2021届湖北省襄阳市普通高中高三1月调研理综化学试卷1

试卷第试卷第页，总7页参考答案D【详解】A.明研只能用作净水剂，不能用于消毒剂，A错误；B.生石灰不具有还原性，不能防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常用作干燥剂，B错误；C.深埋处理会污染土壤和水资源，C错误；D.高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强，D正确,答案选DoA【解析】试题分析：根据题意可知，Q属于酯类物质，在稀硫酸中发生水解生成峻酸和醇,所以A为峻酸，分子式是C’HsOz，B为醇，分子式是C5Hl20,C4HSO2属于酸类的有2种同分异构体，正丁酸和异丁酸；C5Hno属于醇类的有8种，分别是主链是5个C的醇有3种，主链有4个C原子的有4种，主链有3个C原子的只有1种，所以符合条件的Q的同分异构体有16种，答案选A。考点：考查有机物的同分异构体的判断D【解析】试题分析：A、Mg与F2反应是气体体积减小的，则反应的匚SVO,A正确；B、反应的焰变=生成物总燧一反应物总焰，根据图像可知MgF?(s)的能量低于MgBn(s),所以反应MgF2(s)+BnQ)=MgBr2(s)+F2(g)的焰变等于一524kJ/mol—(-1124kJ/mol)=+600KJ/moLB正确；C、根据B中分析可知MgB门与Cb反应的:jH=-64L3kJ/mol—(-524kJ/mol)=-117.3kJ/mol<0,C正确：D、物质的能量越低越稳定，根据图象数据分析可知化合物的热稳定性顺序为：Mgb<MgBr2<MgCb<MgF2,D错误，答案选D。考点：考查反应热的有关应用C【解析】试题分析：A、B、C、D为四种短周期元素，己知A、C同主族，A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定，则A在C的上一周期：B、C、D同周期，B的阳离子比D的阳离子氧化性强，则B在D的右边：B的阳离子比C的阴离子少一个电子层，即B是金属，C是非金属。则A、原子序数：C>B>D>A,A错误；B、单质熔点：DVB,A<C,B错误;C、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径住增大，则原子半径：D>B>C>A,C正确；D、简单离子半径：C>A>D>B,D错误，答案选C。

考点：考查元素推断以及元素周期律的应用A【详解】(0.6x107-04x107)5A项：根据图示可知：在50mm时，pH=2和pH=7时R的降解百分率是相等的，故A正确:B项：溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B错误;C项：根据图示可知：R的起始浓度越小，降解速率越小，故C(0.6x107-04x107)5D项：pH=10时，在20-25mm,R的平均降解速率为=0.04x1O4mobL_1min'1,D错误；故选A。C【详解】A、茶叶灼烧需要酒精灯、珀烟、三脚架和泥三角等，A不正确；B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确：C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，另外还需要滤纸，C正确；D、检验快离子一般用KSCN溶液，但口中的溶液不一定KSCN溶液，D错误；答案选C。（1）催化剂（2分）（2）防湿气进入反应体系中以保证反应体系干燥（1分）；不相同（1分）；b（1分）；d（1分）。（3）中和生成的钠盐，使之变成产物（1分）；酸多了会增加产物在水中的溶解度（1分）；分液（1分）；中和醋酸（1分）；干燥（1分）。（4）3-丁酮酸乙酯沸点高，在沸点温度下还易分解（1分）。（5）B（2分）【解析】试题分析：（1）根据方程式可知加入无水乙醇后又产生乙醇，这说明乙醇在反应中起到催化剂的作用。（2）空气中含有水蒸气，因此装置中加干燥管是为了防湿气进入反应体系中以保证反应体系干燥：反应装置中冷凝管的作用是冷凝回流，挺高原料的利用率。减压装置中冷凝管的作用是冷却蒸发出的蒸汽便于得到产品。为充分冷凝，使冷水充满冷凝器，因此冷却水的流向分别是b和d。（3）由于产物中含有钠盐，因此产物处理后，滴加稀醋酸的目的是中和生成的钠盐，使之变成产物；由于酸多了会增加产物在水中的溶解度,所以醋酸不能滴加的过多。用分液漏斗分离出酯层的操作叫分液。酯类在碳酸钠溶液中的溶解度小，所以为出去酯中的

醋酸，需要滴加碳酸钠溶液。碳酸钾吸水，因此加碳酸钾的目的是干燥产品。(4)3-丁酮酸乙酯沸点高，而受热温度超过95二摄氏度时就会分解，所以需要减压蒸储。(5)根据反应物的用量可知钠不足，因此理论上生成产品的物质的量是0.07mol,其质量是0.07molxi30g/mol、Op=9.ig,所以产率是及二又100%=22%,选项B正确。91g考点：考查有机合成的有关操作及物质的作用、物质产率的化学计算的知识。(1)①H3PO3+OH^=H2POs"+H2O(2分)(2)>(2分)③c(H)>c(H2PO3-)>c(HP031)(2分)8.3X10'mol/L(2分)H3P。3+I：+H=0=2HI+H3Poi(2分)(3)①2H+2e'=H：t(2分)②HPOt+2H'=HsPOs(2分)[(或：HPOs"+H*=H:P03"、H二PO3一+H=HsPOs(各1分)]【解析】试题分析：(1)①亚磷酸是二元弱酸，与少量NaOH溶液反应生成酸式盐，反应的离子方程式为H3Po3+OH-=HoP03一+H9。②亚磷酸是二元弱酸，因此相应的正盐Na,HP03在溶液中水解溶液显碱性，则pH>7。③亚磷酸是二元弱酸，以第一步电离为主，又因为水中还存在电离平衡，所以除0k之外其他离子的浓度由大到小的顺序是c(H)>c(H2Pos.)>c(HP03；根据H3PO3溶液存在电离平衡H3Po3^=^H-+H2P。3一可知，溶液中c(H二PO3-)(H)=2.5X10"2mol•L-1,c(H3PO3)=0.1000mol•L-1-2.5X10"2mol•L_1=0.075mol/L,所以该温度下电离常数K=2.5xl()7x2.5xl0-2

2.5xl()7x2.5xl0-2

0^075、8.3x10-3(2)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，在反应中被氧化为磷酸，反应的化学方程式为HsPOs+I2+H二0=2HI+H3POio(3)①电解池中阴极得到电子，因此阴极是溶液中的氢离子放电，电极反应式为2H一+2广=H：to②阳极氢氧根离子放电，同时产生氢离子，氢离子进入产品室与Na「HP03反应得到亚磷酸，所以在产品室生成亚磷酸的方程式为HPCV'2H-=映03。考点：考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较、氧化还原反应以及电化学原理的应用(1)Fe(OH)3、Cu(OH)2、Fe(OH)2、Mg(OH)2(2分，顺序不正确不得分)△(2)2NH4C14€a(OH)2^=CaCl2+2NH3f+2HQ(2分，未标加热或气体符号或未配平扣1分)2NH3+2OH-2e-=N2H4+2H2O（2分）（3）①V（2分）②0.1（2分）25%（2分）不变（1分）③BC（2分）【解析】试题分析：（1）溶度积常数越小，越溶液产生沉淀，根据溶度积常数大小可知产生沉淀的先后顺序是Fe（OH）3、Cu（OH）2、Fe（OH）2、Mg（OH）2。△（2）实验室利用熟石灰与氯化钱加热制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCb4-2NH3t+2HzO：原电池中负极失去电子发生氧化反应，因此氨气在负极通入，失去电子转化为肺，所以该电池的负极反应为2NH3+2OH--2e-=N2H4+2氏0。（3）①已知破坏1molNa（g）和3mol4（g）中的化学键消耗的总能量小于破坏2moiNftCg）中的化学键消耗的能量，这说明该反应是放热反应。根据表中数据可知T：时生成的氨气多，温度低有利于氨气的生成，所以「VT2。②平衡时氨气的物质的量是2mol,则根据方程式N2+3H2=^2NH3可知消耗氢气的物质的量是3mol,浓度是ImoVL,所以0〜lOmin内压的平均速率vCft）=lmol/L-r10min=0.1^^xlOO%=25%；消耗氮气的物质的量是ImoL所以氮气的转化率是4moi；平衡常数只与温度有关系，因此若再增加氢气浓度，该反应的平衡常数将不变。③在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0）,反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。A、对于具体的化学方程式反应热是不变，因此反应热不变不能表明该可逆反应达到平衡状态，A错误；B、混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以当平均相对分子质量不再发生变化时，能表明该可逆反应达到平衡状态，B正确:C、当氮气含量不再发生变化时，可以说明反应达到平衡状态，C正确；D、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，即密度始终是不变，D错误，答案选BC。考点：考查溶度积常数应用、氨气制备、电极反应式书写、化学平衡状态的判断、计算等（一）AD（2分）（二）（1）3Na2SO4+SC^=3Na2S+4CO2T+4COf（2分）（2）热水能促进Na2s水解，而稀碱可抑制Na2s水解（2分）（3）pH介于9〜10之间，x=12（2分）

（4）4.0乂10一36moUL（3分）（5）阴极降低（2分）2012++20一+氏0=＜：1】201+211'（2分）【解析】试题分析：（一）A、合成氨反应的化学方程式为为N2+3H2^^2NH3,因此所用的原料气是氮气、氢气。其中氮气来自于空气，氢气来自水和碳氢化合物的反应，用天燃气或煤制备氢气时会产生废气二氧化碳，A正确；B、酸性废液用碱中和后，溶液呈中性，但电镀液中仍然含有重金属离子，随意排放会污染水源和土壤，所以应处理后再排放，B错误；C、电解熔融氧化铝制金属铝时阳极上产生的是氧气，氧气具有氧化性，作为阳极材料的无烟煤会被氧气氧化成二氧化碳，煤会消耗，C错误；D、煤直接燃烧能够产生二氧化硫，从而形成酸雨。煤通过液化气化后，可以提高燃煤的燃烧效率，降低环境污染，D正确，答案选ADe（-）（I）在高温下硫酸钠与碳反应生成等物质的量的co和CO2,其中c元素化合价从0价升高到+4、+2价，硫酸钠中+6价S元素得到电子，被还原为-2价，化合价降低，则根据3Na?S+4co2T电子得失守恒和质量守恒定律可知配平后的化学方程式为3Na2so4+8C3Na?S+4co2T+4COT。（2）硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中硫离子水解显碱性，水解吸热，用热水浸出产品会促进水解，而稀碱溶液能起到抑制水解的作用，所以用碱液浸出产品比用热水更好。（3）根据图像可知pH介于9〜10之间且x=12时汞的除去率最高。（4）若反应后溶液pH=4,则溶液中氢氧根离子的浓度是1。一明口01工，所以根据氢氧化铜的溶度积常数可知，此时溶液中铜离子浓度是2.2x10"

的溶度积常数可知，此时溶液中铜离子浓度是2.2x10"

(10*二=2.2mol/L,所以根据硫化铜的溶O11,二度枳常数可知此时溶液中c（S2—）==4.0x10-36mol/L。2.2（5）铜离子转化为氧化亚铜，其中铜元素的化合价降低得到电子，因此电解生成CsO应在阴极生成：生成氧化亚铜的电解方程式为2Cu2-+2e—+H9=CU2O1+2H+,所以该电极溶液的酸性增强，pH降低。考点：考查化学与技术模块的分析和判断（1）9（2分）；4（1分）（2）Ce（锦）（2分）;（3）共价键和配位键（2分。一个1分，少一个扣1分，多写则0分）（4）sp3（1分）；5L（1分）；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相4x140对较高。（1分）（5）8（2分）（6）12（1分）；6.02x10i3x（516xl（）7°）3（2分,注：答案中140或M均给分）【解析】试题分析：（1）铳（Sc）为21号元素，根据核外电子排布规律可知核外电子排布式为Is^sVSsVSdMs2,所以其基态原子U能层电子数为9个。镐（Dy）的基态原电子排布式为［Xe］4针61,由于f能级最多排14个电子，所以根据排布规律可知一个基态镐原子所含的未成对电子数为4个。（2）根据表中数据可知Ce元素的第三电离能与第四电离能差距最小，所以Ce元素最可能有+4价。（3）离子化合物如氐（0叽］中，存在的作用力除离子键外还有。与H之间的共价健，以及Sc与氢氧根之间的配位键。ICH£H：J中碳原子是饱和碳元素，其杂化轨道类型为sp二单键都是。键，双键中还含有1个。键，所以ImolCKfCH：：中含有的。键数目为5心。由于二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以常温下1,2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体。PrO：（二氧化错）的晶体结构与CaF：：相似，弑化钙的晶胞中含有8个F原子，则PrO：（二氧化错）的晶胞中有8个氧原子。Ce（钝）单质为面心立方晶体，在Ce晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Ce原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占1/2,通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中Ce原子的配位数为8X3X1/2=12；一个晶胞中Ce原子数为8X1/8+6义1/2=4,因此4x140Ce的密度P=m4-V=6.02x1023x（516x1O-10）3。考点：考查物质结构与性质模块的分析与应用12.（-）（1）羟基、醛键、碳碳双键（2分。少一个扣1分，少2个0分）；C21H30O2（2分）；2（2分）（2）BEF（2分，少一个扣1分，少2个0分）（二）（1）2cH3cHzOH+O2T*2CH3cH0+2氏0（2分）（2）6（1分）；取代（水解）（1分）；a分）OH【解析】试题分析：（一）（1）根据有机物的结构简式可知，该物质含有的官能团的名称为羟基、醛键、碳碳双键，它的分子式为C2