成分FeTiO3，Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等杂质）制备TiCl4的工艺流程如下：

已知：

①酸浸FeTiO3（s）+2H2SO4（aq）=FeSO4（aq）+TiOSO4（aq）+2H2O（l）

②水解TiOSO4（aq）+2H2O（l）

H2TiO3（s）+H2SO4（aq）

③煅烧H2TiO3（s）

TiO2（s）+H2O（s）

（1）FeTiO3中钛元素的化合价为_________，试剂A为____________________。

（2）碱浸过程发生反应的离子反应方程式为________________________________________。

（3）酸浸后需将溶液温度冷却至70℃左右，若温度过高会导致最终产品吸收率过低，原因是____________。

（4）上述流程中氯化过程的化学反应方程式为________________________________________。

已知TiO2（s）+2Cl2（g）

TiCl4（l）+O2（g）△H=+151kJ·mol-1。

该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生。

从化学平衡的角度解释原因是_______________________________。

（5）TiCl4极易水解，利用此性质可制备纳米级TiO2·xH2O，该反应的化学反应方程式是_____________。

【答案】

（1）.+4

（2）.Fe（或铁）（3）.Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O（4）.温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀（5）.TiO2+C+2Cl2

TiCl4+CO2（6）.C与O2反应减小O2的浓度使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动，促使反应顺利进行（7）.TiCl4+（x+2）H2O=TiO2·xH2O+4HCl

【解析】

【详解】

（1）根据酸浸反应FeTiO3（s）+2H2SO4（aq）=FeSO4（aq）+TiOSO4（aq）+2H2O（l）可知，FeTiO3中Fe元素化合价为+2价，则Ti元素为+4。

然后加入试剂A为Fe（或铁），发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+。

故答案为+4；Fe（或铁）。

（2）碱浸

目的是除去Al2O3和SiO2等杂质，发生反应的离子反应方程式为：

Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

故答案为Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

（3）酸浸后需将溶液温度冷却至70℃左右，温度过高会导致TiOSO4提前发生水解反应：

TiOSO4（aq）+2H2O（l）

H2TiO3（s）+H2SO4（aq）生成H2TiO3沉淀，导致最终产品吸收率过低。

故答案为温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀。

（4）该工业流程中氯化过程

化学反应方程式为：

TiO2+C+2Cl2

TiCl4+CO2；由于TiO2（s）+2Cl2（g）

TiCl4（l）+O2（g）为可逆反应，且正反应为吸热反应，加入碳粉后，C与O2反应减小O2的浓度使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动，促使反应顺利进行。

故答案为TiO2+C+2Cl2

TiCl4+CO2；C与O2反应减小O2的浓度使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动，促使反应顺利进行。

（5）TiCl4极易水解生成备纳米级TiO2·xH2O，该反应的化学反应方程式为：

TiCl4+（x+2）H2O=TiO2·xH2O+4HCl。

故答案为TiCl4+（x+2）H2O=TiO2·xH2O+4HCl。

11.钛镍形状记忆合金（TiNi）被广泛用于人造卫星和宇宙飞船的天线，在临床医疗领域内也具有广泛的应用。

回答下列问题：

（1）写出基态Ti原子的电子排布式:

_________，Ni在元素周期表中的位置是_________。

（2）钛镍合金能溶于热的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，二者阴离子的立体构型为______，中心原子的轨道杂化类型是_______。

（3）工业上将金红石（主要成分TiO2）转化为液态TiCl4，再用金属镁在高温下还原得到金属钛，同时生成MgCl2。

①MgCl2的熔沸点比TiCl4高得多，其原因是______。

②原子半径r（Cl）_____r（Mg），离子半径r（O2-）______r（Mg2+）（填“＞”、“＜”或“=”）。

（4）金属镍能与CO反应生成一种配合物Ni（CO）4（常温下为无色液体）。

Ni（CO）4的固体属于_____晶体，Ni与CO之间的化学键称为__________，提供孤对电子的成键原子是_________。

（填元素符号）

（5）