届江西省高三六校联考理科综合化学试题解析版.docx

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届江西省高三六校联考理科综合化学试题解析版

江西省2018届高三六校联考理科综合化学试题

命题学校：

上饶县中审题学校：

万安中学

考试时间：

150分钟试卷总分：

300分

可能用到的相对原子质量：

H：

1C：

12Ca：

40O：

16Cu：

64Cr：

52Na：

23S：

32Cl：

35.5Ba：

137N:

14

1.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是：

A.在加热条件下.足量的铜与18.4mol/L的浓硫酸100ml反应.最终得到标准状况下二氧化硫20.608L

B.0.1mol过氧化钠与足量水反应转移电子数为0.1NA

C.标准状况下，11.2L氟化氢含有的分子数为0.5NA

D.1.2g熔融的NaHSO4中含有0.02NA个阳离子

【答案】B

【解析】A.当硫酸浓度下降后，不再具有氧化性，所以此反应不能进行完全，A错误；B.0.1mol过氧化钠完全反应，生成0.05mol氧气，氧原子由-1价反应为0价，则转移电子0.05*1*2*NA=0.1NA，B正确；C.标准状况下氟化氢为液态，C错误；D.熔融状态下，NaHSO4仅电离钠离子和硫酸氢根离子，1.2gNaHSO4中含有阳离子0.01NA，D错误。

故选择B。

2.用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下，下列说法正确的是

A.制取粗硅时生成的气体产物为CO2

B.生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应

C.电解精炼铜时，当电路中转移0.2mol 电子时阳极质量减轻6.4g

D.粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法

【答案】D

【解析】A、石英和碳在高温下反应生成Si和CO，故A错误；B、生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3

CaSiO3+CO2↑，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C、精炼铜时，阳极为粗铜，粗铜中如果有比Cu活泼的杂质金属，该杂质先放电，所以转移0.2mol电子时，阳极质量减少的不一定是1molCu的质量，故不一定为6.4g,故C错误；D、制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，故D正确。

故选D。

3.古代染坊常用某种“碱剂”精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮。

这种“碱剂”可能是

A.食盐B.烧碱C.草木灰D.明矾

【答案】C

.........

4.某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示（夹持装置略）。

实验开始前，向装置中通入一段时间的N2，排尽装置内的空气。

已知:

在溶液中.FeSO4+NO

[Fe（NO）]SO4（棕色），该反应可用于检验NO。

下列说法不正确的是

A.装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液

B.若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应

C.实验结束后，先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞

D.装置J收集的气体中一定不含NO

【答案】D

【解析】稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，能够被氧气氧化，因此实验前需要通入氮气，排除装置中的空气，硝酸具有挥发性，生成的一氧化氮中混有少量硝酸蒸气，可以通过水吸收后再干燥，在探究干燥的一氧化氮在加热时与铜的反应，未反应的NO可以利用硫酸亚铁溶液检验。

A.根据上述分析，装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液，故A正确；B.若观察到装置H中红色粉末变黑色，数目NO与Cu发生了反应，故B正确；C.实验结束后，为了防止倒吸，需要先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞，停止通入NO，故C正确；D.由于FeSO4+NO

[Fe（NO）]SO4（棕色）为可逆反应，装置J收集的气体中可能含有NO，故D错误；故选D。

5.三蝶烯是最初的“分子马达”的关键组件，三碟烯某衍生物X可用于制备吸附材料，其结构如图所示，3个苯环在空间上互为120°夹角。

下列有关X的说法错误的是

A.分子式为C22H14O4

B.能发生加成、取代反应

C.苯环上的一氯代物有3种

D.分子中最多可能有20个原子位于同一平面上

【答案】C

【解析】A.分子式为C22H14O4，故A正确；B.X含有不饱和结构苯环，能发生加成，X含有羧基，可以发生取代反应，苯环上的氢原子也可发生取代反应，故B正确；C.苯环上有2种氢原子，所以苯环上的一氯代物有2种，故C错误；D.苯环有12个原子共面，两个羧基与苯环共面时，分子中最多可以有20个原子位于同一平面上，故D正确。

故选C。

6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

在下图所示物质转化关系中，l是由该四种元素组成的离子化合物，m是Y的单质，n是Z的单质，m、n均为空气的主要成分，p是W的单质，其余为由上述的两种或三种元素组成的化合物；u的水溶液具有漂白性；t和v均为一元强酸。

下列说法正确的是

A.物质u中既含共价键又含离子键

B.常温常压下，r与s均为无色气体

C.简单气态氢化物的热稳定性：

Z＜Y

D.X、Y、Z三种元素形成化合物的水溶液可能呈酸性，也可能呈碱性

【答案】D

点睛：

把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，题给信息中m、n两种单质可字放电条件下进行，一般为氮气和氧气的反应，则r为NO，且可继续与n反应，则m为N2，n为O2，可知Y为N元素，Z为O元素，s为NO2，q为H2O，t为HNO3，单质p与水反应生成u具有漂白性，则p为Cl2，u为HClO，v为HCl，则W为Cl元素，由原子序数关系可知X为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题。

7.常温下将KOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述正确的是

A.Ka2（H2X）的数量级为10–4

B.KHX溶液中c（H+）>c（OH-）

C.曲线N表示pH与1g[c（X2-）/c（HX-）]的变化关系

D.当混合溶液呈中性时，c（K+）>c（HX-）>c（X2-）>c（OH-）=c（H+）

【答案】B

【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），酸性条件下，则pH相同时c（HX−）/c（H2X）＞c（X2-）/c（HX-），由图像可知N为lg[c（HX−）/c（H2X）]的变化曲线，M为lg[c（X2-）/c（HX-）]的变化曲线，当lg[c（HX−）/c（H2X）]或lg[c（X2-）/c（HX-）]=0时，说明[c（HX−）/c（H2X）]或[c（X2-）/c（HX-）]=1，浓度相等。

A．lg[c（X2-）/c（HX-）]=0时，c（X2-）/c（HX-）=1，此时pH≈5.4，则Ka2（H2X）≈10-5.4，可知Ka2（H2X）的数量级为10-6，故A错误；B．由图像可知，lg[c（X2-）/c（HX-）]=0时，即c（HX-）=c（X2-），此时pH≈5.4，可知HX-电离程度大于X2-水解程度，溶液显酸性，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH-），故B正确；C．由以上分析可知曲线N表示pH与lg[c（HX−）/c（H2X）]的变化关系，故C错误；D．由图像可知当pH=7时，lg[c（X2-）/c（HX-）]＞0，则c（X2-）＞c（HX-），所以溶液中存在：

c（Na+）＞c（X2-）＞c（HX-）＞c（H+），故D错误；故选B。

点睛：

本题考查弱电解质的电离、电离常数的应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图像的曲线的变化意义和数据的处理。

解答本题的关键是根据H2X的第一步电离大于第二步电离，判断出M、N图像的本质。

8.维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。

为探究该晶体的组成，设计了如下实验：

步骤一，氮的测定：

准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL。

步骤二，氯的测定：

准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色沉淀）。

（1）上述装置A中，玻璃管的作用是_________________________；

（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在______（填“A”或“B”）处。

（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为__________g。

（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将_______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；

（5）测定氯的过程中，出现浅红色沉淀时，若溶液中c（

）=0.0025mol/L，通过计算说明该实验可以使用K2CrO4溶液为指示剂的原因____________（呈现计算过程）。

已知：

Ksp（Ag2CrO4）=1.0×10−12，Ksp（AgCl）=1.8×10−10

（6）经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。

制备M的化学方程式为__________________________________，制备M的过程中温度不能过高的原因是______________________。

【答案】

（1）.平衡气压（当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定）

（2）.A（3）.42.00（4）.偏高（5）.当溶液中出现Ag2CrO4沉淀时，c2（Ag+）×c（CrO24）=1.0×10−12，代入求得：

c（Ag+）=2.0×10−5mol/L。

此时c（Ag+）×c（Cl−）=1.8×10−10，代入求得c（Cl−）=9.0×10−6mol/L＜1.0×10−5mol/L，所以当出现浅红色沉淀时Cl−已完全沉淀（6）.

（7）.温度过高过氧化氢分解、氨气逸出

【解析】

（1）.当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定，起到平衡气压的作用；

（2）.三颈瓶中需要通入水蒸气，所以A出应放置酒精灯加热；

（3）.m（N）=14*n（NH4+）=14*[n（HCl）-n（NaOH）]=14*[（0.5*7*25/500-2*0.0125）*20]=14*0.15*20=42g

（4）.将挥发的盐酸计入消耗量，将大于实际使用的量，即计算的n（NH4+）大于实际n（NH4+），所以将造成N含量偏高；

（5）.若采用Ag2CrO4作为指示剂，溶液中出现淡红色沉淀不再消失时，Cl−必须完全沉淀。

根据沉淀的溶度积计算，当溶液中出现Ag2CrO4沉淀时，c2（Ag+）×c（CrO24）=1.0×10−12，代入求得：

c（Ag+）=2.0×10−5mol/L。

此时c（Ag+）×c（Cl−）=1.8×10−10，代入求得c（Cl−）=9.0×10−6mol/L＜1.0×10−5mol/L，所以当出现浅红色沉淀时Cl−已完全沉淀；

（6）.Co：

NH3：

Cl=1:

6:

3，NH3以配位键的形式结合，所以M的化学式为：

CoCl3·6NH3，由题得

；温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。

点睛：

计算样品中物质含量时，要注意运用物料守恒定律解答；沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，根据溶度积常数计算，完全反应后，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应。

9.氯化铬晶体（CrCl3·6H2O）是一种重要的工业原料，工业上常用铬酸钠（Na2CrO4）来制备。

实验室以红矾钠（Na2Cr2O7）为原料制备CrCl3·6H2O的流程如下：

已知：

①Cr2O72－＋H2O

2CrO42－＋2H+；

②CrCl3·6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解。

（1）写出碱溶发生反应的化学方程式____________________________________，所加40%NaOH不宜过量太多的原因是______________________________。

（2）还原时先加入过量CH3OH再加入10%HCl，生成CO2，写出该反应的离子方程式_________________，反应后从剩余溶液中分离出CH3OH的实验方法是_____________。

（3）使用下列用品来测定溶液的pH，合理的是_________（填字母）。

A．酚酞溶液B．石蕊试纸C．pH计

（4）请补充完整由过滤后得到的固体Cr（OH）3制备CrCl3·6H2O的实验方案：

将过滤后所得的洁净固体_______________________，蒸发浓缩，__________，过滤，______________，低温干燥，得到CrCl3·6H2O（实验中可供选择的试剂：

盐酸、硫酸、蒸馏水、乙醇、乙醚）。

（5）若取原料红矾钠26.2g，实验最终得到氯化铬晶体42.64g，则该实验的产率为_________。

【答案】

（1）.Na2Cr2O7+2NaOH＝2Na2CrO4+H2O

（2）.避免还原时消耗过多盐酸（3）.2CrO42－＋CH3OH＋10H＋＝2Cr3+＋7H2O＋CO2↑（4）.蒸馏法（5）.C（6）.完全溶解于过量的盐酸中（7）.冷却结晶（8）.用乙醚洗涤固体2~3次（9）.80%

【解析】试题分析：

（1）.根据Cr2O72－＋H2O

2CrO42－＋2H+，加入氢氧化钠，平衡正向移动，所以Na2Cr2O7与氢氧化钠反应生成Na2CrO4；加40%NaOH过量太多，大量氢氧化钠剩余，造成消耗盐酸过多；

（2）在酸性条件下CrO42－被甲醇还原为Cr3+；根据甲醇的沸点低，从剩余溶液中分离出CH3OH；（3）酚酞溶液、石蕊试纸只能判断酸碱性；（4）Cr（OH）3溶于盐酸生成CrCl3，CrCl3溶液浓缩结晶析出CrCl3·6H2O晶体，由于CrCl3·6H2O不溶于乙醚，再用乙醚洗涤、干燥得到得到CrCl3·6H2O。

（5）利用关系式Na2Cr2O7~~~CrCl3·6H2O计算产率。

解析：

（1）.根据Cr2O72－＋H2O

2CrO42－＋2H+，加入氢氧化钠，平衡正向移动，所以Na2Cr2O7与氢氧化钠反应生成Na2CrO4，反应方程式是Na2Cr2O7+2NaOH＝2Na2CrO4+H2O；加40%NaOH过量太多，大量氢氧化钠剩余，造成消耗盐酸过多，所以40%NaOH不宜过量太多的原因是，避免还原时消耗过多盐酸；

（2）在酸性条件下CrO42－被甲醇还原为Cr3+，反应离子方程式是2CrO42－＋CH3OH＋10H＋＝2Cr3+＋7H2O＋CO2↑；利用甲醇的沸点低，从剩余溶液中分离出CH3OH的方法是蒸馏法；（3）酚酞溶液、石蕊试纸只能判断酸碱性，测溶液PH用PH计，故选C；（4）Cr（OH）3溶于盐酸生成CrCl3，CrCl3溶液浓缩结晶析出CrCl3·6H2O晶体，由于CrCl3·6H2O不溶于乙醚，再用乙醚洗涤、干燥得到得到CrCl3·6H2O，所以由过滤后得到的固体Cr（OH）3制备CrCl3·6H2O的实验方案：

将过滤后所得的洁净固体完全溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醚洗涤固体2~3次，低温干燥，得到CrCl3·6H2O。

（5）设生成CrCl3·6H2O的理论产量是xg，

x=53.3g

CrCl3·6H2O的产率是

10.镓（Ga）位于周期表的第四周期，与Al同主族，主要存在Ga3+、GaO2-两种离子形态，被广泛应用于电子工业。

（1）Ga的原子序数为______。

（2）半导体材料氮化镓是由Ga与NH3在一定条件下合成的，该过程中每生成3molH2时，就会放出30.8kJ的热量。

①反应的热化学方程式是________。

②反应的化学平衡常数表达式是_________________。

③在恒温恒容的密闭体系内进行上述可逆反应，下列有关表达正确的是_____（填字母代号）．

A.Ⅰ图象中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可以为升温或加压

B.Ⅱ图象中纵坐标可以为镓的转化率

C.Ⅲ图象中纵坐标可以为化学反应速率

D.Ⅳ图象中纵坐标可以为体系内混合气体的平均相对分子质量

（3）工业上多用电解精炼法提纯镓。

具体原理如下图所示：

已知：

金属的活动性Zn>Ga>Fe>Cu

①X为电源的_____极，电解精炼镓时阳极泥的主要成分是__________；

②在电解过程中使某种离子迁移到达阴极并在阴极放电析出高纯镓,请写出该电解过程的电极反应方程式.阳极：

___________________________________阴极：

______________________________

【答案】

（1）.31

（2）.2Ga（s）+2NH3（g）

2GaN（s）+3H2（g）△H＝-30.8kJ/mol（3）.

（4）.A（5）.正（6）.Fe和Cu（7）.Ga-3e-+4OH-=GaO2-+2H2O（8）.GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-

【解析】镓（Ga）位于周期表的第四周期，与Al同主族，主要存在Ga3+、GaO2－两种离子形态，被广泛应用于电子工业。

（1）镓（Ga）位于周期表的第四周期，与Al同主族，Ga的原子序数为13＋18＝31。

（2）半导体材料氮化稼是由Ga与NH3在一定条件下合成的，该过程中。

①每生成3molH2时，就会放出30.8kJ的热量，因此反应的热化学方程式是2Ga（s）+2NH3（g）

2GaN（s）+3H2（g）△H＝-30.8kJ/mol。

②根据方程式可知反应的化学平衡翻常数表决达式K＝

。

③A.Ⅰ图象中如果纵坐标为正反应速率，正反应是放热的、体积增大的可逆反应，升高温度或增大压强平衡均向逆反应方向进行，A正确；B.增大压强平衡向逆反应方向进行，转化率降低，B错误；C.改变固体质量反应速率不变，C错误；D.升高温度或增大压强平衡均向逆反应方向进行，混合气体的平均相对分子质量增大，D错误，答案选A。

（3）①X电极是粗Ga，是阳极，则X为电源的正极，金属的活动性Zn>Ga>Fe>Cu，所以铁和铜不会生气电子，则电解精炼稼时阳极泥的成分是Fe和Cu；②在电解过程中使某种离子迁移到达阴极并在阴极放电析出高纯稼，由于溶液显碱性，因此该离子是GaO2－，电解过程中的电极反应方程式为阳极：

Ga-3e-+4OH-=GaO2-+2H2O；阴极：

GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-。

点睛：

该题的难点是平衡图像分析和电极反应式的书写。

分析图像时注意首先弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。

在含量（转化率）—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。

当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。

在书写电极反应式时要注意电解质溶液的酸碱性，该题中还需要注意Ga和Al的性质相似，注意知识的迁移。

11.

（1）盐酸中加入六次甲基四胺对钢铁有一定缓蚀作用，右图为其结构简式，其分子式为（CH2）6N4，其中碳原子采用___________杂化，其缓蚀作用是因为分子中___________原子的孤对电子能与铁原子形成配位键,覆盖在钢铁表面。

（2）CO与N2属于等电子体，1个CO分子中含有的π键数目是_______个。

C、N、O三种元素的笫一电离能最大的是___________。

（3）右图是某化合物的晶胞示意图，硅原子与铝原子之间都以共价键连接。

①该化合物的化学式是___________。

②Al元素基态原子的电子排布式是___________。

③已知晶胞边长为5.93×10-8cm，Si与A1之间的共价键键长是___________cm（只要求列算式，不必计算出数值，下同），晶体的密度是___________g·cm-3

【答案】

（1）.sp3杂化

（2）.氮（3）.2（4）.N（5）.LiAlSi（6）.1s22s22p63s23p1（7）.

×5.93×10－8/4（8）.

【解析】

（1）根据结构简式可知分子中碳原子全部形成单键，碳原子采用sp3杂化杂化。

氮原子含有孤对电子，所以其缓蚀作用是因为分子中氮原子的孤对电子能与铁原子形成配位键,覆盖在钢铁表面。

（2）CO与N2属于等电子体，结构相似，则1个CO分子中含有的π键数目是2个。

非金属性越强，第一电离能越大，但氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则

C、N、O三种元素的笫一电离能最大的是N。

（3）①根据晶胞结构可知Si原子个数是4，Al原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，Li原子个数是12×1/4+1=4，因此该化合物的化学式是LiAlSi。

②Si元素的核外电子数是14，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p2。

③已知晶胞边长为5.93×10-8cm，则其体对角线是

。

Si与A1之间的共价键键长是对角线的1/4，即为

。

晶体的密度是

g·cm-3。

12.福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：

（1）物质A的名称是__________________________

（2）B→C的转化属于_______反应（填反应类型）。

（3）上述流程中设计A→B步骤的目的是_________________________________。

（4）A与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为：

_________________________________。

（5）A的同分异构体X满足下列条件：

Ⅰ．能与NaHCO3反应放出气体；Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应。

符合上述条件的同分异构体有______种。

其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_____________。

（6）参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料（无机试剂任选），设计制

的合成路线：

____________________________。

【答案】

（1）.3－羟基苯甲酸甲酯

（2）.还原（3）.保护酚羟基（4）.

（5）.13（6）.

（7）.

【解析】

（1）.物质A中含有苯羟基及苯甲酸甲酯，且呈间位存在，则物质A的名称为：

3－羟基苯甲酸甲酯；

（2）.B→C的转化为-COOH转化为-CH2OH的反应，此过程为由醇氧化成为酸的逆反应，即还原反应；

（3）.由整个反应流程可以看出，酚羟基经反应形成-O-后不再参与其他反应，直至最后被还原，所以A→B步骤的目的是保护酚羟基不被转化；

（4）.其中-COOCH3与NaOH反应生成CH3OH和-COONa，同时酚羟基能与NaOH反应生成苯酚钠，方程式为：

（5）.同时满足Ⅰ、Ⅱ，需要结构中即含有羧基又含有酚羟基，则苯环上官能团种类有两种情况，一种为：

-CH2COOH,-OH；另一种为-COOH,-CH3,-OH。

根据苯环上官能团的邻间对位置布置，总共有13中同分异构体；若该同分异构体包含5中不同的H原子，