届高三上学期第二次联考理科综合化学考试题湖北省稳派教育.docx

1、届高三上学期第二次联考理科综合化学考试题湖北省稳派教育2022届高三上学期第二次联考理科综合化学考试题（湖北省稳派教育） 选择题化学与生活、生产密切相关。下列有关说法错误的是A. 重金属盐中毒者可以用鸡蛋清、牛奶或豆浆进行急救B. K2FeO4可作饮用水的消毒剂和净水剂C. 糖类、植物油和蛋白质都是天然高分子化合物D. 用透气袋包装的活性炭可作室内空气的除味剂【答案】C【解析】A、鸡蛋清、牛奶或豆浆中含有蛋白质，在重金属盐作用下，发生变性而失去活性，重金属盐中毒者可以用鸡蛋清、牛奶或豆浆进行急救，故A正确；B、K2FeO4具有强氧化性，可用作新型自来水消毒剂，K2FeO4的还原产物为Fe3，水

2、解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性，可作饮用水的净水剂，故B正确；C、单糖、二糖、植物油是小分子化合物，不是天然高分子化合物，故C错误；D、活性炭表面积大，吸附能力强，用透气袋包装的活性炭可作室内空气的除味剂，故D正确；故选C。 选择题某学习小组设计实验制备供氢剂氢化钙(CaH2)，实验装置如下图所示。已知：氢化钙遇水剧烈反应。下列说法正确的是A. 相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率慢B. 酸R为浓盐酸，装置b中盛装浓硫酸C. 实验时先点燃酒精灯，后打开活塞KD. 装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管【答案】D【解析】A、相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率快，铜锌和电解质形成

3、原电池，反应速率加快，故A错误；B、酸R为稀硫酸，装置b中盛装浓硫酸，故B错误；C、实验时先打开活塞K，后点燃酒精灯，用氢气赶走装置中的空气后，才能加热，故C错误；D、氢化钙遇水剧烈反应，装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管，故D正确；故选D。 选择题萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是A. a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B. b的分子式为C10H12OC. a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D. 只能用钠鉴别a和b【答案】C【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的

4、分子式为C10H14O，故B错误；C、 a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。 选择题阿伏加德罗常数的值为NA。工业上，利用乙烯水化法制乙醇：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。下列有关说法正确的是A. 1mol乙烯和1mol乙醇分别完全燃烧，消耗O2的分子数均为3NAB. 1mol H2O和H2F+的混合物中所含质子数为10NAC. 乙醇催化氧化生成1mol乙醛时转移电子数为NAD. 46g乙醇中所含共价键的数目为7NA【答案】A

5、【解析】A、1mol乙烯（C2H4）和1mol乙醇(化学式可以看成C2H4?H2O)分别完全燃烧消耗O2均为3mol，消耗O2的分子数均为3NA，故A正确；B、1mol H2O所含质子数为10NA，1molH2F+的所含的质子为11NA，故B错误；C、C2H6O中碳为-2价，C2H4O中碳为-1价，乙醇催化氧化生成1mol乙醛时转移电子数为2NA，故C错误；D、46g乙醇中所含共价键的数目5molC-H、1molC-O、1molO-H、1molC-C共8NA，故D错误；故选A。 选择题远洋轮船的船体材料是合金钢，为了保障航行安全，延长轮船的使用寿命，通常在与海水接触的船壳(船底及船侧)上镶嵌一

6、些金属块M。下列有关说法不正确的是A. 上述保护船壳免受腐蚀的方法叫牺牲阳极的阴极保护法B. M可能是锌、镁、锡等金属C. 船壳主要发生吸氧腐蚀D. 在上述保护船壳的过程中，负极反应为M?ne- =Mn+【答案】B【解析】A、为了保障航行安全，延长轮船的使用寿命，通常在与海水接触的船壳(船底及船侧)上镶嵌一些金属块M，如锌，形成原电池，这种保护船壳免受腐蚀的方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B、M可能是锌等比铁活?金属，在原电池中作负极，先腐蚀，不能是镁等太活泼的金属,活泼金属腐蚀太快，成本高。也不能用锡，否则铁作负极，腐蚀更快。故B错误；C、海水处于中性、弱碱性环境，船壳主要发生吸氧腐蚀

7、，故C正确；D、负极活泼金属失电子，被氧化，在上述保护船壳的过程中，负极反应为M?ne- =Mn+，故D正确；故选B。 选择题298K时，用0.1000mol?L-1稀硫酸滴定20.00mL 0.1000mol?L-1氨水，溶液中水的电离程度随所加稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A. 该实验可选择甲基橙作指示剂B. 从P点到N点，溶液中水的电离程度先增大后减小C. M点对应的溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(NH3?H2O)D. N点对应的溶液中：c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(SO42-)【答案】D【解析】A、终点时，产物为硫酸铵，水解后呈酸性，可选用变色范围在酸

8、性的指示剂，该实验可选择甲基橙作指示剂，故A正确；B、从P点到M点，碱性逐渐减弱，溶液中水的电离程度增大，从M点到N点，溶液中水的电离程度减小，故B正确；C、M点产物为硫酸铵，对应的溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3?H2O)，故C正确；D、N点相当于是硫酸和硫酸等物质的量混合形成的溶液，N原子与S原子比为：，对应的溶液中物料守恒的式子为：c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(SO42-)，故D错误；故选D。 选择题短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，b是地壳中含量最高的元素，e的单质的熔点在同周期元素中最高，a、b的原子序数之和等于e的原子序数，d原

9、子的核外电子层数等于最外层电子数：分别向cdb2溶液、c2eb3溶液中通入气体ab2，产生沉淀的质量与通入气体的体积的定性关系都可用右图表示。下列说法不正确的是A. 原子半径：cdeabB. 工业上通常采用ab高温还原d2b3的方法冶炼d的单质C. 同温下，0.1mol?L-1c2eb3溶液的pH大于0.1mol?L-1c2ab3溶液D. 简单氢化物的热稳定性：bae【答案】B【解析】短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，b是地壳中含量最高的元素，为氧元素，e的单质的熔点在同周期元素中最高，为硅元素，a、b的原子序数之和等于e的原子序数，a为碳元素，d原子的核外电子层数等于最外层

10、电子数，d为铝元素，分别向cdb2溶液即NaAlO2、c2eb3溶液Na2SiO3中通入气体ab2即CO2，产生沉淀的质量与通入气体的体积的定性关系符合图示关系。A、同一周期原子半径从左到右逐渐减小，同一主族，原子半径从下到上逐渐减小，原子半径：cdeab，故A正确；B、工业上通常采用电解法冶炼铝的单质，故B错误；C、碳酸的酸性大于硅酸，酸性越弱，对应的弱酸盐的水解能力越强，同温下，0.1mol?L-1Na2SiO3溶液的pH大于0.1mol?L-1Na2CO3溶液，故C正确；D、 简单氢化物的热稳定性：H2OCH4SiH4 即bae，故D正确。 综合题五种短周期主族元素的部分信息如下表所示：

11、（1）E在元素周期表中的位置是_。（2）在BDC溶液中滴加酚酞溶液，溶液先变红后褪色，原因是_(用离子方程式表示)。（3）25时，pH均为10的BCA溶液和B2E溶液中，水电离出的c(OH-)之比为_。（4）下列事实中，能说明D的非金属性比E强的是_ (填字母)。aD的简单氢化物比E的稳定 bAD的酸性比A2E的强cD的单质的沸点低于E的单质 dD2与A2E能发生置换反应（5）500时，向容积为1L的恒容密闭容器中充入2mol EC3气体，在催化剂作用下发生反应，经过10min恰好达到平衡，测得平衡浓度c(C2)=0.75mol?L-1。反应从开始到平衡时的平均反应速率v(EC2)=_。EC3

12、的平衡转化率为_。其他条件不变，再向容器中充入少量EC3气体，则EC3的平衡转化率会_ (填“增大”“减小”或“不变”)。（6）在B2E2C3溶液中滴加BAEC4溶液，会析出黄色沉淀并逸出刺激性气体，反应的离子方程式为_。【答案】? 第三周期A族? ClO?H2OHClOOH 1106（或10?6）? ad? 0.15 mol?L?1?min?1? 75%? 减小? S2O32?2H?=SSO2H2O【解析】A和B化合价均为+1价，应为IA族，B焰色为黄色，得B为钠元素，A为氢元素，C和E，C只有-2价，为氧元素，E有-2和+6价，为硫元素；D有-1和+7价，结合原子半径为D小于E，D为氯元素

13、。（1）E为硫元素，在元素周期表中的位置是第三周期A族；（2）在NaClO溶液中滴加酚酞溶液，溶液先变红后褪色，原因是ClO?H2OHClOOH?(用离子方程式表示)。（3）25时，pH均为10的NaOH溶液水电离出的c(OH-)=10-10mol?L1和Na2S溶液中水电离出的c(OH-)=10-4mol?L1，水电离出的c(OH-)之比为10-10：10-4=1106。（4）a同一周期，气态氢化物越稳定，元素的非金属越强，Cl的简单氢化物比S的稳定， 能说明Cl的非金属性比S强，故a正确；b比较元素的非金属性应用元素对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，不能根据氢化物的酸性强弱比较，例如

14、盐酸的酸性比氢硫酸强，故b错误；cD的单质的沸点低于E的单质 ，是物理性质，与非金属性无关，所以无法说明非金属性的强弱，故c错误；d将Cl2通入氢硫酸中可置换出S，说明氯气的氧化性比S强，单质的氧化性越强，非金属性越强，所以能证明Cl的非金属性比S的强，故d正确；故选ad。（5）500时， 2SO3 2SO2? O2c始 2c变 1.5 1.5 0.75c平 0.5 1.5 0.75反应从开始到平衡时的平均反应速率v(SO2)= 0.15 mol?L?1?min?1。SO3的平衡转化率为= 75% 。其他条件不变，再向容器中充入少量SO3气体，相当于加压，平衡逆向移动，则SO3的平衡转化率会减

15、小。（6）在Na2S2O3溶液中滴加NaHSO4溶液，会析出黄色沉淀并逸出刺激性气体，反应的离子方程式为S2O32?2H?=SSO2H2O。 综合题Cu2SO3?CuSO3?2H2O是一种深红色固体(以下用M表示)。某学习小组拟测定胆矾样品的纯度，并以其为原料制备M。已知：M不溶于水和乙醇，100时发生分解反应；M可由胆矾和SO2为原料制备，反应原理为3Cu2+6H2O+3SO2Cu2SO3?CuSO3?2H2O+8H+SO42-。I测定胆矾样品的纯度。（1）取w g胆矾样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，从中取25.00mL于锥形瓶中，加入指示剂，用c mol?L-1EDTA(简写成Na4Y

16、)标准溶液滴定至终点(滴定原理：Cu2+Y4-=CuY2-)，测得消耗了V mL EDTA标准溶液。则该胆矾样品的纯度为_(用含c、V、w的代数式表示)。如果滴定管装液前没有用EDTA标准溶液润洗，测得的结果会_ (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。制备M。实验装置如下图所示：（2）实验室用70硫酸与亚硫酸钠粉末在常温下制备SO2。上图A处的气体发生装置可从下图装置中选择，最合适的是_(填字母)。（3）装置D中的试剂是_。装置B中水浴加热的优点是_。（4）实验完毕冷却至室温后，从锥形瓶中分离产品的操作包括：_、水洗、乙醇洗、常温干燥，得产品Cu2SO3?CuSO3?2H2O。检验产品已水洗完全

17、的操作是_。【答案】? 250cV/w? 偏高? a? NaOH溶液? 受热均匀，容易控制温度范围，可防止温度过高导致产品分解? 过滤? 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则产品已水洗完全【解析】I（1）25.00mL中n(Cu2+)=c mol?L-1V 10-3L ，胆矾样品的纯度= =250cV/w%；如果滴定管装液前没有用EDTA标准溶液润洗，EDTA标准溶液浓度偏低，所消耗EDTA标准溶液体积偏大，测得的结果会偏高。（2）实验室用70硫酸与亚硫酸钠粉末在常温下制备SO2，装置应选用固体+液体的装置，图A处的气体发生装置,最合适的是a；（3）装置

18、D中的试剂是NaOH溶液，用于吸收尾气。装置B中水浴加热的优点是受热均匀，容易控制温度范围，可防止温度过高导致产品分解；（4）Cu2SO3?CuSO3?2H2O是固体，实验完毕冷却至室温后，从锥形瓶中分离产品的操作包括：过滤、水洗、乙醇洗、常温干燥，得产品Cu2SO3?CuSO3?2H2O。检验产品已水洗完全的操作是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则产品已水洗完全。 综合题铝及其合金在生活、生产中有广泛应用。（1）最新研究表明：氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成NaAl(OH)4。则氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式为_。（2）目前，国内对真空碳热还

19、原-氯化法冶炼铝的研究较多，利用该方法冶炼金属铝，既节能又环保。已知：Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g) H13AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)? H2Al(l)=Al(s)? H3则Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)? H4=_(用含H1、H2、H3的代数式表示)。（3）已知：Al4C3是真空碳热还原-氯化法冶炼铝的中间产物，它与水反应生成气体Y，Y是含氢量最大的烃。向2L恒容密闭容器中充入2mol Y和2mol水蒸气，一定条件下发生反应a Y(g)+bH2O(g) c CO(g)+dH2(g)? H。测得Y的平

20、衡转化率(Y)与温度、压强的关系如图所示。上述反应的H_0(填“”“”“ Cu(NH3)3Ac?CO(aq)? HAl(OH)4?H H1H22H3? ? ? 6.75 mol2?L?2? 使用催化剂、增大反应物浓度、升高温度? 低温、高压? O24e?2H2O=4OH?【解析】（1）氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式为 Al(OH)3H2OAl(OH)4?H? ；（2）Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g) H1，3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)? H2，Al(l)=Al(s)? H3，由盖斯定律，+2，则Al2O3(s)+3C(s

21、)=2Al(s)+3CO(g)? H4=H1H22H3 ；（3）Al4C3是真空碳热还原-氯化法冶炼铝的中间产物，它与水反应生成气体Y，Y是含氢量最大的烃。Y为CH4由图可知：升高温度，平衡转化率(Y)增大，a Y(g)+bH2O(g) c CO(g)+dH2(g)，平衡正向移动，上述反应的H0；向2L恒容密闭容器中充入2mol Y和2mol水蒸气，一定条件下发生反应a Y(g)+bH2O(g) c CO(g)+dH2(g) ，该反应为 CH4(g)+1H2O(g) 1CO(g)+3H2(g) ，由图平衡转化率(Y)增大，平衡正向移动，再根据方程式的计量数，平衡向正向移动，应是减小压强，故图象

22、中，x已知：常温下，KspFe(OH)3=8.010-38，KspAl(OH)3=4.010-34。氢氧化物沉淀的条件：Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2+开始沉淀的pH为8.1。（1）“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸，原因是_。（2）用离子方程式表示“氧化”过程中加MnO2的目的：_。（3）“调pH”时，向含有硫酸铁和硫酸铝的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液至两种沉淀共存，当c(Fe3+)=1.010-5mol?L-1时，c(Al3+)=_mol?L-1。（4）“沉锰”过程中，反应的离子方程式为_。“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。当温度高于60时，沉锰速率随

23、着温度升高而减慢的原因可能是_。（5）从滤液3中可分离出一种不含碳元素的氮肥，它的化学式为_。（6）工业上，可以将碳酸锰制成硫酸锰，再用惰性电极电解酸性硫酸锰溶液来制备活性二氧化锰，电解时的阳极反应式为_。【答案】? 后续“氧化”过程中加入的二氧化锰会氧化浓盐酸? MnO22Fe2+4H?=Mn2+2Fe3+2H2O? 0.05? Mn2+2HCO3?=MnCO3CO2H2O? 温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢? (NH4)2SO4? Mn2?2e?2H2O=MnO24H?【解析】菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫

24、酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2氧化为Fe3，MnO2还原生成Mn2，调节溶液的pH，使Fe3、Al3完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液3中含有硫酸铵、硫酸钠等。（1）“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸，原因是： 后续“氧化”过程中加入的二氧化锰会氧化浓盐酸。（2）“氧化”过程中加MnO2的目的：将亚铁氧化成铁离子，便于除去。用离子方程式表示MnO22Fe2+4H?=Mn2+2Fe3+2H2O；（3）“调pH”时，向含

25、有硫酸铁和硫酸铝的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液至两种沉淀共存，当c(Fe3+)=1.010-5mol?L-1时，KspFe(OH)3=8.010-38=c(Fe3+)c3(OH)，KspAl(OH)3=4.010-34=c(Al3+)c3(OH)，比式，解得：c(Al3+)= 0.05mol?L1；（4）“沉锰”过程中，MnCO3溶解度小，反应的离子方程式为Mn2+2HCO3?=MnCO3CO2H2O。当温度高于60时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是： 温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢；（5）从滤液3中含有硫酸铵、硫酸钠等，可分离出一种不含碳元素的氮肥，它的化学式为(NH4)2SO4。（6）电解时的阳极发生氧化反应，反应式为Mn2?2e?2H2O=MnO24H?。