2022湖南省三湘名校、五市十校教研教改共同体高三上学期第一次大联考试题化学PDF版含解析

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绝密★启用前                        化学参考答案1.A【解析】火力发电需要燃烧大量的煤等可燃物，燃烧过程中产生大量的CO2，不利于促进碳达峰和碳中和，故选A。2.D【解析】A项，C2H4是乙烯的分子式，不是结构式；B项，次氯酸的电子式“O在中间”；C项，图片展示的是乙酸的球棍模型，不是比例模型（空间填充模型）。3. C【解析】玉石的主要成分是铝硅酸盐。4.D 【解析】本题主要考查乙醇与钠反应的现象、原理（本质分析）和氢气的检验等相关知识。钠的密度大于乙醇小于水，因此钠浮在水面上，沉在乙醇中，A项正确；钠分别与水、乙醇反应，可以理解为钠分别置换水、乙醇分子中羟基的H，与乙醇反应较缓慢（相对水而言），说明乙醇中羟基活性小于水分子中羟基活性，B项正确；乙醇难电离，乙醇钠可以看成是强碱弱酸盐，故水溶液显碱性，C项正确；依据教材，为了检验产生的气体是否是氢气，应该先验纯后，再点燃，用冷而干燥的烧杯罩在火焰上方，出现液滴后，迅速倒转烧杯，加入少量澄清石灰水（原则上澄清石灰水不变浑浊）才能说明产生气体是氢气，故D项错误。【素材来源】必修2教材乙醇与钠的反应及大学无机化学教材。5. D【解析】 酚羟基能与NaOH反应，但是不能发生水解反应，分子中不含酯基，故选D。6.C【解析】A项，溶剂水中也含有O原子，A项错误；B项，未说明标准状况，B项错误；C项，1个铁离子水解产生3个氢离子，阳离子数会增多，C项正确；D项，30 g 14CO中含有的质子数为14 NA，D项错误。7.B【解析】A项，硫不能直接变成三氧化硫，A项错误；B项正确；C项，氧化铁不能与水反应生成氢氧化铁，C项错误；D项，氮气与氧气反应先生成NO，不会直接变成NO2，D项错误。8.C【解析】A项，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，钙离子会与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，A项错误；B项，醋酸是弱电解质，保留化学式，B项错误；C项，氢氧化钠的工业制法常常是电解饱和食盐水，C项正确；D项，不满足电荷守恒，D项错误。9.D【解析】根据成键个数可判断X、W、Y、M、Z分别为H、C、O、Na、S。A项，离子半径S2-＞O2-＞Na+＞H+, A项正确；钠、硫和氧元素可形成的化合物有硫酸钠、亚硫酸钠、硫代硫酸钠等，B项正确；C项，Y和W最简单氢化物分别为H2O、CH4，水的沸点高于甲烷，C项正确；D项，根据成键个数可知，除H以外，C、O、Na均满足8电子稳定结构，S周围有10个电子，D项错误。10.C【解析】负极区(与电源负极相连，又称为阴极区)溶液的电极反应：2H++2e-== H2↑，氢离子浓度减小，pH增大，A项错误；B项，阳极区的电极反应为xS2－－2(x-1)e－== ，钠离子透过交换膜b进去中间隔离室，b为阳离子交换膜，B项错误；C项，根据图示可知电极反应为xS2－－2(x-1)e－== ，C项正确；D项，电路中转移2 mol eˉ时，阳极区2 mol Na+进入中间隔离室，阴极区1 mol SO2- 4进入中间隔离室，中间隔离室离子数增加3 NA，D项错误。11.AC【解析】Fe3+ 与SCN-不共存，B项错误；D项中I- 与NO- 3 、H+不共存，D项错误；C项，Cu2+能够催化H2O2分解，C项正确。12.D【解析】从图中可以看出既有O-H的断裂和生成（第一步有O-H的生成，第二步生成H2O，有O-H断裂），A项正确；Ce原子成键数目有2个或3个，成键数目在反应变化过程中发生了变化，B项正确；由于Ti原子的成键数目发生了改变，则Ti元素化合价会发生改变，C项正确；根据反应循环流程可知总反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，D项错误。13.D【解析】粗锌与稀硫酸形成原电池，会加快化学反应速率，A项正确；启普发生器能够制备氢气、二氧化碳等气体，B项正确；实验时先打开K，利用氢气排尽装置内的空气，C项正确；D项，产物氢化钠也会与水反应产生氢气，D项错误。14. C【解析】根据题干信息，利用氧化还原原理可配平方程式，A项正确；“高温焙烧”中二氧化硅与碳酸钠反应产生硅酸钠，氧化铝与碳酸钠反应生成偏铝酸钠，通入二氧化碳后，二者分别转化为沉淀H2SiO3和Al(OH)3，B项正确；2CrO2- 4+2H+Cr2O2- 7+H2O，因此调节pH值应该是加入硫酸溶液使pH减小，C项错误；从流程图中可知二氧化碳可以循环使用，D项正确。15.（14分）（1）碳酸钠溶液呈碱性，油脂可在碱性条件下水解 （2分）（2）取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若溶液不产生白色沉淀，即沉淀已洗净 （2分）（3）Fe2+ + H2C2O4 == FeC2O4 ↓+ 2H+ （2分） （4）防止H2O2分解；降低Fe3+的水解程度，提高产率 （2分，每点1分，其他合理答案均可给分）（5）减少洗涤三草酸合铁酸钾的损失，提高产品的产率 （2分）（6） ①将 eq \o\ac(C2O)\o\al(2−,4)全部氧化为CO2，避免后续对Fe2+测定产生影响 （2分）②28cVm% （2分，其他合理式子也可给分）【解析】（1）碳酸钠溶液呈碱性，油污（油脂）能在碱性条件下水解成甘油和高级脂肪酸盐。（2）取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若溶液不产生白色沉淀，即沉淀已洗净。（3）草酸是二元弱酸，不能拆，故离子反应方程式为Fe2++ H2C2O4 === FeC2O4↓ + 2H+ 。 （4）步骤④加入过氧化氢，温度不宜过高是为了防止过氧化氢分解；铁离子易水解，因此控温还可以降低Fe3+的水解程度，提高产率。（5）题干信息给出产品难溶于乙醇。利用乙醇洗涤可以减少产品因溶解造成的损失，提高产物的产率。（6）①将 eq \o\ac(C2O)\o\al(2−,4)全部氧化为CO2，避免后续对Fe2+测定产生影响；②Zn+2Fe3+ ===2 Fe2++Zn2+ ，根据关系式5n(Fe2+) ~ n(KMnO4) ，则m（Fe）= 56×5cV×10-3 g ，样品中铁元素的质量分数为= 28cVm%。 16.（12分）（1）适当提高硫酸的浓度，适当升高温度 （2分，每点1分，其他合理答案均可给分）（2）SiO2和PbSO4 （2分，每个1分）（3）As3++3Fe3++4H2O == FeAsO4↓+2Fe2++8H+ （2分）（4）将Fe2+全部氧化为Fe3+，便于沉淀 （2分）（5）4.5（4.4-4.6都可给分） （2分） （6）酸浸 （2分）【解析】（1）提高浸取率，即为提高反应速率，因此可通过适当提高硫酸的浓度，适当升高温度来增大反应速率。（2）SiO2不溶于硫酸，PbO与硫酸反应生成硫酸铅，故滤渣1含有两种沉淀，即SiO2、PbSO4。（3）根据题干所给信息，利用氧化还原反应的原理即可配平离子反应方程式：As3++3Fe3++4H2O == FeAsO4↓+2Fe2++8H+ 。（4）“沉铁”通入过量空气的目的是利用空气中的氧气将亚铁离子全部氧化为铁离子，便于沉淀。（5）根据题意和图像即可知道“沉铁”过程中溶液最合适的pH为4.5。（滤渣含锌量低，滤液含铁量低）（6）“沉铁”后的溶质为硫酸锌，“电解积锌”后的电解液为硫酸，故可返回“酸浸”工序继续使用。17.（13分）（1）+41 （2分）（2）①0.89 （2分） ②H2CO* + H* == H3CO* + * （2分）（3）①优于 （1分）②升高温度，催化剂的活性降低；升高温度有利于反应I逆向进行，有利于反应II正向进行 （2分，每条1分，其他合理答案均可给分）（4） CH3OH + H2O -6e- ==6H+ + CO2↑（2分） 增大（2分）【解析】（1）由表格中的键能数据可知：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g） ΔH3=1076+2×436-3×413-343-465= -99 （kJ·mol-1 ） ，再根据盖斯定律计算ΔH2=ΔH1-ΔH3=-58 +99= +41（kJ·mol-1）。（2）①根据活化能的概念可知，历程中最大的活化能为0.89eV（不是1.21eV，一是未经过过渡态，二是1.21eV是CO脱离催化剂表面的能量变化）；②由前后反应式可知横线处发生的反应为H2CO* + H* == H3CO* + *。（3）①当CO2转化率相同时，在Cat.2催化作用下，CH3OH的选择性高于Cat.1，CO的选择性低于Cat.1 ，故Cat.2催化效果优于Cat.1；②图像并未说明二氧化碳的转化率是否是平衡转化率，因此CH3OH的选择性降低的原因可能是未达到平衡时，温度升高，催化剂活性降低，使得反应I的反应速率降低，在相同时间内，产物CH3OH的产量降低（对于在给定条件下反应物能同时发生多个反应的情况，理想的催化剂可以大幅提高目标产物在最终产物中的比率，催化剂的这种特性称作它的选择性）；还可能的原因是反应I是放热反应，反应II是吸热反应，升高温度，有利于反应I逆向进行、反应II正向进行。（4）甲醇燃料电池的阳极即为负极，在电解质溶液为酸性的条件下，负极的电极反应式为CH3OH + H2O -6e- ==6H+ + CO2↑ ；根据总反应：2CH3OH + 3O2==2CO2↑+4H2O，生成了H2O，稀释了溶液，故酸性变弱，pH增大。18.（15分）（1）AD （2分，每个1分）（2）N、Cl （2分，每个1分） 6（1分）（3）O （1分） C、N（2分，每个1分） 3NA（2分，其他合理答案也可给分）（4）B（1分） 8（1分）（5）（3分，其他合理式子也可给分）【解析】（1）A选项，Mn原子电子数是25，根据构造原理可知，基态Mn原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，故A正确；B选项，Mn元素位于元素周期表的d区，故B错误；C选项，基态Mn2+ 价层电子排布式为3d5，5个电子分别占据一个自旋状态相同的轨道，故C错误；D选项，Mn原子失去最外层2个电子后，价层电子排布式为3d5，为半满的稳定结构，再失去1个电子较为困难，即Mn原子的I3较大，故D正确。由于是形成的配合物是MnClm·nNH3，根据化合价代数和为0，可得m=2，再由1 mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用生成l mol AgCl沉淀可知，有一个氯原子参与形成了配位键，因此配位键的原子是N、Cl ；Mn2＋位于八面体的中心，可推知存在有6个原子与Mn2＋形成配合物，即配位数是6。锰试剂分子中的元素有O、H、C、N，电负性最大的元素是O；采用sp2杂化的原子是C、N；两个苯环存在两个大π键，一个碳氮双键存在一个π键，故1 mol分子中π键数目是3NA。α锰晶胞属于体心立方晶胞，其俯视图是B；体心立方晶胞的配位数是8。该晶胞的质量为ρ g∙cm3×(a×10－10 cm)3，晶胞的质量也可以表示为，因此，可得晶胞密度为ρ=g∙cm－3。19.（15分）（1）醚键、羧基 （2分，每个1分）（2）CH3OH/浓硫酸，加热 （2分，试剂和条件各1分） 取代反应（2分）（3）（2分） 保护氨基（2分）（4）、、、（任写两种，每种1分，共2分）（5）（3分）【解析】（1）根据H的结构简式即可知道含氧官能团的名称为醚键、羧基。（2）A转化B是酯化反应，故反应所需的条件为浓硫酸，加热，所需的醇根据结构简式可知为CH3OH ；E→F的反应类型为取代反应。（3）根据反应②的反应物及生物的结构简式，即可推断反应方程式为；将结构中的氨基转化为肽键，后续的转化中又将肽键转化为氨基，因为该步骤的目的是保护氨基。（4）1 mol M能与3 mol NaOH发生反应；其中肽键消耗1 mol，说明还有2 mol的酚羟基；核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1，说明分子结构中含有有甲基，2∶2说明两个酚羟基对称，即可得到可能的结构为、、或。（5）根据反应④、⑤和⑥及逆向合成分析法可知合成路线为