届湖北省恩施州高三下学期教学质量检测理科综合化学试题解析版.docx

1、届湖北省恩施州高三下学期教学质量检测理科综合化学试题解析版2019届高三年级2月教学质量检测理科综合试卷(化学部分)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 C1-35.5 Ti-48 Cu-64一.选择题：本题共13小题，每小题6分。共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑(指蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露。”下列物质的分离和提纯可采用文中提到的“法“的是A. 从(NH4)2S2O8溶液中提取(NH4)2S2O8晶体B. 从丙烯酸甲酯和稀硫酸的混合液中分离出丙烯酸甲

2、酯C. 从含少量氯化钠的氯化铵中提取氯化铵D. 从对硝基甲苯和甲苯的混合物中分离出对硝基甲苯【答案】D【解析】【详解】A、文中提到的“法”为蒸馏，实验室常用此法分离两种沸点有明显差别的互溶的液体混合物。从(NH4)2S2O8 溶液中提取(NH4)S2O8晶体，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，不能用蒸馏法分离，选项A不符合题意；B、丙烯酸甲酯和稀硫酸不互溶，需采用分液操作进行分离，不能用蒸馏法分离，选项B不符合题意；C、从含少量氯化钠的氯化铵中提取氯化铵，不能用蒸馏法，选项C不符合题意；D、对硝基甲苯和甲苯沸点相差较大，两者互溶，可采用蒸馏法进行分离，选项D符合题意。答案选D。2.室温下，

3、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 能使甲基橙变黄的溶液中：NH4+、Mg2+、CiO、NO3B. 0.1mo/L的NH4Al(SO4)2溶液中：K+、Na+、CO32、CrC. 透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、SO42、CrD. 由水电离的c(H+)c(OH)=11026溶液：Fe2+、A13+、NO3、SO42【答案】C【解析】【详解】A、使甲基登变黄的溶液，可能是酸性溶液、中性溶液或碱性溶液，在碱性条件下NH4+、Mg2+不能大量共存，在酸性条件下ClO-不能大量共存，选项A错误；B、A13+和CO32会发生双水解反应而不能大量共存，选项B错误；C、透明溶液可以是有色溶液，

4、各离子之间不能发生离子反应，可大量共存，选项C正确；D、水电离的c(H+)= 110-13mol/LXB. 简单离子的半径：ZYC. X和Z的氧化物对应的水化物都是强酸D. X和Z的简单气态氢化物能反应生成两种盐【答案】C【解析】【分析】依题意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S，据此分析。【详解】依题意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S。A、H2O的热稳定性比NH3强，选项A正确；B、S2-的半径比O2-的大，选项B项正确；C、HNO3、H2SO4均是强酸，但是，HNO2、H2SO3均是弱酸

5、，选项C错误；D、NH3和H2S可反应生成(NH4)2S、NH4HS两种盐，选项D正确。答案选C。6.现代社会环境问题越来越引起人们的关注，可通过膜电池除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚()，同时利用此装置产生的电能进行粗铜的精炼，装置如下图所示。下列说法正确的是A. X电极为粗铜，Y电极为纯铜B. 电解过程中，乙中电解质溶液(即CuSO4溶液)的浓度保持不变C. A极的电极反应式为D. 当电路中有0.4mole转移时，B极区产生的HCO3的数目为0.1NA(不考虑水解等因素)【答案】D【解析】【分析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式

6、为+ H+2e-=+Cl-，电流从正极经导线流向负极，据此分析。【详解】A、粗铜精炼的过程中，粗铜作阳极，与电源的正极相连：纯铜作阴极，与电源的负极相连，故X电极为纯铜，Y电极为粗铜，选项A错误；B、粗铜精炼的过程中，阳极Zn、Fe、Cu依次放电，阴极始终是Cu2+放电，故电解前后乙中CuSO,溶液的浓度会降低，选项B错误；C、A极的电极反应式应为：+ H+2e-=+Cl-，选项C错误；D、B极的电极反应式为：CH3COO- -8e-+ 4H2O =2HCO3- + 9H+，故当电路中有0.4 mole-转移时，B极区产生的HCO3-的数目为0.1NA，D项正确。答案选D。【点睛】本题考查电解

7、池的工作原理以及应用。准确挖掘图中信息，并注意知识的迁移和应用是解题的关键；原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极。7.H2R为二元弱酸，向一定体积的0.1mol/L的H2R溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，溶液中不同形态的粒子(H2R、HR、R2)的物质的量分数a(X)随pH的变化曲线如图所示a(X)=c(X)/c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)。下列说法错误的是A. 常温下，K2（H2R）=1.01011B. 常温下，HR在水中的电离程度大于其水解程度C. pH=9时， c(Na+)c(HR)+2c(R2)D. pH=7时，c(H2R)=c(HR)【答案

8、】B【解析】【详解】A、由图像知： pH=11时， c(R2-)= c(HR-)，故K2(H2R) = = 1.010-11，选项A正确；B、根据图像，pH =9时，溶液中的溶质主要是NaHR，此时溶液显碱性，故HR在水中的电离程度小于其水解程度，选项B错误；C、pH =9时，根据电荷守恒，溶液中存在c(Na+)+ c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+ c(OH-)，而c(H+)c(HR-)+2c(R2- )，选项C正确；D、由图中信息可知，pH=7时，c(H2R) = c(HR-)，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查酸碱混合时定性判断和有关pH的计算，易错点为选项B，根据图像，pH

9、 =9时，溶液中的溶质主要是NaHR，此时溶液显碱性，故HR在水中的电离程度小于其水解程度。三、非选择题：第22-32题为必考题，每个题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题8.钛(Ti)被誉为第三金属，广泛应用于航空航天等领域。四氯化钛(TiCl4)是生产金属钛的重要原料，某小组设计实验制备四氯化钛并验证其产物CO，装置如下：已知部分信息如下：制TiCl4的反应原理为：TiO2(S)+2C(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+2CO(g) 四氯化钛的熔、沸点分别为24、136，易挥发，在水或淛湿空气中都极易水解，加热时能被O2氧化回答下列问题：(1)气流由左

10、至右，装置的正确连接顺序为：A、_、H、E(填字母)。(2)A中盛装盐酸的仪器名称是_；G装置的作用是_。(3)写出A中发生反应的化学方程式：_；实验室欲制备6720mLCl2(标准状态)，则理论上应转移_mol电子。(4)能证明上述反应有CO生成的实验现象是_。(5)利用图所示装置测定产品纯度：取 w g TiCl4产品进行实验，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待四氯化钛充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴0.1molL1的K2CrO4溶液作指示剂（注意：Ag2CrO4呈砖红色)，用cmolL1AgNO3溶液滴定至终点，消耗滴定液VmL。已知：常温下，Ksp(AgCl)=1

11、.81010，Ksp(Ag2CrO4)=1.11012。TiCl4+(2+n)H2O=TiO2nH2O+4HCl安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有_。根据上述数据计算该产品的纯度为_(用含w、c和V的代数式表示)。【答案】 (1). J、D、B、C、G、F (2). 分液漏斗 (3). 吸收多余的氯气，避免对后续反应造成干扰 (4). KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O (5). 0.5 (6). F中黑色粉末变红色，H中澄清石灰水变浑浊 (7). 形成液封，吸收多余的氯化氢气体 (8). 【解析】【详解】(1)实验装置的设计思路为：制备氯气、除氯化氢、干燥氯气、制备四氯化钛

12、、收集产品、除氯气、CO还原CuO、检验CO2、收集尾气，故装置的连接顺序应为：AJDBCGFHE；(2)仪器名称为分液漏斗，G中碱石灰吸收未反应的Cl2，避免干扰CO和CuO的反应；(3)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，发生归中反应，反应的化学方程式为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O；氯酸钾中氯被还原成氯气，此处n(Cl2)=0.3 mol，转移0.5 mol电子；(4) F中黑色粉末变为红色，说明该气体有还原性，H中澄清石灰水变浑浊，说明其氧化产物为CO2，结合F、H中的现象方可证明气体为CO；(5)安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还可以形成液封，吸收多余的HC1

13、气体，避免HCI损失；n(TiCl4)=mol，(TiCl4)= 100%=。9.以照相用的废定影液(主要含Na3Ag(S2O3)2)为原料提取银的一种流程如下：已知： Na2S(ag)+ 2Na3Ag(S2O3)2(ag)=Ag2S(s)+4Na2S2O3(aq)请回答下列问题：(1) Na3Ag(S2O3)2中S的化合价为_。常温下，滤液1的pH_7(填“”“ (3). Ag2S+O22Ag+SO2 (4). 3Ag+NO3-+4H+=3Ag+NO+2H2O (5). 用磁铁吸附铁粉 (6). 除去银表面粘附的H+、Cl-、Fe2+等 (7). 随着反应的进行，硝酸的浓度减小，化学反应速率

14、减慢 (8). Ag2S饱和溶液中c(Ag+)=，由离子积与溶度积的关系可知，生成AgCl的条件是：c(Cl-)mol/L，不存在Cl-浓度为该浓度的盐酸，故上述转化不能实现【解析】【分析】(1)由化合物中元素化合价代数和等于0求得S的化合价；滤液1含Na2S，Na2S2O3它们均是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性；(2) 依题意，硫化银在空气中灼烧生成银和SO2；(3)应选择稀硝酸与银反应，还原产物为NO；(4)用磁铁从银和铁的混合物中吸附铁粉；(5)温度大于T0K后，温度的升高，加速了硝酸的挥发和分解；(6)利用离子积和溶度积的相对关系计算硫化银转化为氯化银所需的最低鼠离子浓度物质在水中的溶解有一

15、定的限度，超过限度的离子浓度不可能达到。【详解】(1) Na3Ag(S2O3)2中钠、银、氧元素的化合价依次为+1、+1、-2.由化合物中元素化合价代数和等于0求得S的化合价为+2价；滤液1含Na2S，Na2S2O3它们均是强碱弱酸盐，它们的水溶液呈碱性，pH7；(2) 依题意，硫化银在空气中灼烧生成银和SO2，反应方程式为Ag2S+O22Ag+SO2；(3)绿色化学要求成本低、污染少等，硝酸量相等时稀硝酸溶解银较多，产生的大气污染物较少，故应选择稀硝酸与银反应，还原产物为NO，反应的化学方程式为3Ag+NO3-+4H+=3Ag+NO+2H2O；(4)用磁铁从银和铁的混合物中吸附铁粉；少量铁粉

16、，用盐酸或稀硫酸溶解铁粉，过滤，再用水洗除去银粉表面的多余的酸等可溶性杂质，故答案为除去银表面粘附的H+、Cl-、Fe2+等；(5)温度大于T0K后，温度的升高，加速了硝酸的挥发和分解，故答案为随着反应的进行，硝酸的浓度减小，化学反应速率减慢；(6) Ag2S饱和溶液中c(Ag+)=，由离子积与溶度积的关系可知，生成AgCl的条件是：c(Cl-)，不存在Cl-浓度为该浓度的盐酸，故上述转化不能实现。【点睛】本题考查了溴和银的回收及合金保护，解答本题关键是要知道过滤分离的物质特点，了解化学方程式的写法、溶液稀释的方法和用到的仪器，熟悉置换反应的特点，本题难度中等。10.采用H2或CO催化还原NO

17、以达到消除污染的目的，在氮氧化物尾气处理领域有着广泛应用。回答下列问题：(1)用CO处理NO时产生两种无毒、无害的气体，该反应的氧化产物为_。(2)已知：氢气的燃烧热为285.8kJ/mol2NO(g)=N2(g)+O2(g) H=180.5 kJ/molH2O(g)=H2O(1) H=44 k/mol写出用H2处理NO生成水蒸气和1molN2的热化学方程式_。(3)针对上述H2处理NO生成水蒸气和1molN2的反应，回答下列问题：研究表明，上述反应中，正反应速率为v正=k正c2(NO)c2(H2)，其中k正为速率常数，此处只与温度有关。当t=t1时，v正=v1，若此刻保持温度不变，将c(NO

18、)增大到原来的2倍，c(H2)减少为原来的1/2，v正=v2。则有v1_v2(填“”、“”或“=”)在温度T下，容积固定的密闭容器中充入3molNO和2molH2发生上述反应，起始压强为p0，一段时间后，反应达到平衡，此时压强p=0.9p0，则NO的平衡转化率a(NO)=_(结果保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp=_(用含p的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，且某气体的分压=总压该气体的物质的量分数)(4)实验室常用NaOH溶液吸收法处理NOx，反应方程式如下：(已知：NO不能与NaOH溶液反应。)NO+NO2+ 2NaOH= 2NaNO2 +H2O2NO2+ 2Naoh= NaN

19、O2+ NaNO3+ H2O 若NOx(此处为NO和NO2的混合气体)能被NaOH溶液完全吸收，则x的取值范围为_。 1molNO2和溶质物质的量为1mol的NaOH溶液恰好完全反应后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。(5)一氧化氮-空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能的同时，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合，其工作原理如果所示，写出放电过程中负极的电极反应式_，若过程中产生2molHNO3，则消耗标准状况下O2的体积为_L。【答案】 (1). CO2 (2). 2H2(g)+2NO(g) N2(g)+2H2O(g) H=-664.1kJ/mol (3). = (4). 33.3

20、% (5). (6). 1.5xc(NO3-)c(NO2-)c(OH-)c(H+) (8). NO-3e-+3H2O=NO3-+4H+ (9). 33.6【解析】【详解】(1)用CO处理NO时产生两种无毒的气体，分别为N2和CO2，氧化产物为CO2；(2)由氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol可得：2H2(g) + O2(g)= 2H2O(l) H3 = -571.6 kJ/mol，设反应I的焓变为H1，反应II的焓变为H2，则用H2处理NO生成氮气和水蒸气的热化学方程式为2H2(g) + 2NO(g) = N2(g) + 2H2O(g) H =H3+ H1 - 2H2 =-664.1 kJ

21、/mol；(3) 根据v正 =k正c2(NO)c2(H2)，当c(NO)增大到原来的2倍，c(H2)减少为原来的1/2时，v1与v2大小相等；根据题意可列出三段式： 2H2(g) + 2NO(g) = N2(g) + 2H2O(g)起始： 2 3 0 0转化： 2x 2x x 2x平衡： 2-2x 3-2x x 2x反应达到平衡，此时压强p= 0.9p0，则有，解得x=0.5，故NO的转化率a (NO)=33.3%，由分压公式P =可知，p(H2)=，p(NO)=，p（N2)=，p(H2O)=，则Kp=；(4)NO不能被NaOH溶液单独吸收，NO2可以被NaOH溶液单独吸收，因此NO和NO2混

22、合气体被NaOH溶液完全吸收的条件是满足: n(NO): n(NO2)1，当n(NO): n(NO2)=1时，x取最小值1.5, 因为混有NO,所以x的最大值2,故x的取值范围为1.5xc(NO3-)c(NO2-)c(OH-)c(H+)；(5) 由原电池的工作原理图示可知, 左端的铂电极为负极，其电极反应式为NO-3e-+3H2O=NO3-+4H+，当过程中产生2 molHNO3时转移6mole-，而1 mol O2参与反应转移4 mole-，故需要1.5 mol O2参与反应，标准状况下的体积为33.6 L。(二)选考题：请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选1题作答。若多做，

23、则按所做的第1题计分。11.第四周期过渡金属及其化合物在生活、生产、科学研究中有广泛应用。回答下列问题：(1)基态钪原子的核外电子排布式为_。在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素的最高化合价为_。(2)铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示：铜的第二电离能(I2)大于锌的第二电离能，其主要原因是_。(3)过渡金属的原子及离子易形成配合物或配离子，如：Fe(SCN)3、Co(NH3)63+、Ni(CO)4、Cu(H2O)42+等。已知配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性大小有关，元素电负性越大，其原子越不容易提供孤电子对。试推测：对于配合物Fe(SCN)3，配体SCN

24、中提供孤电子对的原子是_(填元素符号)。(4)实验室常用镍试剂检验Ni2+，可观察到鲜红色沉淀，该沉淀的结构如图所示。该沉淀中不存在的作用力类型是_(填字母)A.配位键 B.氢键 C.金属键 D.键 E.键在该沉淀中碳原子的杂化类型是_。(5)铜和氯形成的某晶体，其晶胞如图所示。该晶体的化学式为_(填字母)在该晶胞中，与某个铜原子距离最近且等距离的氯原子围成的空间几何形状为_。已知该晶体密度为dgcm3，M是阿伏加德罗常数的值。则铜、氯原子最短核间距(D)为_cm。【答案】 (1). Ar3d14s2 (2). +6 (3). 气态Cu原子失去一个电子变成Cu+后，其核外电子排布式为Ar3d1

25、0，该结构能量较低较稳定，故Cu的第二电离能相对较大 (4). S (5). C (6). sp2、sp3 (7). CuCl (8). 正四面体 (9). 【解析】【详解】(1) 基态钪原子的核外电子排布式为Ar3d14s2；基态铬原子的未成对电子数为6，在第四周期过渡元素中，基态铬原子未成对电子数最多，铬的最高化合价为+6价；(2) 气态Cu失去一个电子变成Cu后，其核外电子排布式为Ar3d10，该结构能量较低较稳定，故Cu的第二电离能相对较大；(3) SCN-中S和N有孤电子对，C没有孤电子对，N的电负性大于S，依题意，SCN-中S提供孤电子对；(4)由图中信息可知，该沉淀不存在金属键，答案选C；由沉淀的分子结构可知，分子中有2种杂化类型不同的碳原子，其中一种形成4个单键，另一