精品解析江西省上宜宾市高县二中届高三上学期第四次月考理科综合化学试题解析版.docx

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精品解析江西省上宜宾市高县二中届高三上学期第四次月考理科综合化学试题解析版

江西省上高县二中2019届高三上学期第四次月考理科综合

化学试卷

1.下列对有关文献的理解错误的是（）

A.“所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作。

B.《物理小识》记载“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不没，“气”凝即得“矾油”。

青矾厂气是NO和NO2。

C.《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法:

“取钢煅作时如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。

”中药材铁华粉是醋酸亚铁。

D.唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。

【答案】B

【解析】

【详解】A项，文中描述了提纯固体的方法：

将固体溶解，通过煎炼蒸发水分，进一步析出晶体，涉及溶解、蒸发、结晶等操作，故A正确；

B项，青矾为硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O），“厂气熏人”中的“气”应为硫的氧化物，气凝即得“矾油”中的“矾油”应为硫酸，故B错误；

C项，醋的主要成分是醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此铁华粉是醋酸亚铁，故C正确；

D项，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，文中描述的应为制备黑火药的过程，故D正确。

综上所述，符合题意的选项为B。

【点睛】本题考查古代文献中的化学知识，此类题目是近几年高考的热点，解题时应抓住化学知识的核心，从物质制备、性质等角度理解文中所述内容，例如：

题中A项涉及物质的分离提纯方法；B项涉及硫及其化合物的性质；C项涉及铁和醋酸的反应；D项涉及黑火药的制备等。

2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.1molHClO中所含H—Cl键的数目为NA

B.8.8g乙酸乙酯中所含碳原子数为0.4NA

C.1.2gC与0.1molCO2在高温下充分反应生成的CO分子数为0.1NA

D.标准状况下，1L0.1mol·L－1HCl溶液中滴加氨水至pH＝7，溶液中

的数目为0.1NA

【答案】B

【解析】

【分析】

HClO中连键方式：

H-O-Cl，乙酸乙酯的分子式：

C4H8O2，8.8g为0.1mol，C+CO2

2CO，1.2gC为0.1mol，0.1molCO2生成0.2molCO，常温时，pH=7为中性，标准状况下pH=7为酸性，即c（H+）>c（OH-），根据溶液呈电中性，则c（Cl-）>c（

）,n（Cl-）=0.1mol，

的数目小于0.1NA。

【详解】A.HClO中连键方式：

H-O-Cl，不存在H—Cl，A错误；B.乙酸乙酯的分子式：

C4H8O2，8.8g为0.1mol，一个分子中含4个碳原子，碳原子数为0.4NA，B正确；C.C+CO2

2CO，1.2gC为0.1mol，0.1molCO2生成0.2molCO，即0.2NA，C错误；D.常温时，pH=7为中性，标准状况下pH=7为酸性，即c（H+）>c（OH-），根据溶液呈电中性，则c（Cl-）>c（

）,n（Cl-）=0.1mol，

的数目小于0.1NA，D错误。

答案为B。

【点睛】HClO中连键方式：

H-O-Cl，不存在H—Cl，容易理解错误。

3.下列离子方程式书写正确的是

A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：

S2O32-+6H+=2S↓+3H2O

B.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32-+CO2+H2O═2HCO3-

C.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）∶n（HNO3）=1∶2时，3Fe+2NO3-+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O

D.CuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式:

Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+

【答案】C

【解析】

【分析】

Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为氧化还原反应，S的化合价一部分升高，一部分降低；碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，Fe与硝酸反应，n（Fe）∶n（HNO3）=1∶2，恰好生成Fe2+，CuSO4与过量浓氨水反应Cu2++4NH3·H2O==[Cu（NH3）4]2++4H2O。

【详解】A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为氧化还原反应，S的化合价一部分升高，一部分降低,A错误；B.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，由于碳酸氢钠的溶解度较小，有固体析出，B错误；C.当n（Fe）：

n（HNO3）=1：

4时，Fe+NO3-+4H+═Fe3++NO↑+2H2O，再增加1倍的Fe时，2Fe3++Fe=3Fe2+，铁过量，故C正确；D.CuSO4与过量浓氨水反应Cu2++4NH3·H2O==[Cu（NH3）4]2++4H2O，D错误；答案为C。

【点睛】本题B、C、D选项难度较大，要考虑碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；C先进行酸过量，再转化为题目比例，比较容易理解，D氨水过量时生成铜的配合物。

4.下列实验过程可以达到实验目的的是

编号

实验目的

实验过程

A

配制0.010mol·L－1氨水

用量筒量取10.0mL5.00mol·L－1氨水于烧杯中，加入少量蒸馏水稀释，转移至500mL容量瓶中定容

B

探究SO2的还原性

向盛有2mLH2S溶液的试管中缓慢通入SO2，观察是否有沉淀生成

C

制取并纯化溴苯

向FeBr3固体中慢慢加入Br2的苯溶液，充分反应后经水洗、Na2SO3溶液洗、水洗、分液、干燥，然后蒸馏

D

比较两种黑色固体FeS和CuS的溶度积

向物质的量浓度相同的FeCl2和CuCl2的混合溶液中不断加入Na2S溶液，观察沉淀颜色

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】

根据实验的目的分析实验过程中的现象及原理是否正确。

【详解】A.氨水的稀释过程中，溶质保持不变，稀释后的浓度为：

c（NH3）=5.00mol·L－1

=0.010mol·L－1，故A正确；

B.2H2S+SO2=2H2O+3S，反应中二氧化硫作氧化剂，故无法探究其还原性，故B错误；

C.为了除去溴苯中的杂质溴，应该用10%的NaOH溶液洗，Na2SO3溶液不能完全除尽，故C错误；

D.两种沉淀均为黑色，所以无法判断先沉淀的是哪种物质，也就无法比较它们的溶度积，故D错误。

故选A。

【点睛】粗溴苯中含有苯、溴苯、溴化铁和溴，提纯时，为减少NaOH的用量，可先用水洗，可除去溴化铁和少量溴，然后加入10%的NaOH溶液洗涤，可除去溴，在用水洗除去碱液，经干燥后进行蒸馏可得溴苯。

5.常温下，A是由X和Y两种短周期元素组成的气体，X的原子序数小于Y，甲、乙、丙分别是X、Y、Z元素对应的单质，Z是地壳中含量最高的元素，它们有如右图所示的转化关系。

下列说法不正确的是

A.X、Y、Z三种元素能组成离子化合物

B.反应②为化合反应，反应③为置换反应

C.常温常压下，Z的简单氢化物的熔沸点为同族最高

D.原子半径：

Y>Z>X

【答案】A

【解析】

【分析】

Z是地壳中含量最高的元素，Z为O元素，A是由X和Y两种短周期元素组成的气体，X的原子序数小于Y，A可燃，可确定X为H，Y为C，A为碳原子数小于4的烃，B为二氧化碳，D为水。

【详解】A.C、H、O三种元素不能组成离子化合物，A错误；B.②为二氧化碳与碳反应生成一氧化碳，化合反应，反应③为水与碳在高温时反应生成氢气和一氧化碳，置换反应，B正确；C.水分子间的作用力为氢键，作用力较大，熔沸点比同族倾化物较高，C正确；D.原子半径：

C>O>H，D正确；答案为A。

6.抗结肠炎药物Y结构如图所示，以下说法错误的是

A.该有机物既能和酸反应又能和碱反应

B.1mol该有机物可以和2molNaOH发生反应

C.该有机物可以发生缩聚反应

D.该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

【答案】D

【解析】

【分析】

该有机物含有的官能团为：

酚羟基、氨基、羧基，氨基可以与酸反应，羧基可以与碱反应，酚羟基易被氧化，也可与碱反应；氨基、羧基可以发生缩聚反应。

【详解】A.该有机物含有氨基、羧基，氨基可以与酸反应，羧基可以与碱反应，A正确；B.1mol该有机物含1mol酚羟基、1mol羧基，与2molNaOH发生反应，正确；C.氨基、羧基可以发生缩聚反应，C正确；D.酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误。

答案为D。

【点睛】有机物的化学性质由官能团决定，苯环与羟基之间也是相互影响的。

7.已知100℃时，水的离子积常数Kw=1×10-12,对于该温度下pH=l1的氨水，下列叙述正确的是

A.向该溶液中加入同温同体积pH=1的盐酸，反应后溶液呈中性

B.温度降低至25℃,该氨水溶液中H2O电离出的H+浓度小于10-11mol/L

C.该氨水溶液中加入NH4Cl溶液，NH3·H2O的电离能力增强

D.滴加等浓度等体积的硫酸，得到的溶液中存在电离平衡:

NH4HSO4（aq）

NH4+（aq）+H+（aq）+SO42-（aq）

【答案】B

【解析】

已知100℃时，水的离子积常数Kw=1×10-12,对于该温度下pH=l1的氨水，c（H+）=10-11mol/L，c（OH-）=

=0.1mol/L，氨水是弱碱不完全电离，物质的量浓度大于0.1mol/L。

A.向该溶液中加入同温同体积pH=1的盐酸，氨水过量，反应后溶液呈碱性，选项A错误；B.100℃时，pH=l1的氨水中H2O电离出的H+浓度等于10-11mol/L，温度降低至25℃,氨水的电离程度减小，氢氧根离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，则该氨水溶液中H2O电离出的H+浓度小于10-11mol/L，选项B正确；C.该氨水溶液中加入NH4Cl溶液，铵根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，NH3·H2O的电离能力减弱，选项C错误；D.硫酸铵是强酸的酸式盐，是强电解质，其电离方程式为:

NH4HSO4=NH4++H++SO42-，选项D错误。

答案选B。

点睛：

本题考查溶液酸碱性的计算及水的离子积的应用。

解题的关键是明确以下两点：

1、无论在任何温度下，都存在pH=-lgc（H+），c（H+）=10-pH；2、温度变，Kw变，c（OH-）=

，在计算c（OH-）时要注意Kw的改变。

8.硫化氢毒性很大，俗称“一口闷”，工业废水中的硫化物在酸性条件下会以硫化氢的形式逸出。

某课外小组以碘量法测定废水中的硫化物，实验装置如图所示，实验步骤及测定原理如下：

Ⅰ．取样、吹气、固硫

连接装置，打开氮气源，检查装置气密性。

移取一定体积1mol·L－1乙酸锌溶液于两支吸收管中，取200mL水样于反应瓶中，通入氮气一段时间。

移取10mL盐酸于反应瓶中，水浴加热，继续通入氮气。

已知乙酸锌与硫化氢反应生成硫化锌沉淀（硫化氢被完全吸收）。

Ⅱ．滴定

关闭气源，往两个吸收管中各加入0.010mol·L－1的碘标准溶液100mL（过量），再加入盐酸5mL，静置。

加入淀粉指示液，用0.010mol·L－1的硫代硫酸钠标准溶液对两支吸收管中的液体进行滴定。

（已知：

）

回答下列问题：

（1）水浴加热的温度不能高于85℃，原因是_____________________________。

（2）加入碘标准溶液时，吸收管中发生反应的化学方程式为________________。

（3）该实验使用两个吸收管的原因是_____________________________，若只使用一个吸收管，会导致测定结果偏______________________（填“高”或“低”）。

（4）该200mL水样经吹气、固硫后，滴定操作时共消耗160mLNa2S2O3溶液，则废水中硫的含量为________mg·L－1。

（5）实验室常用FeS固体与酸反应制取H2S。

实验室制取H2S时，从反应物与生成物的状态、性质和反应条件分析，下列发生装置中可选用的是________（填序号）。

（6）将二氧化氯溶液加入硫化氢溶液中，然后加入少量稀盐酸酸化的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。

写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的离子方程式：

____。

【答案】

（1）.温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收（或其他合理答案）

（2）.ZnS＋I2＝ZnI2＋S（3）.保证硫化氢被完全吸收（4）.低（5）.192（6）.bc（7）.5H2S＋8ClO2＋4H2O＝18H＋＋5SO42－＋8Cl－

【解析】

【分析】

硫化氢在反应瓶中制取，开始通入氮气一段时间，排净装置中的空气；水浴加热及充入氮气目的为排净反应瓶中生成硫化氢气体，硫化氢在吸收液中被完全吸收。

在吸收管中发生：

ZnS＋I2＝ZnI2＋S，剩余的碘单质发生：

。

【详解】

（1）水浴加热温度过高，产生的气体流速过快，导致不能被完全吸收，答案为：

温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收（或其他合理答案）；

（2）在吸收管中发生：

ZnS＋I2＝ZnI2＋S；（3）使用两个吸收管的原因是：

产生气体流速过快时，下一个吸收管能够吸收硫化氢气体，保证硫化氢被完全吸收；只使用一个，可能到硫化氢气体不能被完全吸收，结果偏低；（4）0.16L

0.010mol/L：

n（I2）=2：

1，求得，剩余n（I2）=0.0008mol，共有碘单质：

0.1L

0.010mol/L

2=0.002mol，ZnS＋I2＝ZnI2＋S，此反应消耗单质碘：

0.0012mol，则n（S2-）=0.0012mol，废水中硫的含量=0.0012mol

32g/mol/0.2L=192mg/L；（5）FeS固体不溶于水，从节约环保的角度分析可用启普发生器或类似的装置，或可控的反应装置，故答案为：

bc；（6）反应中有不溶于酸的白色沉淀生成，则生成BaSO4，根据化合价升降法配平，5H2S＋8ClO2＋4H2O＝18H＋＋5SO42－＋8Cl－。

9.三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O）简称“三盐”，白色或微黄色粉末，热稳定性能优良，主要用作聚氯乙烯的热稳定剂。

“三盐”是由可溶性铅盐中加入硫酸生成硫酸铅，再加氢氧化钠而制得。

以100.0吨铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如下图所示

已知：

（1）Ksp（PbSO4）=1.82×10-8，Ksp（PbCO3）=1.46×10-13；

（2）铅与冷盐酸、冷硫酸几乎不起作用。

请回答下列问题：

（1）写出步骤①“转化”的化学方程式_________________________________

（2）步骤②“过滤1”后所得滤渣的主要成分为_____________

（3）步骤③“酸溶”，最适合选用的酸为___________，为提高酸溶速率，可采取的措施是____________________________________（任意写出一条）

（4）若步骤④“沉铅”后的滤液中c（Pb2+）=1.82×10-5mol·L-1，则此时c（SO42-）=_________mol·L-1

（5）从原子利用率的角度分析该流程的优点为____________________________________。

（6）步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为____________________________________________。

【答案】

（1）.PbSO4+Na2CO3=PbCO3+Na2SO4

（2）.PbPbOPbCO3（3）.HNO3（4）.适当升温（适当增加硝酸浓度、减小滤渣颗粒大小等合理答案均可）（5）.1×10-3（6）.滤液2（HNO3溶液）可以循环利用（7）.4PbSO4+6NaOH

3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O

【解析】

【详解】

（1）由于PbSO4溶解度较大，又不溶于稀酸，而PbCO3溶解度小，能溶于稀酸，为提高原料的利用率，加入碳酸钠将硫酸铅转化为碳酸铅；

（2）经步骤①将硫酸铅转化为碳酸铅后，滤渣的主要成分为PbPbOPbCO3；

（3）由于铅与冷盐酸、冷硫酸几乎不起作用，所以用硝酸溶解铅及其化合物，且能生成可溶性铅盐，为提高溶解速率，可适当提高温度，适当增加硝酸浓度、减小滤渣颗粒大小等；

（4）根据Ksp（PbSO4）=1.82×10-8，若滤液中c（Pb2+）=1.82×10-5mol·L-1，则此时c（SO42-）=

；

（5）从原子利用率的角度分析该流程的优点为滤液2（HNO3溶液）可以循环利用，节约原料，降低成本；

（6）根据题目叙述，结合转化关系，则步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH

3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。

10.甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-49.58kJ·mol-1

反应Ⅱ：

CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）△H2

反应Ⅲ：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H3=-90.77kJ·mol-1

回答下列问题：

（1）反应Ⅱ的△H2=______________。

（2）反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________（填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”）

（3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。

A.混合气体的密度不再变化

B.混合气体的平均相对分子质量不再变化

C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：

3：

1：

1

D.甲醇的百分含量不再变化

（4）对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是__________。

A.其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1

B.温度低于250 ℃时，随温度升高甲醇的产率增大

C.M点时平衡常数比N点时平衡常数大

D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率

（5）若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数K=______；若要进一步提高甲醇体积分数。

可采取的措施有_________________。

（6）下图是电解Na2CO3溶液的装置图。

阴极的电极反应式为________________

【答案】

（1）.+41.19kJ·mol-1

（2）.较低温度（3）.BD（4）.ABD（5）.0.148（或者

）（6）.增大压强（降低温度）（7）.2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH-

【解析】

【分析】

本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol；△G==△H－T△S，T为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：

△H<0,△S<0，较低温度可自发进行；平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：

3：

1：

1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；化学反应条件的选择，既要考虑反应时的产量，又要考虑反应的速率；

，250℃时转化率为50%；电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气。

【详解】

（1）本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol；

（2）△G==△H－T△S，T为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：

△H<0,△S<0，较低温度可自发进行；（3）平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：

3：

1：

1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；答案为：

BD；（4）A.催化剂对反应速率有影响，对平衡的限度无影响，A错误；B.该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，产率提高，B正确；C.升高温度平衡向左移动，化学平衡常数变小，C错误；D.实际反应应尽可能在催化效率最高时，D错误；答案为ABD；

（5）CO2+3H2

CH3OH+H2O250℃时转化率为50%

初始量：

13

反应量：

0.51.50.50.5

平衡：

0.51.50.50.5

，K=0.148；提高甲醇的体积分数为：

增大压强（降低温度）；（6）电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气，2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH-

【点睛】判断化学平衡的依据：

同一物质的正逆反应速率相等，还可以为延伸出的依据，需要具体分析，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：

3：

1：

1；甲醇的百分含量不再变化则可以。

11.有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：

（1）D的名称为________________，试剂X的结构简式为____________，步骤Ⅵ的反应类型为___________。

（2）步骤Ⅰ的反应试剂和条件为____________________________。

（3）步骤Ⅱ反应的化学方程式为__________________________________。

（4）满足括号中条件（①苯环上只有两个取代基，②能与FeCl3溶液发生显色反应，③能发生水解反应和银镜反应）的E的同分异构体有____________种，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的分子的结构简式为___________________________。

（5）依据题中信息，完成以

为原料制取

的合成路线图_________。

（无机试剂一定要选银氨溶液，其它无机试剂任选），合成路线图示例如下：

。

【答案】

（1）.对甲基苯酚钠或4-甲基苯酚钠

（2）.CH3CHClCOOH（3）.取代（或酯化）反应（4）.Cl2（5）.光照（6）.C6H5－CH2Cl＋NaOH

C6H5－CH2OH＋NaCl（7）.15（8）.

（9）.

【解析】

试题分析：

（1）根据A的化学式，以及合成路线，推出A的结构简式为：

，名称为甲苯，C和E发生酯化反应生成F，则C和E的结构简式为

、

，根据流程图，E的结构简式为

，C的结构简式为

，根据B生成C的条件，反应III发生水解反应或取代反应，B的结构简式为

，因此反应I的条件是Cl2和光照；（3）根据

（2）的分析，反应方程式为：

C6H5-CH2Cl+NaOH

C6H5-CH2OH+NaCl；（4）②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③能发生水解反应和银镜反应，说明是甲酸某酯，苯环上一个酚羟基、一个侧链，邻间对3种；侧链有：

、

、

、

、

5种，共15种，符合条件的结构简式为：

；（5）根据信息i，先发生氧化反应，生成（CH3）2CHCOO