贵州省贵阳市第一中学2018届高三化学上学期适应性月考试题(二)(含解析).doc

贵州省贵阳市第一中学2018届高三上学期适应性月考（二）
理科综合化学试题
1. 氯化钠是生活中常见的盐，下列说法正确的是
A. 加碘食盐中加入的是碘化钾
B. 医药用生理食盐水的浓度是0.9%，若水的体积就是溶液体积，其物质的量浓度约为0.155mol/L
C. 用铁作阳极，石墨作阴极，电解饱和食盐水可得氢气和氯气
D. 候氏制碱法除制得纯碱外，还可得氯化钠
【答案】B
【解析】A. 加碘食盐中加入的是碘酸钾，A错误；C. 用铁作阳极，石墨作阴极，阳极铁失电子，所以得到氯气，C错误；D. 候氏制碱法除制得纯碱外，还可得氯化铵，D错误；B. 医药用生理食盐水的浓度是0.9%，若水的体积就是溶液体积，其物质的量浓度约为0.155mol/L，B正确。
2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NA
B. 1.0L 1.0mol/LNa2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA
C. 铅蓄电池中，当正极增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.3NA
D. 11P4+60CuSO4＋96H2O=20Cu3P+ 24H3PO4＋60H2SO4反应中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA
【答案】C
【解析】A. 标准状况下，HF熔点 −83.38℃ (189.77 K) ，沸点 19.54°C (293.15 K) ，HF是液态，A错误； B. 1.0L 1.0mol/LNa2SO4水溶液中含有的氧原子包括溶质与溶剂水中的氧，B错误；C. 铅蓄电池中，正极增加的质量相对于增加了SO2的质量，当增加9.6g时，即有1.5molPbSO4生成，即1.5molPb失去0.3mol电子，C正确；根据D的方程式可知，11molP4被氧化的只有6mol P4，6molCuSO4在反应中提供6mol电子，能氧化白磷的分子数为0.3NA，D错误。
3. “神十”宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料。图1中甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法错误的是

A. 甲物质可以在引发剂作用下通过缩聚生成有机高分子化合物
B. 1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成lmol氢气
C. 丙物质能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 乙物质可以在浓硫酸作用下发生消去和取代反应
【答案】A
【解析】A. 甲物质存在碳碳双键，可以在引发剂作用下通过加聚生成有机高分子化合物，A不正确；B. 1mol乙物质含有2mol羟基，与2mol钠完全反应生成lmol氢气，又可以在浓硫酸作用下发生消去和取代反应，B、D正确；C. 丙物质含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确。
4. 一篇名为《最终我坐着轮椅被推出了首都国际机场》的文章在网络上引发超过10万次点击。文中女留学在国外吸食笑气导致身体机能全面紊乱，坐轮椅回国。笑气成分是N2O，可作奶油发泡剂，但长期或大剂量滥用会导致神经及脊髓病变。一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下表：
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c(N2O)/mol/L
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000

（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1有关物理量变化规律的是

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】此题虽涉及有N2O分解反应，但不影响解题。分析图表信息，紧扣表中N2O分解的实验数据，每10分钟均分解0.01 mol·L-1，说明反应速率相等，选项A错误；分解至100分钟时N2O完全分解，说明不是可逆反应，反应不可能达平衡，选项B错；也说明不论N2O初始浓度如何，其分解的转化率均为100%，选项D错；结合半衰期的提示，由表中数据知，N2O消耗一半，所需时间也是一半，显然，选项C图像合理。
5. 电化气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，,其工作原理示意图如图2。下列说法不正确的是

A. NH3在电极a上发生氧化反应
B. 溶液中K＋向b电极移动
C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4:5
D. 负极的电极反应式为2NH3-6e-＋6OH-=N2+6H2O
【答案】C
【解析】A. NH3在电极a上转化为N2，化合价由低到高，发生氧化反应，电极反应式为2NH3-6e-＋6OH-=N2+6H2O，C、A正确；b电极上氧气得电子发生还原反应，生成氢氧根离子，溶液中K＋向b电极移动平衡电荷，B正确；总反应为：2NH3＋3O2=N2+6H2O，NH3与O2的物质的量之比为2:3；C正确。
6. 已知短周期元素A、B、C、D最高价氧化物对应的水化物分别为X、Y、Z、W, A是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W均可与Y反应，A、C、D的原子序数及0.1mol·L-1X、Z、W溶液的pH如图3 所示，下列说法正确的是

A. B的原子半径大于A的原子半径 B. C单质可从D 的化合物中置换出D
C. X、W两物质都含有离子键 D. B原子的电子层数与最外层电子数相等
【答案】D
【解析】A是短周期中原子半径最大的元素为Na元素，X为NaOH，由图可知A、C、D的原子序数增加，且0.1 mol/L W溶液的pH=1，则D为Cl，W为HClO4，0.1 mol/L Z溶液的pH=0.7，则C为S，Z为H2SO4。常温下X、Z、W均可与Y反应，可推知B为Al，Y为Al(OH)3。A．Al3+半径小于Na+半径 ，故A错误。B．S的非金属性小于Cl的非金属性，故B错误。C．NaOH、HClO4含有的化学键类型不相同且HClO4中无离子键 ，故C错误。D．Al原子的电子层数与最外层电子数均为3，故D正确。
7. 常温下，向20mL 0.0lmol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol/L的NaOH溶液，溶液中水所电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化示意图如图4, 下列说法正确的是

A. 从a到c，对醋酸的电离既有促进作用也有抑制作用
B. b、d两点溶液的pH相同
C. e点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=0.01mol/L
D. c点所示溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】D

8. 根据下列化合物：①Na2CO3；②NaHC03；③ HCl；④NH4Cl；⑤ CH3COONa；⑥CH3COOH；⑦NH3·H2O。回答下列问题
（l）常温下，将0.1mol/LHCl和0.1mol/L NH3·H2O等体积混合后溶液的pH____7（填“＜”“＞”或“=”）。
（2）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH-)=_____；在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c(H+)与酸电离出的c(H+)之比等于_______。
（3）已知纯水中存在如下平衡：H2O+H2O====H3O++OH- △H＞0 ，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，可选择的方法是__（填序号）。
A．向水中加入NaHSO4固体
B．向水中加入(NH4)2SO4固体
C．加热至100℃ ［其中c(H+)=1×10-6mol/L]
D．向水中加入Na2CO3固体
（4）将①和②等浓度、等体积混合后溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_________。
II.（l）用惰性电极电解80℃无隔膜热的氯化钠水溶液，电解后最终得到NaClO3溶液，写出该电解池中发生的总反应方程式：_____________；当温度低于80℃时，会有部分NaC1O生成，若NaCl、NaClO、NaClO3的混合物中氯元素的质量分数为50%，则混合物中氧元素的质量分数为__________。
（2）写出电解NaClO3生成NaClO4时的阳极反应式：___________。
【答案】 (1). ＜ (2). 10−3 mol·L−1 (3). 10−8 (4). B (5). c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋) (6). NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑ (7). 17.6% (8). −2e－+2OH－=+H2O
【解析】（1）0.1mol/LHCl和0.1mol/L NH3·H2O等体积混合生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，pH＜7；（2）CH3COONa溶液中由于醋酸根离子的水解促进水的电离，故pH＝11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH－)＝10－3 mol·L－1；在pH＝3的CH3COOH溶液中水的电离受到抑制，故水电离出来的c(H＋)＝10－11 mol·L－1，酸电离出的c(H+)=10－3 mol·L－1，两者之比为10−8；（3）A．向水中加入NaHSO4固体，平衡左移；B．向水中加入(NH4)2SO4固体，铵根离子促进水解呈酸性，平衡右移，符合题意；C．加热至100℃ ［其中c(H+)=1×10-6mol/L]，平衡右移，仍为中性；D．向水中加入Na2CO3固体，碳酸根离子促进水解呈碱性，平衡右移，不符合题意，故B正确。（4）将①Na2CO3；②NaHCO3等浓度、等体积混合后，碳酸根水解强于碳酸氢，则c(HCO)>c(CO)，溶液呈碱性且钠离子不水解，则各离子浓度由大到小的顺序为：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)；（l）用惰性电极电解80℃无隔膜热的氯化钠水溶液，电解后最终得到NaClO3溶液，写出该电解池中发生的总反应方程式：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑；3个分子式中都有 1个NaCl ，则NaCl 质量分数为 50%/(35.5/58.5) ，除了NaCl这两元素，剩下的就是氧元素，即氧元素含量为1-50%/(35.5/58.5)==17.6%。（2）电解NaClO3生成NaClO4时的阳极反应式：ClO3_−2e－+2OH－=ClO4—+H2O。
9. 碳和硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用，CO2的过渡排放会导致温室效应，而SO2 直接排放会对环境造成危害。
I．有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：
① 6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) △Hl＝-76.0kJ/mol
② C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g）△H2=+113.4kJ/mol
则反应：3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)的△H=_______。
II. SO2的尾气处理通常有以下几种方法：
（l）活性炭还原法
反应原理：恒温恒容时，2C(s)+2SO2(g)===S2(g)+2CO2(g)。反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图:

①0～20min反应速率表示为v(SO2)=_________；
②30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是________；
③4Omin时，平衡常数K=__________。
（2）亚硫酸钠吸收法
① Na2SO4溶液吸收SO2的化学方程式为______________；
② 常温下，当吸收至NaHSO3时，吸收液中相关离子浓度关系一定不正确的是_____（填序号）。
a. c(Na+)+c(H+)>c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)
b. c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)
c. c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)
d．水电离出c(H+)=1×10-5mol/L
（3）电化学处理法

① 如图所示，Pt(II)电极的反应式为__________；
② 当电路中转移0.04mole-时较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加____mol离子。
【答案】 (1). +18.7kJ/mol (2). 0.03mol/(L·min) (3). 减小CO2的浓度 (4). 0.675 (5). Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 (6). d (7). 2HSO+2e－+2H＋=S2O+2H2O (8). 0.06
【解析】（1）由盖斯定律：此反应△H=（①+②）÷2=（76.0kJ/mol+113.4kJ/mol）= +18.7kJ/mol；
II. ①0～20min时，SO2浓度变化为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，则反应速率表示为V（SO2）==0.03mol/（L·min），故答案为：0.03mol/（L·min）；②30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度，③40min时平衡常数和20min时相同，20min时，SO2（g）=0.4mol/L，S2（g）=0.3mol/L，CO2（g）=0.6mol/L，则平衡常数K=（0.3×0.62）/0.42=0.675。
............
（3）电化学处理法，① Pt(II)电极上发生还原反应，酸性介质，其反应式为：2HSO+2e－+2H＋=S2O+2H2O； ②当电路中004mole-时（较浓H2SO4尚未排出），由SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，则交换膜左侧溶液中约增加0.06mol离子，故答案为：0.06。
10. （1）纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性，高效催化性等优良的性质。实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示：

① 纳米级Fe和稀盐酸反应的化学方程式为______________。
② 纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，但是生活中的铁丝或铁粉在空气中加热也不能燃烧，其原因是_____________________。
③ 如何将FeC12·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2? ___________。
（2）查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同：温度低于570℃ 时生成FeO,高于570℃时生成Fe3O4。甲同学用如图甲装置所示进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验。
① 该装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是__________。
乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物：

② 装置C的作用是________________。
③ 乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验：
实验步骤
实验操作
实验现象
I
将反应后得到的黑色粉末X（假定为均匀的），取出少量放入另一试管中，加入少量盐酸，微热
黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生
II
向实验I 得到的溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡
溶液没有出现血红色

乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。丙同学认为该结论不正确，他的理由是___________（用离子方程式表示）。
④ 丁同学称取2.80gFe粉，用乙装置反应一段时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为3.44g。然后将冷却后的固体物质与足量FeCl3溶液充分反应，消耗FeCl30.04mol。丁同学实验的固体产物为_________。
【答案】 (1). Fe+2HCl=FeCl2+H2↑ (2). 纳米级Fe粉与气体接触面积大，反应速率快 (3). 在干燥的HCl气流中加热 (4). Fe+H2O(g) FeO+H2 (5). 制取水蒸气 (6). 2Fe3＋+Fe===3Fe2＋ (7). Fe3O4
【解析】（1）① 纳米级Fe与普通铁粉，微粒组成一样，就是铁与盐酸的反应，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，② 依据燃烧条件及影响因素分析，纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固是因为纳米级Fe粉与气体接触面积大，反应速率快。③因亚铁离子易被氧化及水解，所以，FeC12·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2应干燥的HCl气流中加热。
（2）①在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同：温度低于570℃ 时生成FeO,高于570℃时生成Fe3O4。甲同学用如图甲装置酒精灯加热温低于570℃，则化学方程式是：Fe+H2O(g) FeO+H2， ②为纳米级Fe粉与水蒸气发生反应提供水蒸气，③黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生，说明原固体中存在铁粉，铁粉也能将三价铁还原为亚铁，再滴加几滴KSCN溶液，溶液也会没有出现血红色，2Fe3＋+Fe===3Fe2＋。④冷却后的固体物质与足量FeCl 3 溶液充分反应，消耗0．08molFeCl 3 ，说明Fe过量，根据2Fe 3+ +Fe=3Fe 2+ 过量的Fe为：1/2×0.04mol=0.02mol，则生成物中含Fe元素为：2.80g÷56g/mol—0.02mol=0.03mol，生成物含O元素为：（3.44g—2.80g）÷16g/mol=0.04mol，所以生成物中Fe元素与O元素的物质的量之比为：0.03mol：0.04mol=3:4，所以生成物为Fe 3 O 4 。
11. 蛋白质是复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素，可能还含有S、Fe、Cu等元素。
（1）Fe基态原子共有________种不同能级的电子，Cu2+的核外电子排布式为_________，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是__
（2）与N3-互为等电子体的分子为_______（写出一种）,依据价电子对互斥理论，SO42-的空间构型为______,其中心原子的杂化方式为_______。
（3）[Cu(NH3)4]SO4晶体中，Cu2＋与NH3之间的键型为_____，该化学键能形成的原因是_______。
（4）铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图24所示。则铁镁合金的化学式为__ ，若该晶胞的边长为dnm , 则该合金的密度为__。

【答案】 (1). 7 (2). 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 (3). N > O > C (4). CO2（或N2O） (5). 正四面体型 (6). sp3杂化 (7). 配位键 (8). NH3能提供孤对电子，Cu2+能接受孤对电子（或有空轨道） (9). Mg2Fe (10). g/cm3（或其他合理形式）
【解析】（1）铁是26号元素，核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，每一个亚层上电子能量相同，故有7种；铜是29号元素，则铜离子就失去最外层2个电子，其离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；由于氮原子的2p3是半满结构，故其第一电离能要大于氧的第一电离能，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N > O > C；
（2）用电子换电子，电子换电荷，写出与N3-互为等电子体的分子为CO2；SO42-中硫原子的成键价层电子对数为4，即采取sp3杂化方式，由于有4个氧配位，故SO42-的空间构型为正四面体。（3）[Cu(NH3)4]SO4为配合物，内界中Cu2＋与NH3之间以配位键结合，铜离子提供空轨道而氨分子中氮原子有一对未成键电子提供铜离子形成配位键 ；（4）利用均摊法，
Fe：8×+6×=4；Mg：8；得到铁镁合金化学式：FeMg2；根据密度公式：D=ZM/NAa3=g/cm3。（注意单位）
12. 有机物G 的合成路线如图25 所示：

已知：① ；
②有机物G的核磁共振氢谱共有5组峰，且峰面积之比为1:2:2:3:6。
请回答下列问题：
（1）B的结构简式为________，所含官能团的名称是________ 。
（2）D转化成E的化学方程式为________，反应类型为________。F转化成G的化学方程式为
________，反应类型为________。
（3）有机物H为F的同系物，其相对分子质量比F小42, 则遇FeCl3溶液能显紫色的H的同分异构体共______种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2:6的结构简式为________。
（4）已知：R-CH=CH2RCH2CHO，写出以CH2=CH2和H218O为原料（其他无机试剂任选）, 仿照题目中的形式，写出合成的合成路线。_____
【答案】 (1). (2). 溴原子 (3). (4). 氧化反应 (5). (6). 消去反应 (7). 9 (8). 或 (9).
【解析】（1）信息已知条件，结合流程前三步分析，B的结构简式为，官能团为溴原子；
（2）D转化成E是醇的催化氧化为醛：；E是醛类，与格林试题发生信息提示反应生成了醇F，其结构为，F在浓硫酸加热条件消去脱水生成烯烃结构，方程式为：；
（3）F的分子式为C11H16O，有机物H为F的同系物，其相对分子质量比F小42, 则比F少3个“CH2”结构，遇FeCl3溶液能显紫色，苯环上的酚羟基，若含有2个甲基，则有6种，若含有1个乙基，则有3种，则H的同分异构体共9种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2:6的结构简式为或 。
（4）可由CH3COOH与H18OC2H5合成产生，而CH3COOH可以由CH2=CH2 CH3CHO，由氧化即可得到，H18OC2H5可由CH2=CH2与H218O加成得到，然后两者酯化即可。流程如下：

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