精品解析湖南湖北八市十二校届高三下学期第二次调研联考理科综合化学试题精校Word版.docx

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精品解析湖南湖北八市十二校届高三下学期第二次调研联考理科综合化学试题精校Word版

湖南湖北八市十二校2019届高三第二次调研联考

理科综合能力测试

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Mg24Cl35.5Fe56Cu64Ag108

1.化学与生活、科技、医药、工业生产均密切相关，下列有关化学叙述正确的是（）

A.浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品

B.我国预计2020年发射首颗火星探测器太阳能电池帆板的材料是二氧化硅

C.《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：

“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应

D.误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的食盐水解毒

【答案】C

【解析】

氢氟酸刻蚀石英制艺术品，故A错误；太阳能电池帆板的材料是晶体硅，故B错误；钾元素的焰色是紫色，所以“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，故C正确；误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的牛奶解毒，故D错误。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是

A.用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NA

B.1molH2O最多可形成4NA个氢键

C.常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g，原子总数为NA

D.常温下，1LpH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H+总数为0.01NA

【答案】D

【解析】

【详解】A项、浓盐酸分别和MnO2共热反应生成1mol氯气，转移的电子数为2NA；浓盐酸和KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数为5/3NA，故A错误；

B项、根据图示

可知，每个水与周围4个水分子形成氢键，每个氢键被2个水分子共用，所以1个水分子相当于完全占用2个氢键，1mol水形成的氢键数是2NA个，故B错误；

C项、NO2与N2O4的最简式为NO2，相当于46g混合气体中含NO2物质的量46g/46g/mol=1mol，原子总数为3NA，故C错误；

D项、常温下，1LpH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H+物质的量为0.01mol，H+总数为0.01NA，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，主要考查物质的组成、氧化还原反应、最简式的计算方法，熟练掌握公式的使用和明确物质的结构及变化规律是解题关键。

3.同分异构现象在有机物中广泛存在，如图为苯及其几种同分异构体的键线式，下列有关说法中正确的是

A.b、c均与乙烯互为同系物

B.a和d的二氯代物均有3种

C.4种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D.a和b中所有原子可能共平面

【答案】B

【解析】

【分析】

苯、盆烯、杜瓦苯和棱柱烷的分子式均为C6H6，四者互为同分异构体。

【详解】A项、同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，这两种物质分子式均为C6H6，c含两个碳碳双键且为环状，b虽只含一个碳碳双键但也为环状，故其与乙烯不是同系物，A错误；

B项、苯的二氯代物有邻、间、对3种，棱柱烷的二氯代物的数目可采用“定一移一”法进行判断，有

，共3种，故B正确；

C项、苯和棱柱烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；

D项、苯分子中所有原子一定共平面，盆烯中含有次甲基（

），所有原子不可能共平面，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握同分异构体数目判断、有机物分子式确定、有机物共面的判断等方法是解答关键。

4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，X与W的最高化合价之和为8.常见元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，下列说法中不正确的是

A.Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，该化合物属于原子晶体

B.化合物YW3遇水能强烈水解，产物之一具有强氧化性

C.离子化合物YX5假如存在。

该物质与水反应必然生成气体X2，同时得到一种弱碱溶液

D.因为Z的氧化物熔点很高。

不适宜于电解，故工业上常用电解Z与W的化合物的方法制取单质Z

【答案】D

【解析】

常见元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，即Z是铝元素。

又因为短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，X与W的最高化合价之和为8，所以X是氢元素或锂元素，Y是氮元素，W是氯元素。

A、根据性质可知，AlN形成的晶体是原子晶体，选项A正确；B、化合物YW3即NCl3遇水强烈水解生成一水合氨和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，选项B正确；C、由非金属元素组成的化合物YX5是一种是否存在尚待确证的化合物，假如存在，该物质即NH4H与水反应必然生成气体氢气，同时得到一种弱碱溶液，该溶液是氨水，选项C正确；D、工业上通过电解熔融的氧化铝制取单质铝。

氯化铝是共价化合物，熔融时不能导电，选项D不正确。

答案选D。

5.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：

已知：

“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl42-＋2H2O

下列说法不正确的是

A.Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中有4个过氧键

B.滤液②中的阳离子除了Fe2＋和H＋，还有Mg2＋

C.滤液②中也可以直接加适量的氯水代替双氧水

D.“高温煅烧”过程中，Fe元素被氧化

【答案】D

【解析】

用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，水解后过滤，沉淀为TiO2·xH2O，经过一系列反应得到Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O4

2LiFePO4+H2O+3CO2↑。

A.Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li为+1价，则O的化合价为-2价和-1价，根据正负化合价的代数和为0，其中含有7个-2价的O和8个-1价的O，结构中含有4个过氧键，故A正确；B.根据上述分析，滤液②中的阳离子除了Fe2+和H+，还有Mg2+，故B正确；C.滤液②中加入双氧水的目的是氧化亚铁离子，也可以直接加适量的氯水代替双氧水，故C正确；D.“高温煅烧②”过程中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O4

2LiFePO4+H2O+3CO2↑，Fe元素的化合价有+3价变成+2价，被还原，故D错误；故选D。

6.某氮肥样品可能含有NH4HCO3、NH4C1、NH4NO3中的一种或几种。

称取该样品1.000克，溶于水配成100mL溶液。

将溶液分成两等份依次完成如下实验：

①向一份溶液中加入10mL0.2mol•L-1的盐酸与之充分反应，可收集到标准状况下的CO2气体44.8mL（设产生的CO2全部逸出）。

②向另一份溶液中加入足量的6mol•L-1氢氧化钠溶液，加热，产生的气体（设产生的NH3全部逸出）至少需要25mL0.15mol•L-1的硫酸才能被完全反应。

下列说法正确的是（　　）

A.1.000g样品中一定含有NH4HCO30.316克

B.向①反应所得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明原样品中一定含有NH4C1

C.原样品的含氮量为21%

D.无需另外再设计实验验证，就能确定原样品中是否含有NH4Cl

【答案】D

【解析】

加入10mL0.2mol.L-1的盐酸与之充分反应，收集到标准状况下的CO2气体44.8mL（0.002mol），说明一定含有NH4HCO3，盐酸完全反应，碳酸氢铵不一定完全反应，所以1.000g样品中不一定含有NH4HCO30.316克，故A错误；①反应加入了盐酸引入氯离子，所得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，不能说明原样品中一定含有NH4C1，故B错误；根据关系式2NH3

H2SO4，向另一份溶液中加入足量的6mol.L-1氢氧化钠溶液，加热，产生的氨气的物质的量为0.025L×0.15mol.L-1×2=0.0075mol，原样品的含氮量为

27%；故C错误；NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中NH4+的质量分数分别为：

22.8%、33.6%、22.5%，而样品中．NH4+的质量分数为27%，所以一定含有NH4Cl，故D正确。

7.国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系征集采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开（原理示意图如图）。

已知：

I-+I2=I3-，则下列有关判断正确的是

A.图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图

B.放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅

C.充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜

D.放电时，负极的电极反应式为：

【答案】B

【解析】

【分析】

题目已知负极采用固体有机聚合物，甲图是电子传向固体有机聚合物，图甲是电池充电原理图，则图乙是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：

正极的电极反应式为：

I3-+2e-=3I-。

【详解】A.甲图是电子传向固体有机聚合物，电子传向负极材料，则图甲是电池充电原理图，图乙是原电池工作原理图，A项错误；

B.放电时，正极液态电解质溶液的I2也会的得电子生成I-，故电解质溶液的颜色变浅，B项正确；

C.充电时，Li+向阴极移动，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，C项错误；

D.放电时，负极是失电子的，故负极的电极反应式为：

【点睛】易错点：

原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。

8.过氧化钙（CaO2）是一种白色晶体，无臭无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。

通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。

某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：

请回答下列问题：

（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为________________；

（2）支管B的作用是__________；加入氨水的作用是________________；

（3）步骤③中洗涤CaO2·8H2O的液体X的最佳选择是____________；

A．无水乙醇    B．浓盐酸     C．水    D．CaCl2溶液

（4）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙_____________的性质；

A．可缓慢供氧  B．能吸收鱼苗呼出的CO2气体  C．能潮解  D．可抑菌

（5）已知CaO2在350℃时能迅速分解，生成CaO和O2。

该小组采用如图所示的装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度（设杂质不分解产生气体）

①检查该装置气密性的方法是：

____________________；

②使用分析天平准确称取0.5000g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到33.60mL（已换算为标准状况）气体，则产品中过氧化钙的质量分数为_________（保留4位有效数字）；

【答案】

（1）.CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl

（2）.平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下（3）.中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl向右进行（4）.A（5）.ABD（6）.连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差不变，则装置不漏气，反之装置漏气（7）.43.20%或0.4320

【解析】

【分析】

（1）由制备流程图可知，三颈烧瓶中CaCl2溶液、6%双氧水溶液和浓氨水在冷水浴中反应生成CaO2•8H2O和NH4Cl；

（2）支管B可以起到平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下的作用；加入氨水，氨水与氯化氢发生中和反应，HCl浓度减小，平衡向着生成过氧化钙的方向移动；

（3）由题给信息可知，CaO2可与水缓慢反应，易与酸反应，所以不能选用浓盐酸洗涤，不溶于醇类、乙醚等。

（5）①由实验装置图可知，可用液压法检验装置的气密性；

②过氧化钙与水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑。

【详解】

（1）由制备流程图可知，三颈烧瓶中CaCl2溶液、6%双氧水溶液和浓氨水在冷水浴中反应生成CaO2•8H2O和NH4Cl，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=

CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，故答案为：

CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；

（2）支管B可以起到平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下的作用；氯化钙与双氧水混合液中存在如下平衡：

CaCl2+H2O2

CaO2+2HCl，加入氨水，氨水与氯化氢发生中和反应，HCl浓度减小，平衡向着生成过氧化钙的方向移动，有利于提高的过氧化钙的产率，故答案为：

平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下；中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2

CaO2+2HCl向右进行；

（3）由题给信息可知，CaO2可与水缓慢反应，所以不能选用水和CaCl2溶液洗涤；CaO2易与酸反应，所以不能选用浓盐酸洗涤；CaO2不溶于醇类、乙醚等，所以最好无水乙醇洗涤，可以减少过氧化钙的溶解，故选A，故答案为：

A；

（4）过氧化钙具有强氧化性，加入水中可以起到杀菌消毒的作用；过氧化钙与水缓慢反应生成氢氧化钙氧气，氢氧化钙能吸收鱼苗呼出的CO2气体，反应生成的氧气能补充鱼苗运动过程中水中氧气的消耗，起到缓慢供氧的作用，故选ABD，故答案为：

ABD；

（5）①由实验装置图可知，可用液压法检验装置的气密性，具体操作是连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差不变，则装置不漏气，反之装置漏气，故答案为：

连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差不变，则装置不漏气，反之装置漏气；

②过氧化钙与水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，由方程式可得：

2CaO2—O2↑，标准状况下33.60mL氧气的物质的量为0.0015mol，则反应的过氧化钙为0.003mol，则产品中过氧化钙的质量分数为（0.003mol×72g/mol）/0.5000g×100%=43.2%，故答案为：

43.2%。

【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，本题较为综合，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力，注意分析题中关键信息、明确实验基本操作方法为解答关键。

9.磷酸铁锂电池是新型的绿色能源电池，其简化的生产工艺流程如下。

（1）反应釜中反应的化学方程式为_______，该反应体现出非金属性关系：

P_____C（填“>”或“<”）。

（2）室温下，LiH2PO4溶液的pH随c（H2PO4-）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4-的分布分数

随pH的变化如图2所示[

（含P元素的粒子）]。

①由图1知，低浓度时LiH2PO4溶液的pH小于7，且随着c初始（H2PO4-）的增大而减小，其合理的解释为__________________。

②综合上图分析，若用浓度大于1mol/L的H3PO4溶液溶解Li2CO3，要使反应釜中的H3PO4几乎全部转化成LiH2PO4，反应釜中需要控制溶液的pH=________。

（3）磷酸铁锂电池总反应为：

LiFePO4+6C

Li1-xFePO4+LixC6，电池中的固体电解质可传导Li+。

充电时，Li+移向______（填“阳极”或“阴极”）；放电时，正极反应式为__________________。

（4）磷酸铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：

称取1.60g试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.030mol/L重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液50.00mL。

已知：

2Fe3++Sn2++6Cl-=SnCl62-+2Fe2+

4Cl-+Sn2++2HgCl2=SnCl62-+Hg2Cl2

6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O

①实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是____________。

②铁的百分含量Fe（％）=_________________________。

【答案】

（1）.2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2↑

（2）.>（3）.H2PO4-在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡。

电离作用产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-使溶液显碱性，由于H2PO4-电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，故pH<7；若在开始时溶液c（H2PO4-）大，单位体积内H2PO4-电离产生的H+的数目越多，c（H+）就越大，溶液的pH就越小（4）.4.66（5）.阴极（6）.Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4（7）.将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl62-，防止干扰Fe2+的测定（8）.31.5%

【解析】

【详解】

（1）由于酸性：

H3PO4>H2CO3，所以在反应釜中发生复分解反应：

2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2↑；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于酸性：

H3PO4>H2CO3，所以元素的非金属性P>C；

（2）①LiH2PO4在溶液中存在电离平衡H2PO4-

H++HPO42-，也存在水解平衡H2PO4-+H2O

OH-+H3PO4，电离使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，由于H2PO4-电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，pH<7；开始时c（H2PO4-）越大，单位体积内电离的H2PO4-的数目越多，则电离产生的H+的浓度越大，所以溶液的pH越小；

②浓度大于1mol/L的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，根据图2知

=0.994，根据图1知c初始（H2PO4-）接近1mol/L，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。

故要使H3PO4几乎全部转化成LiH2PO4，溶液的pH控制在pH=4.66；

（3）充电时，阳离子Li+移向阴极；放电时，正极发生还原反应，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4；

（4）①实验中加入HgCl2饱和溶液，可以发生反应：

4Cl-+Sn2++2HgCl2=SnCl62-+Hg2Cl2，这样就可以使溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl62-，从而防止用重铬酸钾溶液滴定溶液中Fe2+时干扰实验结果的测定，造成实验误差；

②根据6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可知n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×0.030mol/L×0.0500mL=9×10-3mol，m（Fe）=n·M=9×10-3mol×56g/mol=0.504g，所以铁的百分含量=

。

10.二甲醚又称甲醚，简称DME，熔点-141.5℃，沸点-24.9℃，与石油液化气（LPG）相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。

由合成气（CO、H2）制备二甲醚的反应原理如下：

①CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H1=-90.0kJ·mol-1

②2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=-20.0kJ·mol-1

回答下列问题：

（1）已知:

H2O

（1）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol，若由合成气（CO、H2）制备1molCH3OCH3（g），且生成H2O

（1），其热化学方程式为_______________。

（2）有人模拟该制备原理：

500K时，在2L的密闭容器中充入2molCO和6molH2，5min达到平衡，平衡时测得c（H2）=1.8mol·L-1，c（CH3OCH3）=0.2mol·L-1，此时CO的转化率为__________。

用CH3OH表示反应①的速率是_____________mol·L-1·min-1，可逆反应②的平衡常数K2=______________________。

（3）在体积一定的密闭容器中发生反应②，如果该反应的平衡常数K2值变小，下列说法正确的是____。

A.平衡向正反应方向移动B.平衡移动的原因是升高了温度

C.达到新平衡后体系的压强不变D.容器中CH3OCH3的体积分数减小

（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO（g）和H2（g）进行反应①，平衡时CO（g）和H2（g）的转化率如图所示，则a=________（填数值）。

（5）绿色电源“二甲醚燃料电池”的结构如图所示，电解质为熔融态的碳酸盐（如熔融K2CO3），其中CO2会参与电极反应。

工作时正极的电极反应为______________。

【答案】

（1）.2CO（g）+4H2（g）

CH3OCH3（g）+H2O（l）△H2=-244.0kJ·mol-1

（2）.60%（3）.0.12（4）.1（5）.BD（6）.2（7）.2CO2+O2+4e-=2CO32-

【解析】

（1）给H2O

（1）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol编号为③，根据盖斯定律，①×2+②-③得：

2CO（g）+4H2（g）

CH3OCH3（g）+H2O（l）△H2=-244.0kJ·mol-1。

（2）由已知，CO和H2按照物质的量之比1：

2反应，H2反应了6mol-1.8mol•L-1×2L=2.4mol，所以CO反应了1.2mol，此时CO的转化率为：

1.2mol÷2mol×100%=60%；根据反应①，生成CH3OH1.2mol，用CH3OH表示反应①的速率是1.2mol÷2L÷5min=0.12mol•L-1•min-1；由c（CH3OCH3）=0.2mol·L-1，可得反应②H2O（g）的平衡浓度为0.2mol·L-1，反应②CH3OH（g）的平衡浓度为1.2mol÷2L-2×0.2mol·L-1=0.2mol·L-1，所以可逆反应②的平衡常数K2=

=

=1。

（3）化学平衡常数只受温度影响，反应②正向为放热反应，升高温度K2值变小，平衡逆向移动，CH3OCH3（g）生成率降低，容器中CH3OCH3的体积分数减小；容器中气体总物质的量不变，容器容积固定，T增大，根据PV=nRT，则P增大，故BD正确。

（4）反应物按化学计量数之比投料，则平衡转化率相同，如图，交点纵坐标表示H2和CO转化率相等，横坐标a表示H2（g）和CO（g）的投料比，所以a=2。

（5）正极上是氧气得电子发生还原反应，由已知熔融K2CO3作电解质，CO2参与反应，