2019届湖南省三湘名校教育联盟高三上学期第二次大联考化学试题 PDF版
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.一、单项选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分）
题号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 |
答案 | D | B | B | C | A | C | C | D | B | D | C | B | B | D | C | B |
二、填空题（本题包括4小题，共52分，除标注外每空2分）
17、（11分）
(1). 分液漏斗（1分） 防止Cl2与KOH反应生成KClO3
(2). HCl （1分） 吸收Cl2，防止污染空气（1分）
(3). 3ClO-＋2Fe3+＋10OH-==2FeO42－＋3Cl-＋5H2O
(4). 将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液
(5). 90%
18、（14分）
（1）250 mL容量瓶、胶头滴管
（2）升高温度（加热）、搅拌、增大硫酸浓度（答案合理即可）（1分）
（3）2Cr3++3H2O2+H2OCr2O72-+8H+ A（1分）
（4）Na+、Ca2+、Mg2+
pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr（Ⅲ）回收与再利用
（5）Ca2+、Mg2+
（6）3SO2+2Na2CrO4+12H2O2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH
或者：4SO2+2Na2CrO4+11H2O2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+Na2SO3
19、（12分）
(1)①ac（2分）
② CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH = －41.2 kJ/mol （2分）
<（2分）
（2）①ab（2分） ②O2+4H++4e－＝2H2O（2分） 11．2L（2分）
20、（共15分）
（1）碳碳双键、羧基 （2）酯化反应（1分）
（3）
（4）①
②（5）①5
【答案详解】
3、解析：能氧化成醛的醇必须含—CH2OH，剩下—C3H5基团有四种情况，分别为丙烯基3种，环丙基1种。答案:B
4、解析：从化合价分析，CuSO4作氧化剂，FeS2既作氧化剂又作还原剂；每生成7molCu2S转移的电子数21mol，每生成1molCu2S转移的电子数3mol； 1 mol硫酸铜可以氧化1/7mol的-1价的硫。答案C
6、解析：选项A，反应到达终点时：c（CH3COO—）+c（CH3COOH）=0. 05 mol/L。选项B，滴加BOH的过程中，水的电离程度先增大后减小，选项A，无法判断一元碱BOH的碱性强弱，所以也无法判断pH=7时，溶液中的酸是否反应完，答案：C
7、【解析】题图中左边为原电池，由原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，可以判断N型半导体为负极，P型半导体为正极，A错误。电极X接原电池的负极，为电解池的阴极，则电极Y为阳极，OH－在阳极发生氧化反应，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；CO2在阴极发生还原反应，电极反应式为2CO2＋4e－＋2H2O===2CO＋4OH－，可以看出OH－在阳极消耗，在阴极生成，故离子交换膜为阴离子交换膜，B错误。电解过程中OH－的数目基本不变，故电解质溶液的碱性不变，D错误。CO2在X电极上发生得电子的还原反应，C正确。
16、由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=
5.00g |
100g/mol |
=0.05mol，n（CO）=
1.12L |
22.4L/mol |
=0.05mol，
A．生成的n（CO2）=n（CaCO3）=
5.00g |
100g/mol |
=0.05mol，n（CO）=
1.12L |
22.4L/mol |
=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量=（0.05mol+0.05mol）×12g/mol=1.2g，故还有2g-1.2g=0.8g碳未参与反应，故A正确；
B．假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒生成Cu的质量=
16g |
80g/mol |
×64g/mol=12.8g，由产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量=（0.05mol×2+0.05mol）×16g/mol=2.4g，故CuO反应后的总质量=16g-2.4g=13.6g，故反应后固体中Cu的质量小于12.8g，故B错误；
C．反应后固体总质量=16g+2g-0.05mol×（44g/mol+28g/mol）=14.4g，故C正确；
D．反应后m（O）=13.6g-12.8g=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=
0.8g |
16g/mol |
=0.05 mol，故D正确，故选B．
17、【分析】根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收，（1）根据装置图可知仪器名称；Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，据此判断冰水浴的原因；（2）氯气中有氯化氢需要除去，氯气有毒，需要进行尾气吸收；（3）足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，据此书写该反应的离子方程式；（4）K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以提纯K2FeO4粗产品时可以①将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KOH溶液中，②过滤，③将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，④搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤2～3次，⑤在真空干燥箱中干燥，据此答题；（5）根据反应Cr（OH）4-+FeO42-═Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-和Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，利用（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定K2FeO4样品的纯度。
【详解】（1）根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3；
（2）氯气中有氯化氢需要除去，氯气有毒，需要进行尾气吸收，所以装置B吸收的气体是HCl，装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气；
（3）足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以提纯K2FeO4粗产品时可以①将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KOH溶液中，②过滤，③将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，④搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤2～3次，⑤在真空干燥箱中干燥；
（5）根据反应Cr（OH）4-+FeO42-═Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-和Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，根据题意可知，（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量为0.03L×0.01000 mol/L=0.0003mol，所以高铁酸钾的质量为0.0003mol×× =0.198g，所以K2FeO4样品的纯度为×100%=90.0%。
【点睛】本题考查实验制备方案、氧化还原反应的离子方程式的书写、物质的分离提纯、对条件与操作的分析评价、纯度的计算等，是对学生综合能力的考查，注意题目信息的迁移运用，难度中等。
18、【解析】（1）设需要浓硫酸的体积为V mL，则18.4 mol·L-1×V mL=250 mL×4.8 mol·L-1，解得V≈65。（2）为了提高酸浸的浸出率，可以延长浸取时间、加快溶解速率等。（3）H2O2具有强氧化性，能氧化Cr3+为Cr2O72-。（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O72-，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。溶液pH=8，Fe3+、Al3+沉淀完全，滤液Ⅱ中阳离子主要是Na+、Ca2+和Mg2+；超过pH=8，氢氧化铝是两性氢氧化物会溶解于强碱溶液中，影响铬离子的回收利用。（5）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子。（6）二氧化硫具有还原性，被Na2CrO4氧化为SO42-，Na2CrO4被还原为CrOH(H2O)5SO4，依据原子守恒写出反应的化学方程式：3SO2+2Na2CrO4+12H2O2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH。
19、【解析】(1)①H2SO4在常温下很稳定不易分解，所以H2SO4分解肯定需要加热，故a对；H2SO4仅仅是反应过程中的中间产物，由反应Ⅱ是一可逆反应，可判断HI不太稳定，d选项未指明气体在标准状况下。
②根据离子积Qc= （2.0×2.53）/(2.0×5.0)>1.0，故反应仍需向逆方向进行才能达到平衡，即v正<v逆。
(2) ①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是一个反应前后气体体积减小的反应，故当压强不变时表明反应达到平衡，a对。CO与H2的体积比保持不变时，说明平衡不再移动故b对；根据质量守恒，体系中碳元素的百分含量不会变化故错对；任何情况下，单位时间内消耗1 mol CO，同时生成l mol CH3OH，d错。
②由达到平衡所需要的时间长短知，T1＜T2，当温度由T2→T1(降温)时，CO的转化率增大，说明降低温度时平衡向右移动，故正反应是放热反应，ΔH <0，K1> K2。
③根据H+运动方向及d口排出H2O知，从b口进入的物质是甲醇、从c口进入的物质是O2，由于电解质溶液是酸，故正极反应为O2+4H++4e－＝2H2O，当有3mol电子发生转移时，有0.5mol甲醇反应，生成二氧化碳为0．5mol在标准状况下的气体 11.2L。
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