1、湖北省鄂州市黄冈市届高三第三次联考理科综合化学试题湖北省鄂州市、黄冈市2019届高三第三次联考理科综合化学试题本试题卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。祝考试顺利注意事项：1、考试范围：高考范围。2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。4
2、、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。1.化学与人类的生产生活密切相关，下列有关说法错误的是A. 天然气是高效清洁
3、的化石燃料，也是重要的化工原料B. 地沟油在碱性条件下水解可以生成高级脂肪酸盐和甘油C. 用于光缆通信的光导纤维是新型无机非金属材料D. 明矾常用作漂白剂，因为明矾溶于水后，水解生成氢氧化铝胶体【答案】D【解析】【详解】A、天然气既是一种清洁的化石燃料，更是一种重要的化工原料，作为化工原料，它主要用于合成氨和生产甲醇等；故A正确。B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，故B正确；C、新型无机非金属材料很多，现列举几种：压电材料；磁性材料；导体陶瓷；激光材料，光导纤维；超硬材料（氮化硼）；高温结构陶瓷；生物陶瓷（人造骨头、人造血管）等等，故C正确。D、明矾溶于水电离出的
4、Al3水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，因此明矾可以净水，但不能不能用作漂白剂，故D错误。本题选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1.0mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的CH3CH2CH2Cl分子数为1.0NAB. 22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，反应中转移的电子数为NAC. 20gD2O所含有的质子数、电子数、中子数均为10NAD. 0.5mo/LCH3COONa溶液中含有 CH3COOH和CH3COO的总数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A、1.0mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl的
5、分子数应小于1.0NA，故A错误。B、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，故1mol氯气转移1NA个电子，故B错误。C、一个D2O分子中含有的质子数、电子数、中子数均为10，20g D2O的物质的量是1mol，含有的质子数、电子数、中子数均为10 NA，故C正确。D、不知道溶液的体积，无法求出溶质的物质的量，故无法求出CH3COOH和CH3COO-的总数，D错误本题选C。3.有机物是制备镇痛剂的中间体。下列关于该有机物的说法错误的是A. 与环己烷互为同分异构体 B. 一氯代物有五种(不考虑立体异构)C. 所有碳原子可处同一平面 D. 能与酸性高锰酸钾溶液发生氧
6、化反应【答案】B【解析】【详解】A、同分异构体是指具有相同分子式而结构不同的化合物，故A正确。B、一氯代物有四种(不考虑立体异构)，故B错误。C、根据乙烯分子中六原子共面、碳碳单键可以旋转，可以判断分子中所有碳原子可以处于同一平面上，故C正确。D、该有机物中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故D正确。本题选B。4.从海带中提碘要经过灼烧浸取、过滤氧化、萃取、分液、蒸馏等操作，运用下列装置，不能达到相关实验目的的是A. 装置灼烧碎海带 B. 装置浸取海带灰中的IC. 装置放出下层的水溶液 D. 装置分离碘，回收苯【答案】A【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，装置中的蒸发皿不能用
7、于灼烧碎海带。B、海带灰中的碘化物易溶于热水，故B可以达到。C、萃取使用的有机溶剂是苯，碘易溶于苯、不易溶于水，苯的密度比水小，有机层在上层，故C可以达到。D、碘和苯的沸点相差较大，可以用蒸馏法分离，冷凝水应从下端进水，上端出水，温度计的水银球在支气管口处，故D可以达到。本题选A。5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Y能形成Y2X和Y2X2两种常见的化合物，Z原子的电子总数为最外层电子数的3倍，W与X同主族。以下说法正确的是A. 简单氢化物的稳定性比较：XZWB. 简单离子的半径比较：WYXC. 简单氢化物的沸点比较：WZXD. Y2X和Y2X2两种化合物中，Y与X的最外电子
8、层均达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】Z原子的电子总数为最外层电子数的3倍，则Z为磷元素，Y2X和Y2X2为氧化钠和过氧化钠，则Y为钠元素，X为氧元素，W与X同族，则W为硫元素。【详解】A、同主族中，从上到下氢化物的稳定性递减，因此氧的气态氢化物比硫的气态氢化物稳定性好；同周期，从左到右氢化物的稳定性递增，因此硫的氢化物比磷的氢化物稳定性好，所以简单氢化物的稳定性X W Z，故A错误。B、同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小；同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大.；电子层结构相同的粒子，随着核电荷数的增大，离子半径减小。所以离子的半径比较： W X Y，故B错误。C、简单
9、氢化物即分子晶体，它们熔化时要破坏分子间作用力（范德华力），所以它们的熔、沸点是由相对分子质量决定，相对分子质量越大，熔沸点越高 ，但由于H2O分子间存在氢键，所以沸点较高，沸点从高到低的顺序为X W ，故C错误。D、Y2X为Na2O和Y2X2为Na2O2，Y与X的最外电子层均达到8电子稳定结构,故D正确。本题选D。【点睛】本题易错点：要注意NH3、H2O、HF可以形成分子间氢键，沸点较高。6.根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是实验现象实验结论A向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO42，SO32，HSO3中的一种或几种B将纯碱和硫酸反应生成的气
10、体，通入一定浓度Na2SiO3溶液中出现白色胶状沉淀酸性：H2SO4H2CO3H2SiO3C左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2D试管a出现白色沉淀，试管b出现黄色沉淀溶度积：KSP（AgCl）KSP（AgI）A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、硝酸具有强氧化性，先滴加硝酸酸化，可把SO32-、HSO3-氧化为硫酸根离子，然后生成不溶于稀硝酸的硫酸钡沉淀，故A正确。B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以该实验只能说明盐酸酸性大于碳酸，但不能说明证明非
11、金属性ClC,故B错误。C、氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br2、I2的氧化性，故C错误。D、硝酸银过量，两种沉淀均会产生，不发生沉淀转化，故D错误。本题选A。7.已知金属离子M2+，25时在水中存在M2+(aq)、M(OH)+(aq)、M(OH)2(s)、M(OH)3(aq)、M(OH)42(aq)五种形态，该体系中各形态的物质的量分数()随pH的变化关系如图，下列叙述中错误的是A. P点的pH为12，则M(OH)3M(OH)2+OH的平衡常数为102B. M(OH)2完全沉淀后，增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解C. 溶液pH达到14之前，沉淀M(OH)2已完全溶解D. M
12、(NO3)2溶液显酸性，其水解的离子方程式为：M2+H2OM(OH)+H+【答案】A【解析】【分析】随着pH增大，c(OH-)增大，金属离子M2+结合OH-数目增多，故1为M2+(aq)、2为M(OH)+(aq)、3为M(OH)2(s)、4为M(OH)3(aq)、5为M(OH)42(aq)。【详解】A、平衡常数K= c(OH-)/ c(M(OH)3) ,P点的pH为12, c(OH-)=102, c(M(OH)3)的浓度不知道，不能计算平衡常数，故A错误。B、由图可知，M(OH)2完全沉淀后，有一段随着pH改变，物质的量分数()没有发生变化，所以增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解，故B正确。
13、C、由图中3可知，溶液pH达到14之前，物质的量分数()=0，说明沉淀M(OH)2已完全溶解，故C正确。D、M(NO3)2溶液显酸性，其水解的离子方程式为：M2+H2OM(OH)+H+，故D正确。本题选A。8.某校化学兴趣小组实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)。实验装置如图：实验步骤如下：(1)制备 NH4SCN溶液：CS2+2NH3NH4SCN+H2S。该反应比较缓慢。实验前，应进行的操作是_。三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂，三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，目的是_。实验开始时打开K1，加热装置A、D，缓缓地向装置D中充入气体。装置A中的物质是_(以化学式表示)，装置C的作
14、用可能是_。(2)制备KSCN溶液：移去A处的酒精灯，关闭K1，打开K2，利用耐碱分液漏斗边加液边加热，则此时装置D中发生反应的化学方程式是_。(3)制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，_，过滤，干燥，得到硫氰化钾晶体。(4)测定KSCN的含量称取10.0g样品配成1000mL溶液量取20.00mL于锥形瓶中，并加入几滴Fe(NO3)3溶液，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消AgNO3标准溶液20.00mL。滴定时发生的离子反应为SCN+Ag+= AgSCN，则终点时的现象是_。KSCN的质量分数为_。【答案】 (1). 检查装置的气密
15、性 (2). 使反应物充分接触，防止发生倒吸 (3). NH4Cl、Ca(OH)2 (4). 观察气泡速率，控制加热温度 (5). NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O (6). 冷却结晶 (7). 当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复 (8). 97.0%【解析】【分析】本题主要考察实验基本操作、陌生反应方程式的推断和书写、滴定的终点判断和相关计算。【详解】(1)、连接好装置后，实验前必须进行的一步操作是检查装置的气密性。根据相似相溶原理可知，氨气易溶于水、不易溶于二硫化碳，因此，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，所以三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导
16、气管口。本题答案：检查装置的气密性；使反应物充分接触，防止发生倒吸制备 NH4SCN溶液：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，反应需NH3，所以A装置为氨气发生器，实验室可用固体NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应制取氨气。故装置A中的物质是NH4Cl , Ca(OH)2，装置C的作用可能是观察气泡速率，控制A装置的加热温度。本题答案：NH4Cl , Ca(OH)2；观察气泡速率，控制加热温度(2)、在装置C中发生反应得NH4SCN，装置D耐碱分液漏斗中装入的碱与NH4SCN发生反应生成硫氰化钾，故D中的反应化学方程式为NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O本题答案：NH4SCN+K
17、OHKSCN+NH3+H2O(3)、制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，得到硫氰化钾晶体。本题答案：冷却结晶(4)、滴定时发生的离子反应为SCN+Ag+= AgSCN，以Fe(NO3)3为指示剂， SCN-与Fe3+反应使溶液呈血红色。当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复，即为终点。本题答案：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复20.00mL 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，c(Ag+)=0.1000mol/L0.02 L=0.002 mol，根据滴定时发生的离子反应为S
18、CN+Ag+= AgSCN，可知20.00mL 中c(SCN)= 0.002 mol，则1000mL 中c(SCN)为0.1 mol，KSCN的质量分数=97.0g/ mol0.1 mol/10g 100%=97.0%本题答案：97.0%9.某科研课题小组研究利用含H+、Na+、Zn+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、SO42的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计出如下实验流程：回答下列问题:(1)加入双氧水的目的是_。(2)第一次调pH使Fe3+完全沉淀，写出反应的离子方程式_。(3)第二次调pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到相关数据见下表(表中金属离子沉淀完全
19、时，其浓度为1105mol/L)。为防止Mn2+也同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的pH控制为7，则此时溶液中Zn2+的沉淀率为_，利用滤渣制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的_(以物质的化学式表示)。(4)已知常温下，Ksp(MnS)=3.01014、Ksp(ZnS)=1.51024。在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)，其平衡常数K=_。(5)沉锰反应在酸性条件下完成，写出该反应的离子方程式_。【答案】 (1). 将Fe2+氧化为Fe3+ (2). Fe3+3OH-=Fe(OH)3 (3). 99% (4). Fe2O3 (5).
20、21010 (6). Mn2+S2O82-+2H2O=MnO2+2SO42-+4H+【解析】【分析】本题考查了Fe3+ 和Fe2+相关性质、调节pH在物质分离提纯中的作用、以及平衡常数的计算方法。【详解】(1)、加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ 本题答案：将Fe2+氧化为Fe3+ (2)、第一次调pH使Fe3+完全沉淀，其反应的离子方程式Fe3+3OH-=Fe(OH)3本题答案： Fe3+3OH-=Fe(OH)3(3)、pH控制为7，c(H+)=10-7；c(OH-)=10-7，c(Zn2+)= Ksp/ c2(OH-)=1.210-3，（1.210-3）/1.2 100%=10%，
21、Zn2+的沉淀率=1-10% = 99% 。 第一次调pH使Fe3+完全沉淀时，有及其少量的Fe3+存在，所以利用滤渣制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的Fe2O3。本题答案：99%；Fe2O3(4)、MnS(s)= Mn2+(aq)+ S2- (aq) Ksp(MnS)=3.01014、ZnS(s)= Zn2+(aq) + S2- (aq) Ksp(ZnS)=1.51024，在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)，其平衡常数K=3.01014/1.51024=21010本题答案：21010(5)、沉锰反应在酸性条件下完成，由生成物为MnO2
22、可知Mn化合价升高，则S化合价下降，根据得失电子守恒配平反应为Mn2+S2O82-+2H2O=MnO2+2SO42-+4H+本题答案：Mn2+S2O82-+2H2O=MnO2+2SO42-+4H+10.氨在工农业及国防工业上有广泛的用途。(1)已知：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) H=1266.2k/mol2H2(g)+O2(g)2H2O(g) H=483.6kJ/mol则合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=_kJ/mol，该反应属于_。A.高温自发 B.低温自发 C.恒自发 D.恒不自发(2)在甲、乙、丙三个容积均为2L的密闭装置中，均充人4mol
23、合成气，但N2、H2的投料比不同，在400时反应，测定N2的体积百分含量，得到下图一。乙装置中N2、H2的投料比为_。反应达到平衡后，测得乙装置中H2的体积百分含量为25%，则400时，合成氨反应的平衡常数为_(不须注明单位)。(3)在M、N两个装置中分别充入相同投料比的N2、H2，进行合成氨反应，各反应1小时，测定不同温度下N2的转化率，得到上图二。N2、H2在M、N两装置中反应时，不同的条件可能是_。在300时，a、b两点转化率差异的原因是_。(4)氨法烟气脱硫技术渐趋成熟，回收SO2，并产出氮肥，其流程分两步：氨水吸收烟气中的SO2：xNH3+SO2(g)+H2O=(NH4)xH2xSO
24、3加入足量的磷酸得到纯净的SO2。写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1). -92.3 (2). B (3). 1：1 (4). 3.125 (5). M装置中使用了催化剂 (6). M装置中使用了催化剂，a点速率快，达到了平衡，b点速率慢，没达到平衡 (7). (NH4)xH2xSO3+xH3PO4=xNH4H2PO4+SO2+H2O【解析】【分析】（1）从盖斯定律的计算和反应进行的方向分析；（2）综合考察影响化学平衡移动因素、平衡常数计算、转化率计算等为题。【详解】(1)、已知：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)，H=1266.2k/mol ；2H2(g)+O2
25、(g)2H2O(g)，H=483.6kJ/mol，则合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，H=-/2+3/2代入得，H= -92.3 k/mol，反应后气体体积变小，是一个熵减的反应（S0），由H-TS可知H0，S0时，在低温下能自发进行。本题答案：H= -92.3 k/mol；B(2)、设N2初始投料为a mol，由“三段式”得：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)起始量（mol）： a 4-a 0变化量（mol）： x 3x 2x平衡量（mol）：a-x 4-a-3x 2x由题意知N2体积分数为=常数，当a=2时该比值为常数0.5，则N2有2mol，H2有2mol，N2、
26、H2的投料比为1:1。H2的体积百分含量为25%，则，a=2，则x=0.4，故平衡常数K=(3)、相同温度下，相同时间内，M装置中N2转化率比N装置大，则M反应速率也大于N，故M装置中使用了催化剂。本题答案：M装置中使用了催化剂在同温度下，由于M装置中使用了催化剂，其反应速率快得多，在300时，a点速率快，先达到了平衡；而b点反应速率慢，还没有达到平衡状态，这是造成a、b两点转化率有差异的原因。本题答案：M装置中使用了催化剂，a点速率快，达到了平衡，b点速率慢，没达到平衡(4) 第一步中生成的 (NH4)xH2xSO3为酸式盐，可与磷酸中H+结合产生SO2和H2O，故第二步加入足量的磷酸反应方
27、程式为 (NH4)xH2xSO3+xH3PO4=xNH4H2PO4+SO2+H2O本题答案：(NH4)xH2xSO3+xH3PO4=xNH4H2PO4+SO2+H2O11.化学电源在日常生活和工业生产中有着重要的应用。I.如下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题(1)甲烷燃料电池负极反应式是_。(2)石墨(C)极的电极反应式为_。(3)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成的气体体积为_L；丙装置中阴极析出铜的质量为_g，一段时间后烧杯中c(Cu2+)_(填“增大”、“减小”或“不变”).
28、“长征”火箭发射使用的燃料是液态偏二甲肼(C2H8N2)，并使用四氧化二氮作为氧化剂，这种组合的两大优点是，既能在短时间内产生巨大能量将火箭送上太空，产物又不污染空气(产物都是空气成分)。某校外研究性学习小组拟将此原理设计为原电池，如图所示，结合学习过的电化学原理分析其设计方案，回答相关问题：(4)从a口加入_(填名称)。H+移动方向是_(填“A到B”或“B到A”)(5)A极发生的电极反应式：_。(6)若以该电池为电源用石墨做电极电解200mL0.5mol/L的CuSO4溶液，电解一段时间后，两极收集到相同体积(相同条件)的气体，则整个电解过程转移的电子的数目是_。【答案】 (1). CH48
29、e10OH=CO32-7H2O (2). 2Cl2e=Cl2 (3). 4.48 (4). 12.8 (5). 减小 (6). 偏二甲肼 (7). A到B (8). C2H8N2-16e-+4H2O=2CO2+N2+16H+ (9). 0.4NA(或2.4081023)【解析】【分析】I.从原电池或电解池电极反应式的书写、基于转移电子关系的相关计算进行分析；.考察了燃料电池（原电池原理）的电极反应式、电子流向以及转移的电子数目计算。【详解】I.甲为燃料电池，甲烷通入一极为负极，氧气通入一极为正极；乙为电解池，Fe为阴极，C为阳极，实质为电解饱和食盐水；丙为电解池，粗铜为阳极，精铜为阴极，实质为电解精炼铜。(1)、甲烷燃料电池负极为CH4，失去电子后结合OH生成CO32-,其反应式是CH48e10OH=CO32-7H2O本题答案：CH48e10OH=CO32-7H2O(2)、乙为电解池，Fe为阴极，C为阳极，实质为电解饱和食盐水，故石墨(C)极的电极反应式为2Cl2e=Cl2
