湖南省郴州市届高三第三次质量检测理科综合化学试.docx

1、湖南省郴州市届高三第三次质量检测理科综合化学试郴州市2017届高三第三次教学质量监测试卷理科综合化学可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-1 S-32 N-14 Na-23 AI-27 一、选择题：本题共13小题。每小题6分，在每小题给出的4个选项中只有一项是符合题要求的。1人类生活、社会的可持续发展与化学密切相关，下列有关叙述正确的是A高压钠灯能发出透雾能力强的淡紫色光，常用做路灯B用水清洗盛装过浓硫酸的铁桶要远离火源C锂电池应用广泛，是因为锉能直接与水反应，不需要特殊的电解质溶液D据报导，一定条件下氢气可转变为金属氢，金属氢具备超导等优良性能。由氢气转变为金属氢属于同一元素的同位素

2、之间的转化【答案】B【解析】A高压钠灯能发出透雾能力强的黄色光，故A错误；B铁与稀硫酸反应生成氢气，氢气易燃，要远离火源，故B正确；C锂能与水反应，电解质溶液中不能有水，故C错误；D化学变化中原子核不发生变化，氢气转变为金属氢不属于同一元素的同位素之间的转化，故D错误；故选B。2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A100g 98%的浓硫酸中含有的氢原子数目为2NAB常温下，2.7gAl与足量浓度为18mo1/L的浓硫酸反应时，转移的电子数为0.3NAC标准状况下，22.4L的CCl4含有的CCl4分子数大于NAD1 mol苯完全转化为环己烷，参与反应的碳碳双键数为3NA【答案】C【解

3、析】A100g 98%的浓硫酸中含有98g硫酸，硫酸中含有2molH，浓硫酸中还有水，水中也有H，故A错误；B常温下，Al与足量浓度为18mo1/L的浓硫酸反应时发生钝化，故B错误；C标准状况下，四氯化碳是液体， 22.4L的CCl4的物质的量大于1mol，含有的CCl4分子数大于NA，故C正确；D苯中不存在碳碳双键，故D错误；故选C。点晴：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意明确阿伏伽德罗常数的概念，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。本题的易错点是C，要注意分子数不是等于某一个数，而是大于。3下列离子组能大量共存且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是【答案】D点

4、晴：本题考查离子共存和离子方程式的正误判断。要注意题意中隐含信息的理解。本题中的易错点是A，要知道碘离子的还原性强于亚铁离子，碘离子首先与高锰酸钾反应。4下列说法正确的是A分子式为C5H11Cl的有机物，分子结构中含2个甲基的同分异构体有4种BCH3COOH与C2H518OH在浓硫酸作用下加热，反应生成的有机物分子的结构简式为CH3COOC2H5C三氯甲烷只有一种结构，不存在同分异构体，证明甲烷是正四面体构型D煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类【答案】A【解析】A分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH

5、3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH(CH3)CH2CH2Cl；CH3CH(CH3)CHClCH3；CH3CCl(CH3)CH2CH3；CH2ClCH(CH3)CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH3C(CH3)2CH2Cl；共有8种情况，但含有2个甲基的有机物有4种，故A正确；BCH3COOH与C2H518OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应，根据酯化反应的原理，生成的有机物分子的结构简式为CH3CO18OC2H5，故B错误；C如果甲烷是正方形结构， 三氯甲烷也只有一种结构，故C错误；D花生油属于不饱和的酯类，故D错误；故选A。5下列装置和试剂(尾气处理略去)能

6、达到实验目的的是【答案】C【解析】A二氧化氮和溴都能氧化碘化钾生成碘单质，故A错误；B氢氧化钠能够与碘反应，不能通过升华分离，故B错误；CNH4NO3溶解吸热，温度降低，烧瓶中气体的压强减小，只要看到气球被吹大，即可证明，NH4NO3溶解吸热，故C正确；D浓硫酸与铜的反应需要加热，故D错误；故选C。6在容积均为1L的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1mo1CO ,控制在不同温度下发生反应：当反应进行到5min时，测得CO的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是A反应进行到5min时，b容器中v(正)=v(逆)B正反应为吸热反应，平衡常数:K(T1)K(T2)Cb中v（正)大于a中

7、v(逆)D达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为bca【答案】C【解析】A5min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，故A错误；B温度越高，反应速率越快，根据b、c2点可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故B错误；C根据图像，a可能为平衡状态，v(正)v(逆)，b是平衡状态，b的温度高，因此b平衡时的反应速率大于a平衡时的反应速率，因此b中v(正)大于a中v(逆)，故C正确；D根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为abc，故D错误；故选C。【点睛】本题考查化学平衡图象题，难

8、度较大，注意从图像中曲线的变化趋势分析条件改变导致平衡移动的特点。本题的突破口为，温度越高，反应速率越快，b为平衡状态。 7短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数；Y、Z为同周期相邻元素，X、W、Y分别排列在三个连续的奇数族。下列说法正确的是A简单离子半径:WYZB最高价氧化物对应水化物的酸性：YZC工业上制备W单质的方法为热还原法DX分别与Y、Z形成的简单化合物所含化学键类型相同【答案】D【解析】短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X，Y的原子序数之和等于Z的原子序数；Y，Z为同周期相邻元素，则X的原子序数为1，为H元素；X，W，Y分

9、别排列在三个连续的奇数族，则W位于A族、Y为A族，结合X，Y，Z，W的原子序数依次增大可知W位于第三周期，为Al元素，Y位于第二周期，为N元素；X，Y的原子序数之和等于Z的原子序数，则Z的原子序数=1+7=8，为O元素。A离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：YZW，故A错误；BY、Z分别为N、O元素，O元素没有最高价含氧酸，故B错误；CW的单质为金属Al，工业上冶炼铝通过电解熔融氧化铝制取金属铝，故C错误；DX(H)分别与Y(N)、Z(O)形成的最简单化合物分别为水、氨气，都含有极性键，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了原子结构与元素周

10、期律的关系，涉及离子半径大小比较、酸性强弱判断、电解质与非电解质、金属铝的冶炼等知识，推断元素为解答关键，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。本题的易错点是B，O元素没有最高价含氧酸。三、非选择题:本卷包括必选题和选考题两部分，第22-32题为必考题，每个题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(共129分)8碱式碳酸镁可用于牙膏、医药化妆品等工业，化学式为4MgCO3Mg（OH）25H2O，某碱式碳酸镁中含有SiO2杂质，为测定其纯度。某兴趣小组设计了如下几个方案：方案1取一定质量的样品，与硫酸充分反应，通过测定CO2的质量计算纯度（1）乙中发生反应的方程式

11、为_ 。（2）仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用) a_，丁的作用是_。（3）关闭止水夹K，向样品中加入足量的稀硫酸，当样品充分反应完后，为了测定准确还应进行的操作是_。方案称取碱式碳酸镁样品mg；将样品充分高温燃烧，冷却后称量；重复操作，测得剩余固体质量为m1g(用托盘天平称量)。（4）下列仪器中，该方案不会用到的是_。（5）判断样品完全分解的方法是_。（6）有同学认为方案高温燃烧的过程中会发生会导致测定结果有误，你任为这位同学的观点正确吗？_，（填“正确”或“错误”）请说明自己的理由：_。【答案】 （1）4MgCO3Mg(OH)25H2O+5H2SO4=5MgSO4+11H2O+4CO

12、2 （2）debcb （3）除去CO2中的水蒸气 （4）打开止水夹K，缓慢通入空气 （5）E （6）样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内 （7）错误 （8）该反应的发生不影响生成CO2和水蒸气的量。【解析】 （1）乙中4MgCO3Mg(OH)25H2O与硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4MgCO3Mg(OH)25H2O+5H2SO4=5MgSO4+11H2O+4CO2，故答案为：4MgCO3Mg(OH)25H2O+5H2SO4=5MgSO4+11H2O+4CO2；（2） 根据实验目的，通过测定CO2的质量计算纯度，反应生成的二氧化碳中混有水蒸气，需要用浓硫酸的

13、洗气瓶除去，然后用碱石灰吸收生成的二氧化碳，为了防止外界空气中的水蒸气和二氧化碳加入装置，需要在最后连接一个干燥装置，因此仪器接口的连接顺序为a debcb，其中丁的作用是除去CO2中的水蒸气，故答案为：debcb；除去CO2中的水蒸气；（3）关闭止水夹K，向样品中加入足量的稀硫酸，当样品充分反应完后，为了测定准确，应该用不含有二氧化碳的空气将装置中的二氧化碳全部赶出，因此操作为打开止水夹K，缓慢通入空气，故答案为：打开止水夹K，缓慢通入空气； （4）根据方案的步骤，将样品充分高温燃烧，用到酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚，冷却后称量，用到干燥器，不会用到的仪器是蒸发皿，故选E；（5） 样品连续两

14、次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内，说明样品完全分解，故答案为：样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内；（6）根据反应可知，反应过程中的二氧化碳和水蒸气的量不变，对测定结果无影响，故答案为：错误；该反应的发生不影响生成CO2和水蒸气的量；9元索素铬及其化合物工业用途广泛，但含+6价格的污水会损害环境，必须进行处理。某工厂的处理工艺流程如下：（1）请写出从NaH4的电子式_。（2）下列溶液中，可以代替上述流程中N2H4的是_ (填选项序号)AFeSO4济液 B浓HNO3溶液 C甲酸性KMnO4溶液 DNa2SO3溶液（3）已知加入N2H4的流程中，N2H4转化为无污染的物质，则

15、该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）Cr(OH ) 3的化学性质与AI(OH)3相似。在上述生产过程中加人溶液时要控制溶液的pH不能过高，原因可用离子方程式表示为_。（5）实际工业生产中，有时还可采用阳离子交换树脂法来测定沉淀后溶液中Cr3+的含量，其原理是Mn+nNaR=nNa +MRn，其中NaR为阳离子交换树脂，Mn+为要测定的离子常温下，将pH=5的废水经过阳离子交换树脂后，测得溶液中Na+比交换前增加了0.046gL1，则该条件下Cr(OH)3，的Ksp的值为_。（6）在实际的含铬废水处理中，还可采用直接沉淀的方法，处理成本较低。已知含铬废水中存在着平衡，Cr2O72和G

16、rO42在溶液中可相互转化，请用离子方程式表示它们之间的转化反应_；在实际工业生产中，加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，这洋有利于沉淀的生成，则生成沉淀的化学式为_。【答案】 （1） （2）AD （3）2:3 （4）Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O或Cr(OH)3+OH-=C(OH)4- （5）6.710-31（或2/310-30） （6）Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+或Cr2O72-+2OH-2CrO42-+H2O （7）BaCrO4【解析】含Cr2O72-离子的废水加入N2H4溶液调节溶液pH=2-3，重铬酸根离子被还原为Cr3+离子，再加入氢

17、氧化钠溶液控制溶液pH生成Cr(OH)3。（1）N2H4的电子式为，故答案为：； （4）Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似。如果加入NaOH溶液时溶液的pH过高，Cr(OH)3将被氢氧化钠溶解，离子方程式为Cr(OH)3+OH-=CrO2- +2H2O，故答案为：Cr(OH)3+OH-=CrO2- +2H2O；（5）阳离子交换树脂法来测定沉淀后溶液中Cr3+的含量，其原理是Cr3+3NaR3Na+CrR3，其中NaR为阳离子交换树脂，Mn+为要测定的离子Cr3+，Na+比交换前增加了4.610-2gL-1，物质的量浓度=102mol/L=210-3mol/L，计算被交换的离子Cr3+

18、浓度=210-3mol/L，Cr(OH)3(s)3c(OH-)+c(Cr3+)，将pH=5的废水经过阳离子交换树脂后，溶液中c(OH-)=10-9mol/L，Ksp=c3(OH-)c(Cr3+)=3210-3mol/L=6.710-31，故答案为：6.710-31；（6）Cr2O72-和CrO42-在溶液中相互转化，离子方程式为Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，故答案为：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+；含铬废水中存在着平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+在实际工业生产中，加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，这样有利于沉淀的生成，氢氧根离

19、子和氢离子反应生成水，促使平衡正向进行，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，则生成沉淀的化学式为：BaCrO4；故答案为：BaCrO4。10肼( N2H4)是一种高能燃料，在工业生产中用途广泛。（1）0.5mol肼中含有_ mol极性共价键。（2） 肼的性质与氨气相似，易溶于水，有如下反应过程：N2H4+H2ON2H4H2ON2H5+OH-常温下，某浓度N2H5C1溶液的pH为5，则该溶液中由水电离产生的c（H+）为_mol/L。常温下，0.2mol/L N3H4溶液0.1mol/L HCL溶液等体积混合，混合溶液的pH7，则溶液中v(N2H5+)_v(N2H4H2O)（填“”、“ （4）N2H4+

20、4Cu(OH)2=2Cu2O+N2+6H2O （5）N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) H=-1284.4kJ/mol （6）H2O2+2e-=2OH- （7）减少【解析】 （1）肼的结构为H2N-NH2，0.5mol肼中含有极性共价键的物质的量为0.5mol4=2mol，故答案为：2；（2） 常温下，Kw=10-14，某浓度N2H5C1溶液因水解，pH为5，促进水的电离，则该溶液中由水电离产生的c(H+)=10-5mol/L，故答案为：110-5；常温下，0.2mol/LN2H4溶液0.1mol/LHCl溶液等体积混合，反应后溶液中存在等物质的量浓度的N2H4H2O

21、和N2H5C1，混合溶液的pH7，说明以N2H4H2O的电离为主，则溶液中v(N2H5+)v(N2H4H2O) ，故答案为：；（3）工业上可用肼(N2H4)与新制Cu(OH)2反应制备纳米级Cu2O，同时放出N2，该反应的化学方程式为N2H4+4Cu(OH)2=2Cu2O+N2+6H2O，故答案为：N2H4+4Cu(OH)2=2Cu2O+N2+6H2O；（4）肼与双氧水反应成氮气与水蒸气。1.6g液态肼在上述反应中放出64.22kJ的热量，则1mol肼(32g)燃烧放出 64.22kJ= 1284.4kJ热量，反应的热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) H

22、=-1284.4kJ/mol，故答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) H=-1284.4kJ/mol；（5）肼-双氧水燃料电池中正极发生还原反应，正极反应式为2H2O2+4e-=4OH-，电池工作过程中，A极为负极，总反应为N2H4+2H2O2=N2+4H2O，用总反应方程式减正极反应式得到负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，负极区溶液的pH逐渐减小，故答案为：H2O2+2e-=2OH- ；减少。【点睛】本题考查了肼的结构和性质，知识点比较陌生，难度较大。灵活运用盐类水解的原理，联系氨水的相关知识是解题的关键。本题的难点是（5）中电极方程式的

23、书写和溶液pH的变化判断。(二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成对电子数的两倍，C元素在地壳中含量最高，D的单质是短周期中熔点最低的金属，E的合金是我国使用最早的合金。E元素的基态原子电子排布式为_。A的某种氢化物A2H2分子中含有_个键和_个键。（3）A的含氧酸根离子AO3n-空间构型是_。（4）B的最简单的氢化物的沸点比A的最简单的氢化物的沸点高得多，其原因是_。（5）E的最高阶氧化物对应的水化物溶解于氨水

24、中生成的复杂化合物的化学式是_。（6）下图是D单质的晶体堆积方式，这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为_，若该原子的半径为 rpm，此晶体的密度p=_g/cm3(用含r的代数式表示，阿伏伽德罗常数用NA表示)。【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d104s1 （2）3 （3）2 （4）正三角形 （5）氨分子间可以形成氢键二甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高 （6）(OH)2 （7）8 （8）【解析】试题分析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，

25、所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。据此分析解答。解析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。（1）铜的原子序数是29，铜元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。（2）A的某种氢化物A2H2分子是乙炔，乙炔的结构式为HCCH，则分子中含有3个键和2个键。（3）A 的

26、含氧酸根离子CO32-中碳原子的价层电子对数，所以碳酸根的空间构型是平面正三角形。（4）氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高。（5）铜的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铜溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是(OH)2。（6）根据钾的晶胞结构可知这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为8。若该原子的半径为rpm，则晶胞体心的对角线是4rpm，所以晶胞的边长是。该晶胞的体积是。晶胞中含有2个钠原子，则此晶体的密度g/cm3。12是合成高聚酚酯的原料，其合成路线(部分反应条件略去)如下图所示:（1）A的结构简式为_，B的化学名称为_。（2）由C生成D的反应类型为_。（3）反应的反应条

27、件_。（4）反应的化学方程式为_。（5）与D互为同分异构体且含有碳碳双键和-COO-的苯的二元取代物有_种，其中核磁共振谱为5组峰，且峰面积比为2:1:2:2:1的结构简式为_（任写一种)。（6）写出以C2H5OH为原料合成乳酸的路线_ (其他试剂任选，合成路线常用的表示方式为目标产物)【答案】 （1）HCHO （2）苯乙醛 （3）消去反应 （4）NaOH醇溶液，加热 （5） （6）6 （7）或 （8）【解析】根据流程图知，为消去反应、为加成反应、发生信息i的氧化反应，则A为HCHO、B为，B发生信息ii的反应，C结构简式为，C发生缩聚反应生成E，E结构简式为，C发生消去反应生成D，D结构简式

28、为，D和苯酚发生酯化反应生成。（1）根据上述分析，A为HCHO，B为，名称为苯乙醛，故答案为：HCHO；苯乙醛；（2）C在浓硫酸体积下发生消去反应生成D，故答案为：消去反应；（3）根据流程图，反应是卤代烃发生消去反应生成烯烃，反应条件为NaOH醇溶液，加热，故答案为：NaOH醇溶液，加热；（4）反应是C发生的缩聚反应，反应的化学方程式为，故答案为：；（5） D为，与D互为同分异构体且含有碳碳双键和-COO-的苯的二元取代物有(包括邻位、间位、对位3种)和(包括邻位、间位、对位3种)，共6种；其中核磁共振谱为5组峰，且峰面积比为2:1:2:2:1的结构简式为和，故答案为：6；和；（6）CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN发生加成反应生成CH3CH(OH)CN，该物质发生水解反应生成CH3CH(OH)COOH，其合成路线为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断和有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确有机物官能团及其性质、有机反应类型及反应条件是解本题关键。难点是根据反应物和生成物采用知识迁移的方法进行有机合成。