湖南省衡阳市2019届高三化学第二次联考试题（含解析）.docx

湖南省衡阳市2019届高三化学第二次联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl 355 Cu 64 Ga 70 As 751.利用如图所示装置，在仪器中分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验,能达到实验目的的是A. 浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥的氯化氢气体B. 浓盐酸、二氧化锰、饱和食盐水，制取纯浄的氯气C. 稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X中是否含有CO32D. 浓盐酸、碳酸钙、水玻璃，验证盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱【答案】A【解析】【详解】A、浓盐酸加入到浓硫酸中，因为浓硫酸具有吸水性，浓盐酸中溶剂水会减少，溶质HCl会挥发出来，同时温度升高，HCl的溶解度降低，也促进HCl的挥发，故A正确；B、浓盐酸、二氧化锰反应制备氯气需要加热，故B错误；C. CO32、HCO3都能与硫酸反应放出二氧化碳，故C错误；D、盐酸具有挥发性，中挥发出的氯化氢也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故D错误。答案选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 4.6g金属钠与氧气完全反应，失去电子数目不一定为0.2NAB. 25时，1LpH4的NH4Cl溶液中，由水电离出的H+数目为104NAC. 常温常压下，32gSO2与11.2L CO2所含的分子数目均为0.5ND. 一定条件下，丁烷催化裂化生成1molC2H4时，消耗丁烷分子数目为NA【答案】B【解析】【详解】A、金属钠与氧气反应，钠元素化合价由0升高为+1，46g金属钠与氧气完全反应，失去电子数目一定为02NA，故A错误；B、NH4Cl水解促进水电离，pH4的NH4Cl溶液中c(H)=10-4，25时，1LpH4的NH4Cl溶液中，由水电离出的H+数目为104NA，故B正确；C、常温常压下， 11.2 LCO2的物质的量不是0.5mol，故C错误；D、一定条件下，丁烷催化裂化生成乙烯、丙烯等，生成1molC2H4时，消耗丁烷分子数目大于NA，故D错误。3.两个环共用两个不直接相连的碳原子的化合物称为桥环化合物，某桥环化合物的结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是A. 该有机物能发生取代反应和加成反应B. 该有机物分子中含有两个官能团C. 该有机物分子的一氯代物有7种D. 该有机物能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A. 该有机物中的酯基能发生(水解反应)取代反应，碳碳双键能发生加成反应，故A正确；B. 该有机物分子中含有酯基、碳碳双键两个官能团，故B正确；C. 该有机物分子中有9种等效氢，一氯代物有9种，故C错误；D. 该有机物含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；选C。4.现有M、N、P、Q四种短周期主族元素，其原子半径依次増大。M、N原子的最外层电子数相同，P、Q两原子与M、N两原子核内质子总数相等。N与Q形成的二元化合物其水溶液呈碱性。下列说法错误的是A. 四种元素中，M的非金属性最强，Q的金属性最强B. 由Q和M两种元素形成的化合物中一定只含有离子键C. N、P、Q的最高价氧化物对应的水化物相互之间能发生反应D. 四种元素形成的简单离子中，N的半径最大，P的半径最小【答案】B【解析】【分析】M、N、P、Q四种短周期主族元素，其原子半径依次増大，N与Q形成的二元化合物其水溶液呈碱性，M、N原子的最外层电子数相同，P、Q两原子与M、N两原子核内质子总数相等，所以M、N、P、Q分别是O、S、Al、Na。【详解】A、O、S、Na、Al中O的非金属性最强，Na的金属性最强，故A正确；B. 由Na和O两种元素形成的化合物Na2O2中含有离子键、共价键，故B错误；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，所以氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸相互之间能发生反应，故C正确；D. 四种元素形成的简单离子中，S2-的半径最大，Al3+的半径最小，故D正确；选B。5.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A. 砷酸的分子式为H2AsO4B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1D. 该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子【答案】D【解析】【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。6.常温下，将NaOH溶液分别加到HA、HB两种弱酸溶液中，两溶液中pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示，已知pKlgKa。下列有关叙述错误的是A. HA、HB两种酸中，HB的酸性弱于HAB. b点时，c(B)c(HB)c(Na+)c(H+)c(OH)C. 同浓度同体积的NaA和NaB溶液中，阴离子总数相等D. 向HB溶液中加入NaOH溶液所得的混合溶液中【答案】C【解析】【详解】A、a点，pH=4，即 时pH=4， Ka（HA）=10-4，b点，pH=5，Ka（HB）=10-5，所以HA、HB两种酸中，HB的酸性弱于HA，故A正确；B、b点，根据电荷守恒，c(Na+)c(H+)c(OH) c(B)，pH=5，溶液呈酸性c(H+)c(OH)，所以c(Na+)c(B)，b点溶液中c(B)c(HB)c(Na+)c(H+)c(OH)，故B正确；C、根据A选项，HB的酸性弱于HA，B水解程度大于A，所以根据电荷守恒可知同浓度同体积的NaA和NaB溶液中，阴离子总数NaA大于NaB，故C错误；D、，故D正确。选C。【点睛】本题考查弱电解质电离、电离平衡常数，侧重于学生的图像分析能力、计算能力的考查，注意理解电离平衡常数计算，题目难度中等。7.二氧化氯(ClO2)与亚氯酸钠(NaClO2)都具有强氧化性。两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组由二氧化氯制备亚氯酸钠，并探究其性质的实验如下。【资料査阅】SO2可将 NaClO3还原为ClO2； NaClO2酸化生成NaCl，并放出ClO2实验步骤如下I组装仪器并检查气密性。仪器组装完毕(如图所示)，关闭三个止水夹及b活塞，打开a的活塞，向A的圆底烧瓶中注入水，检查装置的气密性。制备亚氯酸钠。在各装置中分别加入相应的试剂，关闭止水夹和b的活塞，打开止水夹及a的活塞，向A的圆底烧瓶中滴入75硫酸。III探究亚氯酸钠的性质。打开止水夹和，关闭止水夹和a的活塞，通入一段时间空气；关闭止水夹和，打开止水夹和b的活塞，向C的三颈烧瓶中滴入稀硫酸。试回答下列问题(1)步骤1中，装置气密性良好的现象是_；仪器a或b在使用前应_。(2)步骤中，B中反应的化学方程式为_，C中H2O2的作用为_。(3)步骤中，先通入一段时间空气的目的是_，试管D中的现象为_。(4)步骤中，开始时C中反应缓慢，稍后产生气体的速率却迅速加快。试解释可能的原因_。(5)步骤II，实验前若向C三颈烧瓶中加入25mL8.0mol/LH2O2溶液反应，分离提纯得到18.88gNaClO2晶体，则H2O2的有效利用率为_(保留两位有效数字)。【答案】 (1). 一段时间后，仪器a中液面不再下降 (2). 检查是否漏水 (3). SO22NaClO32ClO2Na2SO4 (4). H2O2作还原剂 (5). 排出装置中残留的ClO2、SO2气体，避免干扰实验 (6). 溶液由无色变蓝色 (7). 反应生成的Cl起催化作用(或：该反应放热使温度升高，反应速率加快) (8). 52%【解析】【分析】(1) 若装置不漏气，因装置中气体压强增大，a中液体不能顺利流下；根据分液漏斗的使用方法回答。(2)步骤，B中SO2将 NaClO3还原为ClO2，C中用二氧化氯制备亚氯酸钠，ClO2发生还原反应。(3) 装置中残留的ClO2、SO2气体干扰NaClO2的检验；C中加入硫酸生成的ClO2与 D试管中的KI反应生成碘单质。(4)根据影响反应速率的因素分析。 (5)C中的反应方程式是2ClO22NaOHH2O22NaClO2O22H2O，根据方程式计算H2O2的有效利用率。【详解】(1) 若装置不漏气，因装置中气体压强增大，a中液体不能顺利流下，所以现象是一段时间后，仪器a中液面不再下降；仪器a、b是分液漏斗，使用前要检验是否漏水；(2) 步骤，B中SO2将 NaClO3还原为ClO2，反应的化学方程式为SO22NaClO32ClO2Na2SO4，C中用二氧化氯制备亚氯酸钠，ClO2发生还原反应，H2O2作还原剂。(3) 装置中残留的ClO2、SO2气体干扰NaClO2的检验，骤中，先通入一段时间空气的目的是排出装置中残留的ClO2、SO2气体，避免干扰实验；C中加入硫酸生成的ClO2与D试管中的KI反应生成碘单质，所以试管D中的现象为溶液由无色变蓝色。(4) NaClO2酸化生成NaCl，反应生成的Cl起催化作用；NaClO2与硫酸的反应放热使温度升高，反应速率加快。(5)设参加反应的H2O2的物质的量是xmol；2ClO22NaOHH2O22NaClO2O22H2O， 1mol 181g xmol 18.88g X0.104mol，H2O2的有效利用率为52%。【点睛】本题考查实验制备方案，涉及对反应原理、反应装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，注意对物质性质信息的应用。8.锂离子电池与传统电池相比，充电更快，功率密度更高，使用时间更长，在手机和笔记本电脑等便携式电子产品上广泛应用。工业上常以锂辉矿(主要成分为 LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂，其中一种工艺流程如下已知部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：Li2CO3的溶解度随温度变化如图所示：试回答下列问题：(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取升高温度、粉碎矿石、搅拌、过滤后再次浸取等措施还可通过_来提高浸取率。(2)反应I中应调节pH范围为_，沉淀A的成分除H2SiO3、CaCO3、Al(OH)3外，还有_。(3)反应的离子方程式为_。(4)“操作I的名称为_；洗涤Li2CO3沉淀要使用_(选填“热水”或“冷水”)，理由是_。(5)已知铷(Rb)是制造光电管的材料，它与锂同主族。将 amol CH3 COORb溶于水配成溶液，向该溶液中滴加 bLc molL醋酸后，溶液呈中性。则c=_(用含a、b的式子表示；已知25时，CH3COOH电离平衡常数ka2105)。【答案】 (1). 延长浸取时间（或：增大酸的浓度） (2). 4.79.6 (3). Fe(OH)3、CaSO4 (4). Mg22OHMg(OH)2 (或：Mg2Ca(OH)2Ca2+Mg(OH)2) Ca2+CO32-= CaCO3 (5). 过滤 (6). 热水 (7). 碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失 (8). 【解析】【分析】（1）提高浸取率，可增大酸的浓度、升高温度、增大固体表面积、搅拌或延长浸取时间等；(2)反应I中调节pH的目的是除去Mg2+、Al3+；(3)反应调节pH=11，目的是除去Mg2；(4)“操作I目的是分离出固体碳酸锂；根据碳酸锂的溶解度随温度升高而降低分析；(5)根据 计算醋酸的浓度。【详解】（1）增大酸的浓度、升高温度、增大固体表面积、搅拌或延长浸取时间可以提高浸取率，所以为了提高浸取率可采取升高温度、粉碎矿石、搅拌、过滤后再次浸取等措施还可通过延长浸取时间或增大酸的浓度来提高浸取率；(2)反应I中调节pH的目的是除去Fe3+、Al3+，所以调节pH范围为4.79.6，硫酸钙微溶于水，所以沉淀A的成分除H2SiO3、CaCO3、Al(OH)3外，还有Fe(OH)3、CaSO4。(3)反应调节pH=11，目的是除去Mg2，反应的主要离子方程式是Mg22OHMg(OH)2；(4)“操作I目的是分离出固体碳酸锂，所以“操作I是过滤；碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失，所以洗涤Li2CO3沉淀要使用热水；(5) 将 amol CH3 COORb溶于水配成溶液，向该溶液中滴加 bLc molL醋酸后，溶液呈中性。设混合后溶液的体积为V，根据物料守恒，c(CH3COOH)c(CH3COO)(a+bc)/V，根据电荷守恒，c(CH3COO) c(Rb+)a/V，所以c(CH3COOH)bc/V， ，所以c=。9.汽车尾气排放的CO、NOx等气体是大气污染的主要来源，NOx也是雾天气的主要成因之一。(1)科学家研究利用催化技术将尾气中有害的NO和CO转变成无毒的气体，其热化学方程式为：2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g) H1746.5kJmol1已知：2C(s)O2(g)2CO(g) H2221.0kJmol1CO2(g)C(s)O2(g) H3393.5kJmol1C(s)的然烧热(H)为_。NO(g)分解成两种气体单质的热化学方程式为_。(2)一定温度下，向初始容积均为2L的A、B、C三个容器中，均投入5 mol CO气体和4 mol NO气体发生如下反应：2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)上图表示该反应中NO的平衡转化率()随温度、压强变化的示意图，则X代表的物理量是_，Y1_ Yz(填“”或“”)反应过程中，A容器中保持恒温恒压，B容器中保持恒温恒容，C容器中保持绝热恒容。下列说法错误的是_。aB、C两个容器中反应达到平衡所用的时长为：tBtCb3个容器中NO的平衡转化率的大小顺序为c当A容器内气体平均摩尔质量不变时，说明该反应处于化学平衡状态d当B容器内气体密度保持不变时，说明该反应处于化学平衡状态当B容器中保持平衡时，NO所占体积分数为25。则相同温度下，A容器中逆反应的平衡常数K=_(保留两位有效数字)(3)利用反应NO2NH3N2H2O(未配平)消除用电器NO2的简易装置如图所示。a电极上的反应式为_。常温下，若用该电池电解0.6L，饱和食盐水，一段时间后，测得饱和食盐水pH变为13，则理论上b电极上消耗B气体的体积为_mL(标准状况；假设电解过程中溶液体积不变)。【答案】 (1). 393.5 kJmol1 (2). 2NO(g) O2(g)N2(g) H1180.5kJmol1 (3). 压强 (4). (5). d (6). 4.5molL1 (7). 2NH36e6OH2N26H2O (8). 336【解析】【分析】(1)根据正逆反应的焓变互为相反数判断C(s)的燃烧热、利用盖斯定律计算NO(g)分解为氮气、氧气的焓变；(2) 2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g)正反应放热，升高温度平衡逆向移动；2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g)正方向物质的量减少，增大压强平衡正向移动；根据影响反应速率的因素、影响平衡移动的因素分析；利用“三段式”计算平衡常数；(3) 电子由a流向b，可知a是负极，a极失电子发生氧化反应；常温下，若用该电池电解0.6L，饱和食盐水，一段时间后，测得饱和食盐水pH变为13，则生成氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L0.6L=0.06mol，电路中转移电子的物质的量是0.06mol，根据电子守恒计算b电极上消耗NO气体的体积。【详解】(1)根据CO2(g)C(s)O2(g) H3393.5kJmol1，可知C(s)O2(g) CO2(g) H3393.5kJmol1，所以C(s)的燃烧热(H)为393.5kJmol1。（1） 2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g) H1746.5kJmol1（2）2C(s)O2(g)2CO(g) H2221.0kJmol1（3）CO2(g)C(s)O2(g) H3393.5kJmol1根据盖斯定律（1）（2）（3）得 2NO(g) O2(g)N2(g) H1180.5kJmol1。(2) 2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g)正反应放热，升高温度平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低；2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g)正方向物质的量减少，增大压强平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，所以X代表的物理量是压强，Y代表的物理量是温度，温度越高NO的平衡转化率越小，所以Y1Y2；aB容器中保持恒温恒容，C容器中保持绝热恒容，正反应放热，C容器的温度高，反应速率快，B、C两个容器中反应达到平衡所用的时长为：tBtC，故a正确；bA容器中保持恒温恒压，B容器中保持恒温恒容，A压强大于B，A中NO的转化率大于B；B容器中保持恒温恒容，C容器中保持绝热恒容，正反应放热，C容器的温度高，B中NO的转化率大于C，3个容器中NO的平衡转化率的大小顺序为，故b正确；c根据 ，总物质的量是变量，所以容器内气体平均摩尔质量是变量，当A容器内气体平均摩尔质量不变时，说明该反应处于化学平衡状态，故c正确；dB容器中保持恒温恒容， ，密度是恒量，当B容器内气体密度保持不变时，该反应不一定处于平衡状态，故d错误。选d。 2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g)开始 2.5 2 0 0转化 2x 2x 2x x平衡2.52x 22x 2x x ，x=0.5A容器中逆反应的平衡常数K=4.5 molL1；(3) 电子由a流向b，可知a是负极，a极失电子发生氧化反应，电极反应式是2NH36e6OH2N26H2O；常温下，若用该电池电解0.6L饱和食盐水，一段时间后，测得饱和食盐水pH变为13，则生成氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L0.6L=0.06mol，电路中转移电子的物质的量是0.06mol，b电极上NO2得电子发生还原反应, 2NO28e4H2ON28OH，根据得失电子守恒，消耗NO2在标准状况下的的体积为0.06mol422.4L/mol=0.336L=336mL。10.砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。试回答下列问题(1)写出基态As原子的核外电子排布式_。(2)根据元素周期律，原子半径Ga _As(填“”或“”下同)，第一电离能Ga _As(3)AsCl5分子的立体构型为_，其中As的杂化轨道类型为_。(4)GaF3的熔点高于1000，GaCl3的熔点为79，其原因是_。(5)GaAs的熔点为1238，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为_，与As以_键键合。已知阿伏加德罗常数为NA，晶胞参数lnm，此晶体的密度为_ gcm3(写出计算式)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (2). (3). (4). 三角双锥 (5). sp3d (6). GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体 (7). 原子晶体 (8). 共价键 (9). 【解析】【分析】(1) As核外电子数是33，根据能量最低原理书写电子排布式；(2)同周期元素从左到右半径减小，第一电离能依次增大；(3)根据价电子互斥理论分析AsCl5分子的立体构型；(4)分子晶体的熔点低、离子晶体的熔点高；(5)根据CaAs的熔点较高分析晶体类型；根据计算晶体密度。【详解】(1) As核外电子数是33，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p3；(2)同周期元素从左到右半径减小，第一电离能依次增大，所以原子半径GaAs，第一电离能Ga As；(3)根据价电子互斥理论，AsCl5分子中As原子的价电子对数是，配位原子数为5，无孤电子对，As的杂化轨道类型为sp3d，AsCl5分子的立体构型三角双锥；(4)GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，所以CaF3的熔点高于1000，GaCl3的熔点为79；(5) GaAs的熔点为1238，熔点高，Ga与As的以共价键结合为原子晶体；根据均摊原则As： ，Ga：4，