湖北省云学名校联盟高三下学期2月联考化学试题

年湖北云学名校联盟高三年级2月联考化学试卷考试时间：年2月日：：时长：分钟试卷满分：分可能用到的相对原子质量：H1OS一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。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.化学与社会生活及生产实践联系紧密，下列说法错误的是A.在工业上，石膏被用来调节水泥的硬化速率B.浓硝酸和浓盐酸按体积比3：1构成的混合物叫王水，能使金属铂溶解C.脲醛塑料俗称电玉，绝缘性好，可制成电器开关、插座D.橡胶消声瓦可有效降低潜艇航行时的噪声，提高其隐蔽性【答案】B【解析】【详解】A．工业上常在水泥中添加石膏的目的是调节水泥的硬化速率，故A正确；B．浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3构成的混合物叫王水，能使金属铂溶解，故B错误；C．脲醛塑料俗称电玉，是具有绝缘性好的热固性塑料，常用于制电器开关、插座，故C正确；D方面有一定作用从而提高其隐蔽性，故D正确；故选B。2.下列化学用语表达正确的是A.的电子式为：B.联氨分子的结构式为：C.的共价键类型：键D.激发态原子的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．属于共价化合物，B原子最外层有3个电子，分子的电子式为，A第1页/共24页错误；B．联氨相当于氨气分子中的1个原子被氨基取代，其分子的结构式为，B错误；C．中心原子P原子的价层电子对数是P属于sp3键，C正确；D．K层没有p能级，所以激发态H原子1s能级上的电子可以跃迁到L能层的s能级或p能级上，D错误；答案选C。3.过二硫酸（）是一种强氧化剂，用制备高锰酸钾的方程式如下：表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.过二硫酸中过氧键数目为B.当生成时，转移电子数为C.中硫原子的价层电子对数为D.中层电子数为【答案】D【解析】【分析】KSO8中，8个O原子中有6个显2价，2个显1价，发生反应后，O元素全部显2价，则1个“KSO”得到2e，MnSO4转化为KMnO，Mn元素由+2价升高到+7价，失去5e，依据得失电子守恒，可建立关系式：5KSO——2MnSO，再依据质量守恒，便可得到配平的化学方程式为，据此回答。A1个过二硫酸()中含有1个过氧键，过二硫酸的物质的量为，则含过氧键数目为，A正确；B．MnSO4转化为KMnO，Mn元素由+2价升高到+7价，失去5e，当生成时，转移电子数第2页/共24页为，B正确；C．中硫原子的价层电子对数为，故中硫原子的价层电子对数为，C正确；D．中层电子排布为2+6+5=13，中层电子数为D错误；故选D。4.下列反应的离子方程式正确的是A.溶液中加入稀硫酸：B.溶液中通入足量：C.含氟牙膏防治龋齿：D.阿司匹林与足量溶液共热：【答案】C【解析】【详解】A．溶液中加入稀硫酸，生成S、、和水，离子方程式为，A项错误；B．溶液中通入足量的，先与水反应生成和，因的酸性小于、，因此不与反应，故溶液中通入足量的，离子方程式为，B项错误；C．牙表面的矿物质为，与含氟牙膏中的结合，生成更稳定的，比更耐酸，从而能够更好地抵抗酸性物质的侵蚀，离子方程式为，C项正确；第3页/共24页D+CHCOO+2HO，D项错误；答案选C。5.葡萄糖分子中的醛基可以与分子内的羟基作用，形成两种六元环状结构。常温下水溶液中存在链状和环状结构葡萄糖之间的平衡，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如下图所示，已知各种葡萄糖结构中链状结构的熵（S）最大，两种环状结构的熵（S）相近。下列说法错误的是A.水溶液中的葡萄糖绝大部分为环状结构B.C.三种结构中，D吡喃葡萄糖的焓（H）最小D.葡萄糖由链状结构转化为环状结构是醛基和6号碳原子上羟基作用结果【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，常温下水溶液中链状结构葡萄糖所占百分含量小于0.0026%，所以溶液中的葡萄糖绝大部分为环状结构，故A正确；B．由盖斯定律可知，反应，故B正确；C构的反应的熵变小于0，由图可知，转化反应能自发进行，反应ΔH—TΔS＜0，则转化反应的焓变小于0，转化产物中D吡喃葡萄糖所占百分含量更大，说明转化反应时更易生成能量最小的D吡喃葡萄糖，所以D吡喃葡萄糖的焓最小，故C正确；D．由图可知，葡萄糖由链状转化为环状结构是醛基和5号碳原子上羟基作用结果，故D错误；第4页/共24页故选D。6.如下图所示有机物是合成新型除草剂四氟咯草胺的中间体。下列有关该物质说法错误的是A.分子式为CHFNO3B.该分子中有2个手性碳原子C.一定条件下1mol该有机物最多能与3molH2反应D.该物质的核磁共振氢谱有8组峰【答案】D【解析】【详解】A．根据物质结构简式，可知该物质的分子式是CHFNO，A正确；B．手性C原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据该物质分子结构，可知其分子含有2个手性碳原子，分别是五元环中连接苯环的C原子及连接酯基的C原子，B正确；C．酯基的羰基、酰胺基的羰基都具有特殊的稳定性，在一般情况下不能与H2发生加成反应，只有苯环可以与H21mol该有机物最多能与3molH2反应，C正确；D9种不同位置的H9D错误；故合理选项是D。7.下列制备过程均能一步实现的是A.高纯硅制备：粗Si高纯SiB.硝酸工业：C.硫酸工业：D.工业乙醇：石油分馏【答案】A【解析】A第5页/共24页制备过程均能一步实现，故A符合题意；B．硝酸工业中，催化剂作用下氨气与氧气共热发生催化氧化反应只能生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，则制备过程不能一步实现，故B不符合题意；CC不符合题意；D．石油分馏不能得到乙烯，则制备过程不能一步实现，故D不符合题意；故选A。8.根据实验操作及现象所得结论正确的是选项实验操作和现象结论向某溶液中先滴加2滴KSCNA原溶液中无液最终不显红色向溶液中通入酸性：B者出现浑浊向中加入过量的C发生了水解置，取少量上层清液于试管中，加入溶液，有沉淀产生向和的混合溶液中加入片，观察到D反应产生了片溶解并有气泡产生A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氯水中的HClO具有强氧化性，能将Fe(SCN)3氧化，导致溶液褪色，因此加入新制氯水，不能过量，故A错误；B过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体有二氧化碳，综上所述，推出亚硫酸的酸性强于碳酸，故B第6页/共24页正确；C．题中没有中和氢氧化钠，过量的OH干扰Cl的检验，故C错误；D．发生的反应有Cu+HO+HSO=CuSO+2HO，Cu2+能加速过氧化氢的分解，即得到的气体为氧气，故D错误；答案为B。9.离子液体被广泛应用于化学研究的各个领域，下图是一种离子液体的结构。E、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的主族元素，其中E原子半径最小，W的一种同位素应用于年代测定，Y原子核外电子有7种空间运动状态，下列说法正确的是A.阳离子中含有大π键B.Z原子存在sp3杂化C.X原子连接的基团越大，阳离子体积越大，离子液体的熔点越高D.电负性：X＞E＞W【答案】B【解析】【分析】E、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的主族元素，其中E原子半径最小，由于其只能形成1个共价键，则E是H元素；W的一种同位素应用于年代测定，则W是C元素，Y原子核外电子有7种空间运动状态，则Y原子核外电子排布是1s22s22p63s23p1Y是AlZ形成化学键可以是1序数比Al大，可知Z是Cl元素，然后根据问题分析解答。【详解】根据上述分析可知：E是H，W是C，X是N，Y是Al，Z是Cl元素。A．在阳离子的五元环上，有3个C原子的3个电子、2个N原子的4个电子形成1个大π键，故阳离子中含有大π键，A错误；B．在阴离子中的Cl原子最外层有8个电子，三对孤电子对，一个成键电子对，因此Cl形成4个共价键，该Cl原子sp3杂化，B正确；CX离子键就越容易断裂，因此该离子液体的熔点就越低，C错误；第7页/共24页D．根据上述分析可知：E是H，W是C，X是N。C、N是同一周期元素，原子序数越大，元素的电负性N＞CCH两种元素形成的化合物CH4C为4H为+1子能力：C＞H，即电负性：C＞H，故这三种元素的电负性大小关系为：X(N)＞W(C)＞E(H)，D错误；故合理选项是B。10.被HCOOH吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态。下列说法错误的是A.的碱性强于B.该历程中决速步骤的方程式是C.纳米金催化剂降低了反应所需的活化能但不改变反应路径D.在纳米金催化剂表面上发生了极性键和非极性键的断裂【答案】C【解析】【详解】A．CHCH3为推电子基团，使N的电子云密度增大，碱性增强，因此N(CH)3的碱性强于NH，故A说法正确；B．活化能越高，反应速率越慢，根据历程可知，决速步骤方程式为，故B说法正确；C．使用催化剂可以降低反应活化能，可以降低反应途径，故C说法错误；DD说法正确；答案为C。下列操作及装置（夹持装置省略）能达到实验目的的是第8页/共24页A.检验B.制备氢氧化亚铁沉淀有碳碳双键C.铁钥匙镀铜D.制备无水氯化铁A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】AA错误，B．该装置无法使硫酸亚铁和氢氧化钠溶液混合，不能制备氢氧化亚铁沉淀，故B错误，C故C错误，DHCl故D正确；故选D。12.分铜液净化渣主要含铜、碲（SbAs）等元素的化合物，一种回收工艺流程如图：第9页/共24页已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、。②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的浸渣。下列说法正确的是A.碲（）和砷（As）位于元素周期表第族B.利用蒸发结晶从“滤液1”中获取胆矾C.“氯盐酸浸”时，通入的目的是将还原为D.“水解”时，生成SbOCl的离子方程式为【答案】C【解析】【分析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有NaNaAsO；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元素反应生成难溶的SbO(SO)4浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，三氯化锑水解生成转化为SbOCl；碱浸液中加入酸调节pH=4，Na3转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分解生成二氧化碲；【详解】A．碲（）位于周期表的第VIA族，A错误；B．根据分析可知“滤液1”为CuSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾，B错误；C的目的是将还原为，C正确；DSbOCl的化学方程式为：SbCl+HO=SbOCl+2H++2Cl，D错误；答案选C。13.S、Cr形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，下列说法错误的是第10页/共24页A.该化合物的化学式是CrSB.原子的配位数为6C.该晶体的密度为D.基态Cr原子的未成对电子个数等于硫原子的价电子数【答案】B【解析】【详解】A．根据均摊法可知晶胞中含Cr个，含S，故该化合物的化学式为CrS，A项正确；B．由晶胞的结构可知，原子的配位数为4，B项错误；C．由图可知晶胞的底面积为菱形，由此可知该晶胞的体积为，则晶胞的密度为，C项正确；D．基态Cr原子的电子排布式为，未成对电子数为6，S为16号元素，为主族元素，价电子即为最外层电子，即S的价电子数为6，故基态Cr原子的未成对电子个数等于硫原子的价电子数，D项正确；答案选B。14.与电解制氢装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断的自供电的H2是第11页/共24页A.锌—多硫化物电池白天可实现电能向化学能的转化B.装置夜间工作时，应将电极ac、bd分别连接C.装置白天工作时，b极的电极反应式为D.H2生产装置中可以使用钠离子交换膜【答案】B【解析】【分析】由电子流向可知，放电时，a极锌失去电子发生氧化反应为负极，则b为正极；氢气生产装置中ddc为阳极；白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H；AA正确；B．左侧锌一多硫化物电池夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H，结合分析可知，应将电极ad、bc分别连接，B错误；C．白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态，则b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，C正确；D．H2生成装置可以使用Na+交换膜，①如果使用Na+交换膜，阴报区发生反应：2HO+2e=H↑+2OH，Na+向阴极区迁移，得到较纯净的NaOH溶液，可供循环利用。②如果不使用Na+交换膜，显然H2生产装置电解液一般仍为NaOH、NaS的混合溶液，故H2生产装置中可以使用钠离子交换膜，D正确；故选B。15.和的混合溶液中通入关系如图所示。第12页/共24页已知：，下列说法错误的是A.代表与关系曲线B.水解常数为C.整个过程中始终有D.常温下，用HCOOH溶液吸收氨得到含1.0mol/LHCOOH和0.18mol/L的混合溶液，该溶液pH约为3【答案】C【解析】【分析】常温下，向浓度均为和的混合溶液中通入气体，溶液pH逐渐减小，c(HCOOH)和c(CHCOOH)逐渐增大，c(HCOO－)和c(CHCOO－)逐渐减小。由于HCOOH的酸性比CHCOOHL1代表c(HCOOH)L2代表c(HCOO)L3代表c(CHCOOH)L4代表c(CHCOO)，据此解答。【详解】A．根据以上分析可知代表与关系曲线，A正确；B．根据b点数据可知CHCOOH的电离常数为104.75，所以水解常数为，B正确；C．根据元素守恒可知整个过程中始终有，C错误；Da点数据可知HCOOH电离常数为103.75HCOOH溶液吸收氨得到含1.0mol/LHCOOH第13页/共24页和0.18mol/L的混合溶液，根据电离常数表达式可知mol/L，所以该溶液pH==3，D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共分。16.一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含CoZnPbFe的单质或氧化物）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的：开始沉淀的1.56.97.46.2沉淀完全的2.88.41.19.48.2回答下列问题：（1）基态Co原子价电子排布式为_____。（21”的成分为_____。（3）用平衡移动的原理解释加入ZnO的作用_____。（4）调之后，在过滤之前一般需要适当加热的目的是_____。（5_____和_____。（6_____浓度为_____。【答案】（1）（2）第14页/共24页（3）加入，消耗，促使反应向正反应方向移动，促进水解生成沉淀，便于过滤除去（4）促进水解，防止转化为胶体，便于过滤分离（5）①.②.（6）①.、②.【解析】【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有CoZnPbFe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+Zn2+Fe2+Fe3+、Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSOMnO2将Fe2+氧化为Fe3+ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)，则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成沉淀Co(OH)，而KMnO4则被还原为MnO，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”中含没有除去的锌离子、加入的钾离子，故主要含有ZnSO、KSO；【小问1详解】Co为27号元素，基态Co原子价电子排布式为；【小问2详解】由分析，“滤渣1”成分为PbSO；【小问3详解】加入和氢离子反应生成锌离子和水，反应消耗，促使反应向正反应方向移动，促进水解生成沉淀，便于过滤除去；【小问4详解】水解为吸热过程，适当加热可以促进水解，且能防止转化为胶体，便于过滤分离；【小问5详解】“氧化沉钴”过程，是在酸性条件下，高锰酸根离子氧化二价钴为Co(OH)3沉淀，钴化合价由+2变为+3，锰化合价降低为+4，被还原为二氧化锰沉淀，结合电子守恒，反应为：第15页/共24页；同时，高锰酸根离子和锰离子发生归中反应生成二氧化锰沉淀，反应为；【小问6详解】最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的硫酸根离子，因此其中主要的盐有ZnSO4和KSO。由表，当溶液pH=1.1时，pOH=12.9，此时Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中，“除钴液”的pH=5，pOH=9，此时溶液中。17.某实验小组为探究KI溶液与溶液的反应，进行如下实验：（1）取棕黄色清液，加入少量_____溶液（试剂a_____色，说明生成了。（2溶液中加入_____pH=1.5a1的原因是在酸性条件下氧化了。（3）乙同学认为仅由甲的实验还不能得出相应结论，他的理由是该实验没有排除空气中的氧化的可能性。若要确证实验中是氧化了，应在该实验的基础上进行检验_____的实验。乙同学利用原电池原理设计实验证实的条件下可以氧化为，实验装置如图所示。试剂1为_____。石墨2电极上发生反应的电极反应式为_____。第16页/共24页（4）丙同学认为原溶液中也可能在该条件下将氧化为，受乙同学实验方案的启发，丙同学设计了如下装置探究溶液中的氧化的可能性实验。氧化验未排除氧气的干扰，为了排除氧气的干扰，可采取的措施有_____【答案】（1）①.淀粉②.蓝（2）（3）①.NO或氮的氧化物②.（和少量淀粉溶液）③.（4）在甲乙烧杯中加入少量苯或油脂覆盖层、将配制溶液的蒸馏水加热煮沸【解析】【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；KI溶液中滴加硝酸酸化的硝酸铜溶液反应得到棕黑色浊液，静置得到棕黑色沉淀和棕黄色溶液，取棕黄色清液，加入少量淀粉，变蓝色，说明生成碘单质色；探究硝酸根离子酸性溶液中的强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，可以取用硝酸根离子浓度相同的硝酸钾溶液验证；溶液中溶解的O2氧化了化氮的存在；【小问1详解】碘单质能使淀粉溶液变蓝色，故实验为：取棕黄色清液，加入少量淀粉溶液（试剂a明生成了。【小问2详解】探究硝酸根离子酸性溶液中的强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，可以取用硝酸根离子浓度相同的硝酸第17页/共24页钾溶液验证；故答案为：【小问3详解】溶液中溶解的O2也具有氧化性，能氧化碘离子为碘单质；要确证实验中是氧化了，则氮元素化合价降低被还原为含氮物质或生成氮的氧化物，故需要验证硝酸根离子被还原生成的产物，一氧化氮或二氧NO或氮的氧化物；利用原电池原理设计实验证实的条件下可以氧化为，由图，右侧电极，氧气得到电子发生还原反应在酸性条件下生成水，电极反应为：；左侧电极上碘离子失去电子发生氧化反应，则试剂1可以为【小问4详解】为了排除氧气的干扰，需要隔绝氧气或排除氧气的实验设计，可以为：在甲乙烧杯中加入少量苯或油脂覆盖层、将配制溶液的蒸馏水加热煮沸。18.与碳氧化物人员正积极探索高效转化技术及减排策略，以实现环境友好型可持续发展。I．NO和CO主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。已知：（1）_____。（2T℃NO和CO充入容积为2L0~15min）中NO的物质的量随时间变化如图所示。NO和各关系为_____（填“>”“<”或“=②15min时，若改变外界反应条件，导致发生如图所示的变化，则改变的条件可能是_____。第18页/共24页II．利用与反应制备作为一种潜在的碳循环利用途径，也受到广泛的关注。在某催化剂作用下，和合成甲酸仅涉及以下反应：①②在一恒容容器中加入等物质的量的和的转化率及和的选择性随温度变化如图所示。其中，CO的选择性。（3）曲线a表示_____（填“的选择性”或“（4）280℃时，平衡后的压强为初始压强的92%，则y的值为_____。（5）240℃时，反应②的平衡常数K=_____（6）350℃时，为了提高HCOOH的选择性，在不改变反应时间和温度的条件下，可采取的措施有_____。（7）利用电解原理在酸性条件下可以将转化为乙酸，电极间用质子交换膜隔开，阴极电极反应式为_____。【答案】（1）（2）①.=②.“增大CO浓度”或“减小容器体积”（3）HCOOH的选择性（4）32（5）0.018（6）增大压强或使用对反应①催化活性更高的催化剂；及时移走甲酸；向体系内充入水蒸气或CO（7）第19页/共24页【解析】【小问1详解】N(g)+O(g)2NO(g)2CO(g)+O(g)2CO(g)方程式，即ΔH=[(564)－(+180)]kJ/mol=744kJ/mol，故答案为744kJ/mol；【小问2详解】①起始时n(NO)=n(CO)=0.4mol，10min达到平衡，此时n(NO)=n(CO)=0.2mol，n(CO)=0.2mol，n(N)=0.1molK==5NO和CO2各0.3mol，n(NO)=n(CO)=0.5mol，Q==5=K，此时平衡不移动，即v=v，故答案为=；②15min后NOCO浓度等；故答案为缩小容器的体积或增大CO浓度等；【小问3详解】根据图像可知，在240℃时，曲线a和曲线c的和为100%，则曲线a、曲线c代表的是HCOOH、CO的选择性，因此推出曲线b代表CO2的转化率，反应①为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCOOH的选COa为HCOOH的选择性，曲线c为CO的选择性；故答案为HCOOH的选择性；【小问4详解】令起始时n(CO)=n(H)=xmol，根据图像可知，280℃时，HCOOH的选择性和CO的选择性相等，即生成HCOOH和CO物质的量相等，设其物质的量为amol，反应①为物质的量减少反应，反应②为物质的量不变反应，因此生成amolHCOOH时，混合气体物质的量减少amol，即达到平衡时，混合气体总物质的量为(2xa)mol，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，因此有，解得a=0.16x，二氧化碳的转化率为32%，即y=32；故答案为32；【小问5详解】令起始时n(CO)=n(H)=xmol240CO2的转化率为40%CO2的物质的量为0.4xmolHCOOH的选择性为80%HCOOH物质的量为0.4xmol×80%=0.32xmolCO物质的量为0.08xmol，根据反应方程式可知，生成水蒸气物质的量为0.08xmol，平衡时氢气总物质的量为(x－0.32x－第20页/共24页0.08x)mol=0.6xmol，反应②的平衡常数K=≈0.018；故答案为0.018；【小问6详解】为了提高HCOOH的选择性，需要使反应①向正反应方向进行，为不改变反应时间和温度，可采取的措施CO增大压强或使用对反应①催化活性更高的催化剂；及时移走甲酸；向体系内充入水蒸气或CO；【小