1、湖南省益阳市 2018 届高三 4 月调研考试理综化学试题1. 人类的生活、生产离不开化学。下列说法正确的是A. 市售苏打水的 pH 约为 7B. 维生素 C 能使 Fe2+转化为 Fe3+C. 光导纤维的导电性能优于铜D. 硫酸钡常用于 X 射线造影剂【答案】D【解析】A.市售苏打水的 pH-8.A 项错误。B. 维生素 C 具有还原性，能使 Fe3+转化为 Fe2+，故 B 错误；C. 光导纤维是一种利用光的全反射来传导光线的透明度极高的细丝，不导电，故 C 错误；D. 硫酸钡不溶于水，也不溶于酸，常用于钡餐，故 D 正确；故选 D。2. 用 0.0100mol/L 的 KMnO4标准溶液
2、滴定某未知浓度的 H2C2O4溶液,下列说法错误的是A. 该滴定实验不需要指示剂B. 该实验用到的玻璃仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶C. 滴定管使用前需检验是否漏液D. 若滴定终止时，仰视读数,所测 H2C2O4浓度偏高【答案】B.3. 富瓦烯类化合物甲、乙、丙的结构简式如图所示,下列说法正确的是A. 甲与丙互为同系物B. 乙与丙互为同分异构体C. 甲的一溴代物种数少于丙D. 三者各 1mol 时,消耗 Br2的物质的量相等【答案】B【解析】甲的分子式为 C8H6，乙的分子式为 C10H8，丙的分子式为 C10H8。A. 甲与丙的结构不相似，不互为同系物，故 A 错误；B. 乙与丙的分子
3、式相同，但结构不同，互为同分异构体，故 B 正确；C. 甲的一溴代物有 3 种，丙的一溴代物有 2 种，种数比丙多，故 C 错误；D. 1mol 甲含有 4mol 碳碳双键，1mol 乙、丙各含有 5mol 碳碳双键，故三者各 1mol 时，消耗Br2的物质的量不相等，故 D 错误；故选 B。4. 某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计,实验装置如图所示。下列说法不正确的是A. a、b、c 中依次盛装 70%硫酸.Na 2SO3固体、NaOH 溶液B. 实验时，湿润的 pH 试纸、鲜花、品红溶液、KMnO 4溶液均褪色，Na 2S 溶液出现淡黄色沉淀C. 此设计可证明 S
4、O2水溶液的酸性,SO 2的氧化性、还原性、漂白性D. 点燃酒精灯加热,可证明 SO2使品红溶液褪色具有可逆性,使 KMnO4溶液褪色不具有可逆性【答案】B【解析】A. 实验时，应将 70%硫酸滴加到 Na2SO3固体中，SO 2是有毒气体，用 NaOH 溶液吸收尾气，故 a、b、c 中依次盛装 70%硫酸、Na 2SO3固体、NaOH 溶液，故 A 正确；B.湿润的 pH 试纸只变红色，不褪色，而鲜花、品红溶液、KMnO 4溶液均褪色，Na 2S 溶液出现淡黄色沉淀硫，故 B 错误；C. 湿润的 pH 试纸变红，体现了二氧化硫水溶液的酸性，KMnO 4溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性；鲜花、
5、品红溶液褪色，体现了二氧化硫的漂白性，Na 2S 溶液出现淡黄色沉淀，体现了二氧化硫的氧化性，故 C 正确；D. 点燃酒精灯加热，品红溶液很快恢复红色，证明 SO2使品红溶液褪色具有可逆性，KMnO 4溶液仍无色，说明 KMnO4溶液褪色不具有可逆性，故 D 正确；故选 B。点睛：本题主要考查了 SO2的化学性质。明确二氧化硫的还原性、氧化性、水溶液的酸性是解题关键。本题的易错点为 C，要注意区分二氧化硫能够时一些物质褪色的本质。5. 锌-铈液流电池体系作为氧化还原液流电池中的新生一代,有着诸多的优势，如开路电位高、污染小等。锌-铈液流电池放电时的工作原理如图所示,其中，电极为惰性材料,不参与
6、电极反应。下列有关说法正确的是A. 放电时，电池的总反应式为 2Ce4+Zn=Zn2+2Ce3+B. 充电时，a 极发生氧化反应，b 极发生还原反应C. 充电时,当电路中通过 0.1mol 电子时,b 极增加 14gD. 选择性离子膜为阴离子交换膜，能阻止阳离子通过【答案】A【解析】A. 放电时，负极反应式为 Zn-2e-= Zn2+，正极反应式为 2Ce4+ +2e -=2Ce3+，故电池的总反应式为 2Ce4+Zn=Zn2+2Ce3+，故 A 正确；B. 充电时，a 极为阴极，发生含有反应，b极为阳极，发生氧化反应，故 B 错误；C. 充电时，当电路中通过 0.1mol 电子时，b 极生成
7、了 0.1mol Ce4+，Ce 4+不在 b 极上析出，故 C 错误；D.充电和放电过程中，正极电解液与负极电解液不能混合，加入的 H+起平衡电荷的作用，故为质子交换膜，故 D 错误；故选 A。6. A、B、C、D、E 的原子序数依次增大,其中 E 不属于短周期元素,常见单质分子 B2中含有3 对共用电子对,D 的最外层电子数是周期序数的 2 倍,E 单质是一种紫红色金属,甲、乙、丙是上述部分元素组成的二元化合物.且乙、丙分子所含电子总数相同，转化关系如图所示,其中甲是黑色固体,丙是一种常见的无色液体。下列说法不正确的是A. 乙分子中共用电子对数目与 B2分子相同B. 单质 D 与 E 在加
8、热时可生成 1:1 型化合物C. 原子半径:BCD. C 与 D 位于同一主族,与 B 位于同一周期【答案】B【解析】A、B、C、D、E 的原子序数依次增大，单质分子 B2中含有 3 对共用电子对，B 为 N元素；D 的最外层电子数是周期序数的 2 倍，D 为 S 元素；E 不属于短周期元素，E 单质是一种紫红色金属，E 为 Cu 元素；其中甲、乙、丙是上述部分元素组成的二元化合物。丙是一种常见的无色液体，丙为水，则 A 为 H 元素，C 为 O 元素；甲是黑色固体，甲为 CuO；乙、丙分子所含电子总数相同，则乙也含有 10 个电子，乙为 NH3。A. 氨气分子中共用电子对数目与 N2分子相同
9、，均为 3 个，故 A 正确；B. S 与 Cu 反应生成 Cu2S，属于 2:1 型化合物，故 B错误；C. 同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径:NO，故 C 正确；D. O 与 S 均位于A 族，O 与 N 均位于第 2 周期，故 D 正确；故选 B。7. 常温下，Ka(CH 3COOH)=1.810-5,分别向 20mL0.1mol/LNaHCO3溶液和 CH3COOH 溶液中逐滴加入 0.1mol/LNaOH 溶液，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是A. a 点溶液中存在:c(Na +)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c
10、(OH-)B. b、d 点溶液中离子浓度的大小关系均为 c(Na+)3COO-)C. C 点溶液中存在:c(H +)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(OH-)D. d 点溶液中: n(CH 3COO-)/n(CH3COOH)=180【答案】D【解析】NaHCO 3溶液显碱性，CH 3COOH 溶液显酸性，因此曲线 ac 为 NaHCO3溶液与 NaOH 的反应，bd 为 CH3COOH 溶液与 NaOH 反应的曲线。A. a 点溶液中的溶质为等物质的量的 Na2CO3和NaHCO3，根据电荷守恒，存在:c(Na +)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故
11、A 错误；B. b 点溶液显酸性，根据电荷守恒，c(Na +)50【解析】根据装置图及使用的试剂可知，A 是生成二氧化碳的装置；B 是生成氨气的装置；C是生成碳酸钙沉淀的装置；生成的二氧化碳中混有氯化氢，可以通过 D 装置除去，E 装置可以防止未反应的氨气污染空气。(1)根据图示，仪器甲为干燥管，在该实验中，干燥管可以防止三颈烧瓶中气体的压强变化引起的倒吸，故答案为：干燥管；防止倒吸；(2)根据上述分析，生成的二氧化碳和氨气通入 C 中反应生成碳酸钙，通过 D 除去二氧化碳中的氯化氢，尾气用 E 吸收，上述接口连接顺序为:afge；bc；d h，故答案为：fge；c；h；(3)装置 D 是除去
12、二氧化碳中的氯化氢，可以选择饱和 NaHCO3溶液，装置 E 是吸收未反应的氨气，可以选用无水 CaCl2固体，故答案为：；(4)装置 C 中氯化钙和氨气、二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙，反应的离子方程式为Ca2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH 4+，故答案为：Ca 2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH 4+；(5)碳酸钙能够被过量的二氧化碳转化为碳酸氢钙，CaCO 3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO 3)2易溶于水，因此随着气体的通入，三颈烧瓶中产生白色沉淀且逐渐增多，但一段时间后，白色沉淀逐渐减少，故答案为：CaCO 3+CO2+H2O=Ca(H
13、CO3)2，Ca(HCO 3)2易溶于水；(6)n(CaCl2)=0.2L0.5 mol/L=0.1mol，5g 碳酸钙沉淀的物质的量= =0.05mol，根据Ca2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH 4+可知，当氯化钙过量，消耗氨气 0.1mol，二氧化碳0.05mol，共消耗气体 0.15mol，标准状况下的体积=0.15mol22.4L/mol=3.36L；但通入的气体过量将生成的部分碳酸钙溶解，则生成 0.1mol 碳酸钙消耗氨气 0.2mol，二氧化碳0.1mol，溶解 0.05mol 碳酸钙需要消耗 0.05mol 二氧化碳，共消耗气体 0.35mol，标准状况下的体积
14、=0.35mol22.4L/mol=7.84L，故答案为：3.36L、7.84L；(7)向浓度为 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液中加入纳米 CaCO3，若使 CaCO3向 CaSO3转化需要满足c(SO32-) c(Ca2+)K sp(CaSO3)，即 c(SO32-) K sp(CaSO3)，则 =50，故答案为：x50 。9. 金属锰主要用在航空、冶金及化工等行业。采用“两矿一步法”浸出高硫高铁碳酸锰矿(主要含有 FeS2、FeCO 3、SiO 2、CuO 等杂质)制备金属锰的工艺流程如下:已知:.福美钠的化学式为(CH 3)2CNS2Na,采用福美钠对 MnSO4溶液中重金属进行
15、净化去除效果良好:.部分金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 如下表所示:Fe2+ Cu2+ Fe3+ Mn2+pH(开始沉淀) 7.5 5.2 1.7 7.2pH(完全沉淀) 9.7 7.8 3.2 10.4回答下列问题:（1）FeS 2中 S 元素的化合价为_价。（2）浸出时，软锰矿中的主要成分 MnO2与 FeS2发生氧化还原反应,写出该反应的化学方程式:_（3）向浸出液中吹入空气的目的是_(用离子方程式表示)。（4）调节 pH 的最佳范围是_,沉淀的成分是_(填化学式)。（5）(CH 3)2CNS2H 可由(CH 3)2NH 与 CS2通过加成反应得到,1mol(CH 3)2NH 中,共价
16、键的数目为_NA。（6）工业上采用如图所示的方法获得金属 Mn，B 极为_极，若没有阴离子交换膜,Mn 2+将在 D 极发生反应生成 MnO2,则电极反应式为_。【答案】 (1). -1 (2). 15MnO 2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O (3). 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (4). 3.2pH” “ClC (6). 平面三角形 (7). sp 2、sp 3 (8). l3NA(或 136.021023) (9). H2O (10). BC (11). 8 (12). 【解析】(1)Te 与 O 是同一主族元素，属于元素周期表
17、中 p 区元素，Te 为第 5 周期第A 族元素，其基态原子的价电子排布式为 5s25p4，故答案为：p；5s 25p4；(2)基态 Na 原子的电子排布式为 1s22s22p63s1，核外电子占据的原子轨道总数为 6，最高能层电子为 3s，电子云轮廓图为球形，故答案为：6；球形；(3)元素的非金属性越强，氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水，氧元素的非金属性最强，电负性数值越大，C、O、Cl 的电负性由大到小的顺序为 OClC，故答案为：OClC；(4)CO32-中 C 的价层电子对数=3+ (4+2-32)=3，几何构型为平面三角形；根据碳酸丙烯酯的结构简式，则其中碳原子有 2 种，不饱和的碳
18、氧双键中的 C 原子采用 sp2杂化，饱和的碳原子采用 sp3杂化；1mol 碳酸丙烯酯中含有 6molC-H，4molC-O，2molC-C 和 1molC=O，共13mol，键的数目为 136.021023，故答案为：平面三角形；sp 2、sp 3；136.0210 23；(5)Co(H2O)63+的几何构型为正八面体形，配体是 H2O，该配离子包含的作用力有 H-O 极性键、配位键，故答案为：BC；点睛：本题考查物质的结构与性质，涉及核外电子排布、杂化轨道、晶胞结构与计算等。本题的易错点为(6)中 Na 与 O 之间的最短距离的求算，要注意根据图示判断为体对角线的四分之一。12. 唑啉草
19、酯 H 是用于麦田的具有新颖结构的苯基吡唑啉除草剂。一种合成路线如下:回答下列问题:（1）A 的化学名称为_（2）B 的结构简式为_（3）G H 的反应类型为_,下列关于 G、H 的说法正确的是_(填选项字母)。A.G 不含手性碳原子,H 含有一个手性碳原子B.二者均能使酸性 KMnO4溶液褪色C.二者均含有 3 种含氧官能团D.二者各 1mol 时，最多消耗 H2的物质的量不相等（4）写出 D E 的化学反应方程式:_.（5）同时满足下列条件的 F 的同分异构体的结构有_种(不考虑立体异构),写出一种核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢,且峰面积之比为 9:1:1 的的结构简式:_苯环
20、上连有 2 个相同的叔丁基-C(CH 3)3苯环上只有 2 个 H1mol能与 2molNaHCO3反应产生无色气体（6）结合题给信息，写出以 2-甲基-1-丙烯和 为原料(其他试剂任选)制备化合物 的合成路线：_。【答案】 (1). 对甲基苯胺(或对氨基甲苯) (2). (3). 取代反应 (4). BC (5). (6). 11 (7). (或 或 或 ) (8). 【解析】(1)A( )的化学名称为对氨基甲苯，故答案为：对氨基甲苯；(2)根据 C 的结构，结合 A 和 B 分子式的差别可知，B 的结构简式为 ，故答案为： ；(3)根据流程图，G 与 C4H9COCl 发生取代反应生成 H
21、 和氯化氢；A.G 中不含手性碳原子，H 中也不含手性碳原子，故 A 错误；B.G 和 H 的苯环上均含有侧链烃基，能够被高锰酸钾溶液氧化，能使酸性 KMnO4溶液褪色，故 B 正确；C.G 中含有羟基、肽键和醚键 3 种含氧官能团，H中含有酯基、肽键和醚键 3 种含氧官能团，故 C 正确；D.肽键和酯基中的碳氧双键不能与氢气加成，1molG 最多消耗 4molH2，1molH4 最多消耗 4molH2，物质的量相等，故 D 错误；故选BC；故答案为：取代反应；BC；(4)D( )与 发生取代反应生成 E( )和甲醇，反应的化学反应方程式为 ，故答案为：；(5)F 为 ，除变化为含有 10 个
22、 C，4 个 O。F 的同分异构体满足：苯环上连有 2 个相同的叔丁基-C(CH 3)3；苯环上只有 2 个 H；1mol能与 2molNaHCO3反应产生无色气体，说明分子中含有 2 个羧基；满足条件的 I 是苯环上连接 2 个叔丁基-C(CH 3)3和2 个羧基，2 个叔丁基-C(CH 3)3位于邻位有 (表示叔丁基，表示羧基，表示另一个羧基可能的位置，下同)3 种， 1 种；2 个叔丁基-C(CH 3)3位于间位有2 种， 1 种；2 个叔丁基-C(CH 3)3位于对位有 4 种；共3+1+2+1+4=11 种，核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢，且峰面积之比为 9:1:1 的的结构简式为 (或 或 或 )，故答案为： (或 或 或 )；(6)以 2-甲基-1-丙烯和 为原料制备化合物 。根据流程图，需要先制备 ，根据逆向推导，可以先合成 ，可以由 2-甲基-1-丙烯与溴化氢加成后水解生成，因此合成路线为，故答案为：。点睛：本题考查了有机物的合成与推断，难度较大。本题的易错点为(5)中同分异构体数目的判断，需要根据要求判断出苯环上连接的基团数目和种类，然后按照一定的顺序书写；难点是(6)，要能够从流程图中 EF 的提示找需要合成的中间产物 。
