湖南G10教育联盟高三联考理综化学精校解析 Word版.docx

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湖南G10教育联盟高三联考理综化学精校解析Word版

湖南G10教育联盟2018年4月高三联考理综试题

化学部分

1.《天工开物》中记载：

人贱者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。

属草木者，为臬、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。

各载其半，而裳服充焉矣。

文中的“臬、麻、苘、葛”和“裘褐、丝绵”主要成分分别属于

A.糖类、蛋白质B.糖类、油脂C.蛋白质、纤维素D.纤维素、油脂

【答案】A

【解析】其中“枲、麻、苘、葛”属于草木，主要成分为纤维素；“裘褐、丝绵”属于禽兽和昆虫，主要成分为蛋白质；正确选项A。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NA

B.46g分子式为C2H6O的有机物中含有的C-H键的数目为6NA

C.室温时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH的数目为0.1NA

D.Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA

【答案】C

【解析】A.镁单质在反应后由0价变为+2价，1mol镁失去2mol电子，则转移的电子数为2NA，故A错误；B.该有机物的物质的量为46g÷46g/mol=1mol，分子式为C2H6O的有机物可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，若为CH3CH2OH，则C－H键的数目为5NA，若为CH3OCH3，则C－H键的数目为6NA，故B错误；C.1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH−的物质的量为：

1.0L×0.1mol/L=0.1mol，所以氢氧根离子的数目为0.1NA，故C正确；D.因未说明氢气是否处于标准状况，无法确定氢气的物质的量，所以无法计算转移电子的数目，故D错误；答案选C。

点睛：

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数之间的关系是解题的关键，试题难度中等。

选项B为易错点，注意分子式为C2H6O的有机物既可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，二者所含C－H的数目不相等。

3.短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物。

常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物水化物的稀溶液，不溶于其浓溶液。

下列说法正确的是

A.X和Y只能形成两种化合物B.简单气态氢化物的稳定性：

X>Y

C.元素Y的正化合价最高为+6D.简单离子半径的大小、顺序：

X>Y>Z

【答案】D

【解析】短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，结合NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素，常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为Al元素，因为铝在常温下能溶于稀硝酸，在浓硝酸中发生钝化。

A.N和O元素可以形成N2O、NO、NO2、N2O5等多种化合物，故A错误；B.因非金属性O＞N，所以简单气态氢化物的稳定性：

NH3＜H2O，故B错误；C.Y为O元素，O元素无最高正价，故C错误；D.N3－、O2－、Al3＋具有相同的电子层结构，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径的大小顺序为：

N3－>O2－>Al3＋，故D正确；答案选D。

4.下列关于常见有机物的说法不正确的是

A.乙醇与乙酸都可以与钠反应

B.油脂是油和脂肪的统称，都是高级脂肪酸与甘油形成的酯

C.1mol有机物

一定条件下能和6molNaOH反应

D.分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3溶液反应产生CO2的有机物可能结构有6种

【答案】D

【解析】A.乙醇分子中含有羟基，乙酸分子中含有羧基，羟基和羧基都可以和钠反应生成氢气，故A正确；B.油脂是油和脂肪的统称，均为高级脂肪酸和甘油形成的酯，故B正确；C.此有机物中含有4个酚羟基、1个羧基和1个酯基，在一定条件下能和6molNaOH反应，故C正确；D.分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3溶液反应产生CO2，说明分子中含有羧基，C4H7ClO2可写成C3H6ClCOOH，C3H6ClCOOH可以看成氯原子取代丙基上的氢原子，丙基有2种：

正丙基和异丙基，正丙基含有3种不同化学环境的氢原子、异丙基含有2种不同化学环境的氢原子，所以分子式为C4H7ClO2且能与NaHCO3溶液反应生成CO2的有机物有5种，故D错误；答案选D。

点睛：

本题主要考查常见有机物的结构和性质，试题难度不大。

本题的易错点是C项，理清所给有机物中的官能团类型和个数是解答C项的关键，此有机物中含有4个酚羟基、1个羧基和1个酯基，这三种官能团均能和NaOH溶液反应，在一定条件下能和6molNaOH反应。

5.为测定石灰石样品中碳酸钙（含SiO2杂质）的含量。

现利用如图所示装置进行实验，充分反应后，测定装置C中生成的BaCO3沉淀质量。

下列说法正确的是

A.装置A中药品应为浓硫酸

B.在B~C之间应增添盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，以除去氯化氢气体

C.只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，也可以确定碳酸钙的质量分数

D.为了测得C中生成的沉淀质量，需经过过滤、洗涤、干燥、称量等操作

【答案】D

【解析】A.A装置的作用是防止空气中的二氧化碳进入装置B，所以应选择能吸收二氧化碳气体的试剂，可以是氢氧化钠溶液等，故A错误；B.B装置中挥发出的HCl与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，若B～C之间添加盛放碳酸氢钠溶液的装置，二氧化碳来源不唯一，不能确定全部来自于石灰石样品，故B错误；C.盐酸具有挥发性，也可以从B进入C中，且C中还可能进入水蒸气，导致实验误差，故C错误；D.要准确测量碳酸钡沉淀的质量，必须过滤出碳酸钡，然后洗净附着在其表面的杂质，再干燥、称量，故D正确；答案选D。

6.近年来，我国在航空航天事业上取得了令人瞩目的成就，科学家在能量的转化，航天器的零排放作出了很大的努力，其中为了达到零排放的要求，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，设计了一种装置（如图）实现了能量的转化，总反应方程式为2CO2=2CO+O2。

关于该装置下列说法正确的是

A.装置中离子交换膜为阳离子交换膜

B.CO2参与X电极的反应方程式：

CO2+2eˉ+H2O=CO+2OHˉ

C.N型半导体为正极，P型半导体为负极

D.外电路每转移2mol电子，Y极生成气体22.4L（标准状况）

【答案】B

点睛：

本题考查化学电源新型电池，试题难度中等。

本题的难点是B项，解题时要先判断X极的电极类型，X为阴极，发生还原反应，再结合总反应式2CO2=2CO+O2得出是CO2在X电极上得电子生成CO，进而写出电极反应式。

7.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物（含Al2O3、MgO），过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al（OH）3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下：

下列有关说法不正确的是

A.原NaHCO3溶液中c（H2CO3ˉ）+c（HCO3ˉ）+c（CO32-）=0.8mol/L

B.a点水的电离程度小于c点水的电离程度

C.a点溶液中存在：

c（Na+）+c（H+）=c（AlO2ˉ）+c（OHˉ）

D.生成沉淀的离子方程式为：

HCO3ˉ+AlO2ˉ+H2O=Al（OH）3↓+CO32-

【答案】A

【解析】A.据图可知，加入40mLNaHCO3溶液时生成沉淀最多，沉淀为0.032mol，因NaOH过量，则滤液中含有NaOH，由反应顺序OH−+HCO3−=CO32−+H2O、HCO3−+AlO2−+H2O═Al（OH）3↓+CO32−并结合图象可知，加入前8mLNaHCO3溶液时不生成沉淀，则原NaHCO3溶液中c（NaHCO3）=

=1.0mol/L，所以c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=1.0moL/L，故A错误；B.a点时尚未加入NaHCO3溶液，滤液中NaOH过量，水的电离受到抑制，随NaHCO3溶液的加入，溶液中NaOH逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，所以a点水的电离程度小于c点水的电离程度，故B正确；C.a点对应的溶液为加入过量烧碱后所得的滤液，因氧化镁与NaOH溶液不反应，则加入过量烧碱所得的滤液中含有NaOH和NaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（AlO2-）+（OH-），故C正确；D.由上述分析可知，加入NaHCO3溶液生成沉淀的离子方程式为：

HCO3−+AlO2−+H2O═Al（OH）3↓+CO32−，故D正确；答案选A。

8.芳香化合物在催化剂催化下与卤代烃发生取代反应称为Friedel-Crafts烷基化反应。

某科研小组以苯和氯代叔丁烷[ClC（CH3）3]为反应物，无水AlCl3为催化剂条件下制备叔丁基苯（

）。

反应如下：

已知下列信息：

I、如图是实验室制备无水AlCl3的实验装置：

（1）E装置中的仪器名称是____________________。

（2）写出B装置中发生反应的离子方程式：

____________________________________。

（3）选择合适的装置制备无水AlCl3正确的连接顺序为：

__________________（写导管口标号）。

（4）下列操作正确的是__________________。

甲：

先加热硬质玻璃管再加热圆底烧瓶

乙：

先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管

（5）E装置的作用是：

____________________________________。

Ⅱ、实验室制取叔丁基苯装置如图：

在三颈烧瓶中加入50mL的苯和适量的无水AlCl3，由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷[ClC（CH3）3]10mL，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏得叔丁基苯20g。

（6）使用恒压漏斗的优点是____________________；加无水MgSO4固体的作用是__________________。

（7）上述反应后混合物的洗涤所用的试剂有如下三种，正确的顺序是__________。

①5%Na2CO3溶液②稀盐酸③H2O

（8）叔丁基苯的产率为__________。

（保留3位有效数字）

【答案】

（1）.干燥管

（2）.MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O（3）.defghijc（4）.乙（5）.防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气（6）.改为使液体顺利滴（7）.干燥（8）.②①③（9）.75.0%

【解析】

（1）根据图示，E装置中的仪器是干燥管，故答案为：

干燥管；

（2）B装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：

MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O；

（3）制备的氯气中混有氯化氢和水蒸气，需要除去，可以分别选用D（饱和的食盐水）除氯化氢，再用浓硫酸干燥除去水蒸气，由于氯化铝熔沸点相差很小，容易升华和凝华，造成导管的堵塞，不能选取A装置制备，同时需要防止空气中的水蒸气进入，制备无水AlCl3正确的连接顺序为defghijc，故答案为：

defghijc；

（4）装置中有空气，需要用生成的氯气排尽，因此乙正确，故答案为：

乙；

（5）根据上述（3）的分析，E装置可以防止空气中的水蒸气进入，同时可以吸收多余的氯气，防止污染空气，故答案为：

防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气；

（6）恒压漏斗可以保持液面上方的气体压强不变，使液体顺利滴下；无水MgSO4固体可以吸收体系中的少量水，故答案为：

使液体顺利滴下；干燥；

（7）根据方程式，

，生成的叔丁基苯中含有苯、氯代叔丁烷[ClC（CH3）3]以及催化剂无水氯化铝杂质，应用氯化铝和叔丁基苯的沸点相差不大，需要除去，氯化铝易溶于水，但容易水解变浑浊，因此需要稀盐酸洗涤除去氯化铝，再用碳酸钠溶液洗涤除去盐酸，最后水洗除去少量的碳酸钠，故答案为：

②①③；

...............

9.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面：

锂混杂于其中。

（已知Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性）从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：

已知：

①CoCO3的溶度积为：

Ksp=1.0×10-13；

②溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol/L时认为该离子沉淀完全。

（1）“碱溶”前通常将废料粉碎，其目的是____________。

（2）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的A1，反应的离子方程式为_________________。

（3）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。

则浸出含钻物质的反应化学方程式为（产物中只有一种酸根）_______________________________________。

在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因______________________________________。

（4）过程III得到锂铝渣的主要成分是LiF和AI（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式__________________________________。

（5）将2.0×10-4mol/LCoSO4与2.2×10-4mol/L的Na2CO3等体积混合，此时溶液中的Co2+的浓度为__________，Co2+是否沉淀完全?

__________（填“是”或“否”）。

（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。

CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。

如图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，物质B的化学式是____________________。

【答案】

（1）.略

（2）.略（3）.略（4）.略（5）.略（6）.略（7）.略（8）.略

【解析】

（1）.“碱溶”前通常将废料粉碎，可以增大固体反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：

增大反应物接触面积，加快反应速率；

（2）.NaOH溶液和Al反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：

2A1+2OH－+2H2O = 2A1O2－+3H2↑，故答案为：

2A1+2OH－+2H2O = 2A1O2－+3H2↑；

（3）.废料中钴以Co2O3·CoO的形式存在，钴的化合价为+2价和+3价，由流程图可知，加入Na2S2O3溶液后，钴全部变为+2价，说明Co3+氧化S2O32－，还原产物为Co2+，由产物中只有一种酸根离子可知氧化产物为SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，浸出含钴物质的反应化学方程式为：

4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4= 12CoSO4+Na2SO4+ 11H2O，由题中信息可知，Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性，则Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境，所以实际工业生产中不用盐酸浸出含钴物质，故答案为：

4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4= 12CoSO4+Na2SO4+ 11H2O；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；

（4）.在过程III中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：

2A13++3CO32－+3H2O= 2A1（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：

2A13++3CO32－+3H2O= 2A1（OH）3↓+3CO2↑；

（5）.将2.0×10-4mol/LCoSO4 与2.2 ×10-4mol/L的Na2CO3等体积混合，Co2＋与CO32－反应生成CoCO3，离子方程式为：

Co2＋+CO32－=CoCO3，由离子方程式可知，反应后的溶液中c（CO32－）=（2.2×10-4－2.0×10-4）mol/L÷2=1×10－5mol/L，则反应后的溶液中c（Co2＋）=

=1.0×10-8mol/L，c（Co2＋）＜1.0×10-5mol/L，所以Co2＋沉淀完全，故答案为：

1.0×10-8mol/L；是；

（6）.据图可知，n（CoCl2）=65×10-3g÷130g/mol=5×10-4mol，B中含有水的物质的量为n（H2O）=（74－65）×10-3g÷18g/mol=5×10-4mol，则n（CoCl2）:

n（H2O）=1:

1，则物质B为CoCl2·H2O，故答案为：

CoCl2·H2O。

10.砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。

（1）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差。

根据图1写出As2O3转化为As2O5的热化学方程式__________________________________。

（2）砷酸钠具有氧化性，298K时，在100mL烧杯中加入10mL0.1mol/LNa3AsO4溶液、20mL0.1mol/LKI溶液和20mL0.05mol/L硫酸溶液，发生下列反应：

AsO43-（无色）+12（浅黄色）+H2O△H。

测得溶液中c（I2）与时间（t）的关系如图2所示（溶液体积变化忽略不计）。

①升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，则该反应的△H________0（填“大于”“小于”或“等于”）。

②0~10min内，I的反应速率v（Iˉ）=____________。

③下列情况表明上述可逆反应达到平衡状态的是_______（填字母代号）。

a.c（AsO33-）+c（AsO42-）不再变化b.溶液颜色保持不再变化

C.c（AsO33-）与c（AsO42-）的比值保持不再变化d.I的生成速率等于I2的生成速率

④在该条件下，上述反应平衡常数的表达式K=______________。

（3）利用

（2）中反应可测定含As2O3和As2O5的试样中的各组分含量（所含杂质对测定无影响），过程如下：

①将试样02000g溶于NaOH溶液，得到含AO33-和AsO43-的混合溶液。

②上述混合液用0.02500mol·L-1的I2溶液滴定，用淀粉试液做指示剂，当________________，则滴定达到终点。

重复滴定3次，平均消耗I2溶液40.00mL。

则试样中As2O5的质量分数是_________（保留四位有效数字）。

若滴定终点时，仰视读数，则所测结果_________（填“偏低”，“偏高”，“无影响”）。

【答案】

（1）.略

（2）.略（3）.略（4）.略（5）.略（6）.略（7）.略（8）.略

【解析】

（1）.由图1可知，As2O3（s）和O2（g）反应转化为As2O5（s）的△H=－（914.6－619.2）kJ/mol=－295.4kJ/mol，则热化学方程式为：

As2O3（s）+O2（g）=As2O5（s） △H=-295.4kJ/mol，故答案为：

As2O3（s）+O2（g）=As2O5（s） △H=-295.4kJ/mol；

（2）.①.升高温变，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：

小于；

②.在0~10min内，I2的浓度从0变为0.015mol/L，由反应方程式可知，I－减少了0.03mol/L，则0~10min 内，用I－表示的反应速率v（I－）=0.03mol/L÷10min=0.003mol/（L·min），故答案为：

0.003mol/（L·min）；

③.a.根据物料守恒关系可知，溶液中的c（AsO33-）+c（AsO43-）始终不变，所以c（AsO33-）+c（AsO43-）不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b.溶液颜色不再变化，说明各物质的浓度不再改变，反应达到平衡状态，故b正确；c.c（AsO33-）与c（AsO43-）的比值不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c正确；d.I－的生成速率等于I2的生成速率，正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡状态，故d错误；答案选：

bc；

④.由反应方程式可知，在该条件下，反应平衡常数的表达式K=

，故答案为：

；

（3）.①.用0.02500mol/L的I2溶液滴定含AsO33-和AsO43-的混合溶液，当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变蓝色，且30s内不恢复，即为滴定终点，上述混合液用0.02500mol/L的I2溶液滴定，重复滴定3次，平均消耗I2溶液40.0mL，根据As2O5+6OH−=2AsO43−+3H2O、AsO33-+I2+H2O

 AsO43-+2I-+2H+可知：

11

n0.02500mol/L×0.04L，n（AsO33-）=0.001mol，则试样中As2O5的质量分数是

×100%=50.50%，若滴定终点时仰视读数，会使读取的标准液体积偏大，n（AsO33-）偏大，则As2O5的质量分数偏小，所测结果偏低，故答案为：

滴入最后一滴标准液，溶液由无色变蓝色，且30s内不恢复；50.50%；偏低。

11.元素周期表中第四周期元素有许多重要用途

I.研究发现，钒元素的某种配合物可增强胰岛素降糖作用，它是电中性分子，结构如图1

（1）基态V元素的价层电子轨道表示式为________________，分子中非金属元素电负性由大到小的顺序为______________。

（2）分子中采取sp2杂化的原子有____________，1mol分子中含有配位键的数目是__________。

（3）该物质的晶体中除配位键外，所含微粒间作用力的类型还有__________（填序号）

a.金属键b.极性键c.非极性键d.范德华力e.氢键

Ⅱ.Fe与C、Mn等元素可形成多种不同性能的合金。

（4）图2-甲是Fe的一种晶胞，晶胞中Fe的堆积方式为__________________，已知该晶体的密度为ρg·cm-3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的边长为____________cm

（5）图2-乙是Fe-C-Mn合金（晶体有缺陷）的一种晶胞，则与C原子等距紧邻Fe的个数为____________，该合金的化学式为______________________。

【答案】

（1）.略

（2）.略（3）.略（4）.略（5）.略（6）.略（7）.略（8）.略（9）.略

【解析】I.

（1）.V是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2，价层电子轨道表示式为

，由图1可知，该配合物中含有N、O、C、H四种非金属元素，由元素周期律可知，这四种元素的非金属性O>N>C>H，非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为：

O>N>C>H，故答案为：

；O>N>C>H；

（2）.由图1可知，该分子中的C原子和N原子的σ键数均为3且没有孤电子对，所以C原子和N原子的杂化轨道数目均为3，采取sp2杂化，由图1可知，V与N原子之间形成配位键，1个分子中含有2个配位键，则1mol分子中含有2mol配位键，数目为2NA，故答案为：

C、N；2NA；

（3）.该物质是电中性分子，分子之间存在范德华力，由图1可知，该物质的晶体中除配位键外，分子内的不同非金属原子之间形成极性共价键，同种非金属原子之间形成非极性共价键，