湖北省荆门市2020届高三上学期元月调研考试理综化学试题
荆门市2020年高三年级元月调考试卷理科综合
1.化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法错误的是
A. 江河入海口形成的三角洲与胶体聚沉有关
B. 葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
C. 常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的级别
D. 酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用不同
【答案】C
【解析】
【详解】A.江河水为胶体，遇到海水，海水中含有的电解质可以使胶体聚沉而形成三角洲，故A正确；
B.二氧化硫能够杀菌消毒，且具有还原性，所以可以添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，故B正确；
C.常用危险化学品标志中的数字是危险化学品分类的危险特性分类号，C错误；
D.酒曲中含有大量微生物，还有微生物所分泌的酶，酶具有生物催化作用，可以加速将谷物中的淀粉，蛋白质等转变成糖、氨基酸。糖分在酵母菌的酶的作用下，分解成酒精；发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠中和微生物产生的酸，产生二氧化碳，使面团变的多孔，D错误；
答案选C
2.有机物分枝酸结构简式如图，分枝酸可用于生化研究。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 分子中含有3种官能团
B 1mol分枝酸最多可与3 mol NaOH发生中和反应
C. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型不相同
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理不相同
【答案】D
【解析】
【分析】
由结构可知，分子中含羧基、碳碳双键、羟基、醚键，结合羧酸、烯烃、醇的性质来解答。
【详解】A. 含羧基、碳碳双键、羟基、醚键四种官能团，故A错误；
B. 分枝酸的六元环不是苯环，故羟基是醇羟基，只有与反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故B错误；
C. 可与乙醇、乙酸反应，均为酯化反应，反应类型相同，故C错误；
D. 含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故D正确；
答案选D
3.下列实验操作、现象与结论均正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.的焰色为紫色，需要透过蓝色钴玻璃才能观察到，A错误；
B.因为沉淀既不溶于水，也不溶于酸，故这种弱酸也能和发生复分解反应生产硫化铜沉淀和强酸硫酸，但这不能说明酸性强于硫酸，B错误；
C.，若反应不可逆，则等体积等浓度的和溶液恰好反应，无铁离子剩余，滴加硫氰酸钾显红色说明铁离子有剩余，因此证明该反应可逆，C正确；
D.
锌和硫酸反应制取氢气时，滴加硫酸铜反应速率加快，是因为锌将铜置换出来形成了铜锌原电池，加快了反应速率，D错误；
答案选C。
【点睛】在复分解反应中，强酸可以生成弱酸，弱酸不能制强酸，但是有特殊情况存在， ，该反应可以发生，是因为沉淀既不溶于水，也不溶于酸。
4.设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，1L pH＝13的Ba(OH)2溶液中OH－数目为0.2NA
B. 在电解精炼粗铜的过程中，当阴极质量增重32 g时转移电子数目为NA
C. 常温常压下，1 mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C—O键的数目为NA
D. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH＝13的溶液中=0.1mol/L，体积为1L，故OH－数目为0.1NA，A错误；
B. 电解精炼粗铜时，阴极电极反应式为，阴极增重32g，即生成了0.5mol铜，故转移电子数为NA，B正确；
C.可能是甲醚也可能是乙醇，二者含有碳氧键数目不同，C错误；
D.未指明标况，无法确定22.4L气体的物质的量，D错误；
答案选B。
5.主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不大于20，X的单质是手机电池重要的电极材料；常温下，Y的两种气态氧化物之间可发生可逆反应；X、Y、W最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等；W能形成多种氧化物。下列说法正确的是
A. 常温下，Z的单质与Y的简单氢化物相遇，可能产生白烟
B. Z非金属性强于Y，其对应含氧酸的酸性：Z＞Y
C. 原子半径：X＞Y；简单离子半径：Z
1×10-7mol/L，B错误；
C．c点时溶液中水电离产生的c(H+)最大，则该溶液恰好为K2CO3
溶液，根据物料守恒可得溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，C正确；
D.根据电荷守恒可得：c(K+)+ c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)。由于该溶液只有水电离产生H+，d点溶液中c(H+)= c(OH-)，所以c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，D正确；
答案选B。
8.无水三氯化铬（CrCl3）为紫色晶体，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示。
已知：①CrCl3熔点为83℃，易潮解，易升华，易溶于水但不易水解，高温下易被氧气氧化；②Cr2O3和CCl4在高温下反应的产物为CrCl3和光气（COCl2 ）。请回答下列问题：
（1）装置A是氮气制备装置，氮气的作用是____________。
（2）装置B的作用为________。装置C和装置E的水槽中应分别盛有__________、____________。
（3）装置D中生成CrCl3和光气（COCl2 ）的化学方程式为_________。
（4）该实验装置有设计不合理的地方，请写出改进方法：_________（写一点即可）
（5）产品中CrCl3质量分数的测定：
（i）称取0.3000 g得到的CrCl3样品溶于水并于250mL容量瓶中定容。
（ii）取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2,稀释并加热煮沸，再加入过量的H2SO4酸化，将Cr3+氧化为Cr2O72-；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3+形式存在
（iii）加入1mL指示剂，用0.0250 mol·L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL（已知2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI）
①ii中加入稍过量的Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是____________；加入KI发生反应的离子方程式为________________
②滴定实验可选用的指示剂为____________产品中CrCl3质量分数为_______%（结果保留两位有效数字）
【答案】 (1). 排出空气、吹出CCl4蒸汽、吹出产物及尾气 (2). 除去氮气中水蒸气 (3). 热水 (4). 冷水 (5). Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2 (6). 将连接装置D、E的细导管改成粗导管 (7). 除去溶解的氧气，防止将I-氧化 (8). Cr2O72-+ 6I-+14H+= 2Cr3++3I2+7H2O (9). 淀粉溶液 (10). 92.5
【解析】
【分析】
A装置中氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气，B装置干燥氮气，C装置中的是反应物，氮气将吹入反应装置D中，E装置进行尾气吸收。
【详解】（1）氮气的作用是排出空气、吹出蒸汽、吹出产物及尾气，故答案为：排出空气、吹出蒸汽、吹出产物及尾气；
（2）由信息①可知装置D中必须保持无水环境，故装置B的作用是干燥氮气；装置C中热水的作用是使汽化，提供反应所需的反应物；装置E中冷水的作用是冷凝生成的，故答案为：除去氮气中水蒸气；热水；冷水；
（3）由题意可知，反应物是和，产物为和，故方程式为：，故答案为：；
（4）由信息①可知易升华，题中装置图中D、E之间的导管太细，易发生堵塞，故应将细导管换成粗导管，故答案为：将连接装置D、E的细导管改成粗导管；
（5）①溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的 的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸；和发生氧化还原生成碘单质和铬离子，离子方程式为：，故答案为：除去溶解的氧气，防止将氧化；；
②利用滴定生成，遇淀粉显蓝色，所以可以用淀粉作指示剂；设25.00mL溶液中，由元素守恒及方程式可得关系式：，
，故，所以250mL溶液中 的物质的量为0.00175mol，根据元素守恒可知，所以样品中 ，故样品中无水三氯化铬的质量分数为：，故答案为：淀粉溶液；92.5。
9.某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设： F—与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算）
已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：
Fe3+
Ni2+
Cr3+
开始沉淀
1.5
6.7
4.0
沉淀完全
3.4
9.5
6.9
Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3 [Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）
（1）滤渣1的主要成分为：____________。
（2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________ 。（填序号）
A．Ni(OH)2 B．Cr2O3 C．Fe2O3 D．NaOH
（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。
（4）经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5 mol•L-1，则残液中F－浓度____________（填 “符合”或“不符合”）排放标准[已知Ksp(CaF2)=4×10-11
，国家排放标准要求氟离子浓度小于10 mg•L─1]。
（5）镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池、电镀和催化剂等领域。
①某蓄电池反应为NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g。
②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右，原因是_______。
【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). A (3). [Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3 (4). 不符合 (5). 0.6 (6). 4OH--4e-=2H2O + O2↑ (7). pH过高时Ni2+会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率
【解析】
【分析】
某酸性废液含有和 等，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣1，滤液中加入与发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3含有：和，氢氧化铬沉淀加酸生成铬离子，高锰酸钾将铬离子氧化为重铬酸根，结晶得到重铬酸钾晶体。
【详解】（1）调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，滤渣1为，故答案为：；
（2）据金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH分析，又不引入新杂质可知还可以是，故答案为：A；
（3）若试剂X是足量氨水，与足量氨水的反应为：，加入会生成更难溶的，“沉镍”的离子方程式为：
，故答案为：；
（4）依据溶度积常数计算F-离子浓度，，残液中 ，则，依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L-1分析判断，不符合国家标准，故答案为：不符合；
（5）①，根据方程式分析正极电极反应式为：，转移2mol电子电极质量增加2g，故转移0.6mol电子则正极增重0.6g；故答案为：0.6；
②根据图像可知，阳极氢氧根放电生成氧气，故电极反应式为： ；电解过程中pH太高镍离子会沉淀，pH太低则阴极氢离子会放电生成氢气，故需要控制溶液pH值为4左右，故答案为：；pH过高时会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率。
【点睛】本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写化学反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解、电化学原理的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。
（1）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的速率却随温度的升高而减小，某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：
i：2NO(g)N2O2(g)(快),v1正＝k1正c2(NO) v1逆＝k1逆c(N2O2) ΔH1＜0
ii：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(慢),v2正＝k2正c(N2O2)c(O2) v2逆＝k2逆c2(NO2) ΔH2＜0
请回答下列问题：
①一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)达到衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝________
②由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为___________(填字母)。
（2）100℃时，若将0.100 mol N2O4气体放入1 L密闭容器中，发生反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋24.4 kJ·mol－1。c(N2O4)随时间的变化如表所示。回答下列问题：
①在0～40 s时段，化学反应速率v(NO2)为______ mol·L－1·s－1
②下列能说明该反应达到平衡状态的是________(填选项字母)。
A．2v(N2O4)＝v(NO2) B．体系的颜色不再改变
C．混合气体的密度不再改变 D．混合气体的压强不再改变
③该反应达到平衡后，若只改变一个条件，达到新平衡时，下列能使NO2的体积分数增大的是_________(填选项字母)。
A．充入一定量的NO2 B．增大容器的容积
C．分离出一定量的NO2 D．充入一定量的N2
④100℃时，若将9.2 g NO2和N2O4气体放入1 L密闭容器中，发生反应N2O4(g)2NO2(g)。某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50，则此时v正(N2O4)_______v逆(N2O4)(填“＞”“＝”或“＜”)。
⑤上述反应中，正反应速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度298 K、压强100 kPa），已知该条件下k正＝4.8×104 s－1，当N2O4分解10%时，v正＝________kPa·s－1。
【答案】 (1). (2). a (3). 0.0025 (4). BD (5). BC (6). ＜ (7). 3.9×106
【解析】
【分析】
（1）①由反应达平衡状态，所以，所以， ，据此分析；
②的速率随温度的升高而减小，因为决定该反应速率的是反应②，故升高到温度时v2正减小，且平衡逆向移动，氧气的浓度增大；
（2）① ，由反应速率之比等于化学计量数之比，则；
②平衡状态的判定；
③利用等效平衡思想解决；
④题干中给出的数据算出平均分子量=气体总质量气体总的物质的量= =57.5g/mol，某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50，说明反应需向体积缩小的方向进行；
⑤列三段式解出的分压，计算即可。
【详解】（1）①；②；目标反应，由反应达平衡状态，所以，所以， ,则 ，故答案为：；
②的速率随温度的升高而减小，因为决定该反应速率的是反应②，故升高到温度时v2正减小，且平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，故答案为：a；
（2）①由表可知，0∼40s时间内的浓度由0.10mol/L减小为0.050mol/L，则其反应速率为 ，由反应速率之比等于化学计量数之比，则的反应速率为，故答案为：0.0025；
②A.未体现正逆反应速率的关系，A错误；
B.体系的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，B正确；
C.无论是否反应，体系的混合气体的总质量不变，体积不变，故密度不变，C错误；
D.该反应正反应为体积增大的反应，混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，达到平衡状态，D正确；
故答案为：BD；
③A. 充入一定量的，相当于加压，达新平衡时，则的体积分数减小，故A错误；
B. 增大容器的容积，减压，平衡向体积增大的方向移动，即正向移动，的体积分数增大，故B正确；
C. 分离出一定量的，相当于减压，使的体积分数增大，故C正确；
D. 充入一定量的，总压增大，气体分压不变，不会引起化学平衡的移动，二氧化氮浓度不变，故D错误；
故答案为：BC；
④100℃时，将0.100mol气体放入1L密闭容器中，平衡时，，，平均分子量=气体总质量气体总的物质的量= =57.5g/mol，将9.2g和气体放入1L密闭容器中，某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50，说明反应需向体积缩小的方向进行，即，故答案为：<；
⑤当N2O4分解10%时,设投入的N2O4为1mol,转化的N2O4为0.1mol，则：，故此时,则，故答案为：3.9×106。
11.氮、磷、钾是农作物生长的必须营养元素，磷和钙都是促成骨骼和牙齿的钙化不可缺少的营养元素。回答下列问题：
（1）基态K的核外电子排布式为____________，基态N的价电子排布图为____________。
（2）元素的第一电离能：Ca________(填“＞”或“＜”)P。
（3）白磷P4在CS2中的溶解度________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度，N4
是氮的一种新型单质,若N4分子结构类似于白磷P4，则N的杂化方式为________。
（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：
碳酸盐
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
900
1172
1360
阳离子半径/pm
99
112
135
根据上表数据分析碳酸钡分解温度最高的原因是_______________________
（5）常温下PCl5是一种白色晶体，晶体结构为氯化铯型，由A、B两种离子构成。已知A、B两种离子分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A、B两种离子的符号分别为________、________。
（6）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值。已知金属钙的晶胞为面心立方(如图)晶胞，晶胞边长为d pm；又知钙的密度为ρ g/cm3，则一个钙晶胞的质量为________(用d、ρ表示，下同)g，阿伏加德罗常数的值为______________(化成最简式)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p64s1 (2). (3). ＜ (4). 大于 (5). sp3 (6). 与Ca2+、Sr2+相比，钡离子由于半径大和氧离子结合更难, 所以碳酸钡分解温度高 (7). PCl4+ (8). PCl6- (9). d3·ρ·10－30 (10).
【解析】
【分析】
（1）根据核外电子排布规律书写基态钾原子的电子排布和氮原子的价电子排布图；
（2）金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大；
（3）根据相似相溶原理确定溶解度，根据白磷分子结构确定分子中原子轨道杂化类型；
（4）根据阳离子半径，推测碳酸钡分解温度最高的原因；
（5）结合等电子体原理，推断与、互为等电子体的A、B两种离子的符号；
（6）分析晶胞结构，结合“均摊法”及晶胞边长、密度计算晶胞的质量及NA。
【详解】（1）的核电荷数是20，由排布规律可知其核外电子排布式为， 的价电子数为5，根据洪特规则其价电子排布图为，故答案为：；；
（2）是非金属，是金属，故的第一电离能小于，故答案为：＜；
（3）白磷和均是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理可知白磷在中的溶解度比在水中大；分子结构类似于白磷，故中的氮原子形成3个共价单键，有1对孤对电子，故采取杂化，故答案为：大于；；
（4）三种阳离子中的半径最大，与氧离子结合最难，故碳酸钡的分解温度最高，
故答案为：与相比，钡离子由于半径大和氧离子结合更难, 所以碳酸钡分解温度高；
（5）晶体为氯化铯型，故A、B离子数之比是1:1， A与互为等电子体，故A为 B与互为等电子体，故B为，故答案为：；；
（6）金属钙是面心立方最密堆积，每个晶胞中含有钙原子数为，晶胞边长为，则晶胞的体积为，又知钙的密度是，故每个晶胞的质量为，每个晶胞含有4个钙原子，故，则，故答案为：；。
12.功能高分子P的合成路线如下：
（1）A的分子式是C7H8，其名称为________。
（2）E的分子式是C6H10O2，F中含有的官能团名称为：________________。
（3）反应④的反应类型是________________________。
（4）反应③的化学方程式：______________________。
（5）反应⑤的化学方程式：_____________________。
（6）G的单体结构简式为_______________，写出符合下列条件的与G的单体互为同分异构体的任意两种物质的结构简式__________________。
①能与氢氧化钠溶液反应 ②能使溴的CCl4溶液褪色
（7）已知：2CH3CHO，以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线(用结构简式表示有机物)，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件。__________________
【答案】 (1). 甲苯 (2). 酯基 (3). 加聚反应 (4). +NaOH+NaCl (5). +nH20 +nC2H5OH (6). CH3CH=CHCOOH (7). CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2 、CH3COOCH=CH2任意两种均可 (8).
【解析】
【分析】
根据A的分子式为，可推出A为，结合P的结构可以推出B为，C为，D为，由P
逆推可推出G为，逆推得F为，故E为。
【详解】（1）A的分子式是C7H8，A为甲苯，故答案为：甲苯；
（2）根据上述分析，F为，其官能团为酯基，故答案为：酯基；
（3）反应④为由生成，反应为加聚反应，故答案为：加聚反应；
（4）反应③为卤代烃的水解，由制取，方程式为: ，故答案为：；
（5）反应⑤水解生成，故该反应方程式为： ，故答案为： ；
（6）G为，其单体为，其同分异构体有、、、、，故答案为：；、、、
、任意两种均可；
（7）乙醇为起始原料合成，根据已知反应，首先制备乙醛，合成路线为：，
故答案：。
【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键： (1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。
