1、安徽省宿州市 2018 届高三第三次教学质量检测理综试题化学部分1. 中华民族优秀的传统文化中蕴含许多化学方面的记载。下列说法合理的是选项 古代文献 记载内容 涉及原理A 格物粗谈红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。文中的“气”是指氧气B 本草经集注孔雀石(碱式碳酸铜)投入苦酒中，涂铁皆作铜色该过程中涉及氧化还原反应C 鸽林玉露 绳锯木断，水滴石穿其中只涉及到物理变化，无化学变化D 开宝本草硝石(KNO 3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成利用 KNO3的溶解度受温度影响不大的性质A. A B. B C. C D. D【答案】B2. 工业制备苯乙烯的原理：
2、。下列关于 a、b 的说法错误的是A. 均属于苯的同系物 B. 所有碳原子均可能共平面C. 一氯代物均有 5 种 D. 均可发生加成、取代反应【答案】A【解析】苯乙烯含有碳碳双键，不属于苯的同系物，故 A 错误；乙苯、苯乙烯中所有碳原子均可能共平面，故 B 正确；a、b 分子中都有 5 种等效氢，所以一氯代物均有 5 种，故 C 正确；a、b 分子中都有苯环，所以均可发生加成、取代反应，故 D 正确。3. 设 NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A. 标准状况下，11.2L 14CO2含有的中子数为 11NAB. 5.6gFe 粉与足量 S 粉加热充分反应转移的电子数为 0.2NA，C
3、. 1molNa2O2固体中所含离子数目为 4NAD. 1LpH=6 的纯水中含有 OH的数目为 10-8NA【答案】B【解析】 14CO2分子中含有 24 个中子，标准状况下，11.2L 14CO2含有的中子数12NA，故 A 错误；Fe 粉与足量 S 粉加热生成 FeS，5.6gFe 粉与足量 S 粉加热充分反应转移的电子数为 0.2NA，故 B 正确；Na 2O2固体中含有钠离子和过氧根离子，1molNa2O2固体中所含离子数目为 3NA，故 C 错误；pH=6 的纯水中 OH的浓度是 10-6mol/L，1LpH=6 的纯水中含有 OH的数目为 10-6NA，故 D 错误。点睛：Na
4、2O2固体中含的离子是 ，阳离子、阴离子的比是 2:1；纯水呈中性，c(OH)=c(H +)，pH=6 的纯水中 c(OH)=c(H +)=10-6mol/L。4. 某同学设计如下实验装置，测定葡萄糖还原新制氢氧化铜所得红色物质的组成。下列说法中正确的是A. 将装置 a 中的 Zn 换成 CaCO3也可制备 CO2气体B. 若撤去 b 装置，则会导致该物质含氧量测定结果偏低C. 只需称量装置 d 反应前后的质量就可确定该物质的组成D. 装置 e 的作用是防止空气中的 H2O、CO 2等进入装置 d 中【答案】D【解析】硫酸钙微溶于水，不能用 CaCO3和硫酸反应制备 CO2气体，故 A 错误；
5、若撤去 b 装置，则会导致 d 中吸收水的质量偏大，该物质含氧量测定结果偏高，故 B 错误；需称量装置d 反应前后的质量和 c 装置中剩余固体的质量，可确定该物质的组成，故 C 错误；装置 e 可防止空气中的 H2O、CO 2等进入装置 d 中，故 D 正确。5. 下表是部分短周期主族元素的相关信息。下列说法错误的是元素编号 元素性质或原子结构X 周期序数=主族序数=原子序数Y 原子最外层电子数为 a，次外层电子数为 bZ 原子 L 层电子数为 a+b，M 层电子数为 a-bM 是地壳中含量最多的金属元素W 位于第三周期，最外层电子数是电子层数的 2 倍A. 上述五种元素分布在三个不同周期B.
6、 最简单氢化物的稳定性：YZC. M、W 的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生化学反应D. Y、M、W 分别形成的单核离子中，M 形成的离子半径最小【答案】C【解析】X 的周期序数=主族序数=原子序数，X 是 H 元素；Y 原子最外层电子数为 a，次外层电子数为 b，Z 原子 L 层电子数为 a+b，M 层电子数为 a-b，则 a=6、b=2，所以 Y 是 O 元素、Z 是 Si 元素；M 是地壳中含量最多的金属元素，M 是 Al 元素；W 位于第三周期，最外层电子数是电子层数的 2 倍，W 是 S 元素。H、O、Si、Al、S 分布在三个不同周期，故 A 正确；最简单氢化物的稳定性：H 2
7、OSiH4 ，故 B 正确；Al(OH) 3与 H2SO4，故 C 错误；O 2-、Al 3+、S 2-的半径 S2- O2- Al3+，故 D 正确。6. 下图为光伏发电电解甲基肼CH 3NHNH 2制氢的装置示意图(电解池中交换膜仅阻止气体通过，a、b 极均为惰性电极)。下列叙述中正确的是A. N 型半导体为正极，P 型半导体为负极B. 制氢装置溶液中电子从 a 极流向 b 极C. 工作时，产生的 N2、H 2体积比为 1：3(同温同压)D. 工作时，a 极的电极反应式为 CH3NHNH 2+12OH10e=CO 32-+N2+9H 2O【答案】D【解析】a 极发生氧化反应，放出氮气，所以
8、 a 是阳极，则 P 型半导体为正极，故 A 错误；电解质溶液中没有电子流动，故 B 错误；根据阳极反应式，CH3NHNH 2+12OH10e=CO 32-+N2+9H 2O，生成 1mol 氮气转移 10mol 电子，生成 1mol氢气转移 2mol 电子，根据得失电子守恒，产生的 N2、H 2体积比为 1：5，故 C 错误；工作时，a 极是阳极，电极反应式为 CH3NHNH 2+12OH10e=CO 32-+N2+9H 2O，故 D 正确。点睛：电解池中阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应；电解质溶液中没有电子移动，溶液中通过阴阳离子定向移动导电。7. 若定义 pC 是溶液中微粒
9、物质的量浓度的负对数，则常温下，一定浓度的某酸(H 2A)水溶液中 pC(H2A)、pC(HA)、pC(A 2-)随着溶液 pH 的变化曲线如图所示。下列说法一定正确的是A. pH=4 时，c(HA)c(A 2-)，故A 错误；调节溶液 PH 的方法不确定，所以 c(H2A)+c(HA)+c(A 2-)不一定是定值，故 B 错误；根据图示 c(H2A)= c(HA)时，pH=1.3，所以 Ka1= = 10-1.3，故 C 正确；根据图示 c(A2-)= c(HA)时，pH=4.3，K a2= ，HA的水解常数=，电离大于水解，所以 NaHA 的水溶液呈酸性，故 D 错误。电解：酸式弱酸盐 N
10、aHA 溶液酸碱性的判断方法：若 HA的电离平衡常数大于 HA的水解平衡常数，溶液呈酸性；若 HA的电离平衡常数小于 HA的水解平衡常数，溶液呈碱性。8. 工业上用苯和 1，2二氯乙烷制联苄的反应原理如下实验室制取联苄的装置如图所示(加热和夹持仪器略去)实验步骤：在三颈烧瓶中加入 120.0mL 苯和适量无水 AlCl3，由滴液漏斗滴加 10.0mL 1，2-二氯乙烷，控制反应温度在 6065，反应约 60min。将反应后的混合物依次用 2%Na2CO3溶液和水洗涤，在所得产物中加入少量无水 MgSO4固体，静置、过滤，蒸馏收集一定温度下的馏分，得联苄 18.2g。相关物理常数和物理性质如下表
11、：名称 相对分子质量密度/gcm-3熔点/ 沸点/ 溶解性苯 78 0.88 5.5 80.1 难溶于水，易溶于乙醇1,2-二氯乙烷99 1.27 35.3 83.5 难溶于水，可溶于苯联苄 182 0.98 52 284 难溶于水，易溶于苯(1)和普通分液漏斗相比，使用滴液漏斗的优点是_；球形冷凝管进水口是_(选填“a”或“b”)(2)仪器 X 的名称是_；装置中虚线部分的作用是_。(3)洗涤操作中，用 2%Na2CO3溶液洗涤的目的是_；水洗的目的是_。(4)在进行蒸馏操作时，应收集_的馏分。(5)该实验中，联苄的产率约为_%(小数点后保留两位)。【答案】 (1). 平衡压强，使液体顺利滴
12、下 (2). a (3). 干燥管 (4). 吸收挥发出的 HCl、防倒吸 (5). 洗去残留的盐酸 (6). 洗掉 Na2CO3(或洗掉可溶性无机物) (7). 284 (8). 77.95【解析】试题分析：(1). 滴液漏斗内压强与三颈烧瓶中压强保持一致；冷凝管中的冷凝水应低进高出；(2)根据装置图回答仪器 X 的名称；反应生成的氯化氢易溶于水；(3) Na 2CO3溶液与盐酸反应；碳酸钠可溶于水；(4)联苄的沸点是 284；(5)120mL 苯（密度 0.88g/mL）的物质的量为 1200.8878=1.35mol，10.0mL 1，2-二氯乙烷的物质的量为10.01.2799=0.1
13、283mol，根据苯、1，2-二氯乙烷为原料制备联苯的方程式可知，苯过量，根据 1，2-二氯乙烷的物质的量计算联苄的理论产量；解析：(1). 滴液漏斗内压强与三颈烧瓶中压强保持一致，使用滴液漏斗的优点是平衡压强，使液体顺利滴下；冷凝管中的冷凝水应低进高出，所以进水口是 a；(2)根据装置图，仪器 X的名称是干燥管；反应生成的氯化氢易溶于水，虚线部分倒置的漏斗可以吸收挥发出的HCl、防倒吸；(3) Na 2CO3溶液与盐酸反应，用 2%Na2CO3溶液洗涤的目的是洗去残留的盐酸；碳酸钠可溶于水，水洗的目的是洗掉 Na2CO3；(4)联苄的沸点是 284，所以在进行蒸馏操作时，应收集 284的馏分
14、；1200.8878=1.35mol，10.0mL 1，2-二氯乙烷的物质的量为10.01.2799=0.1283mol，根据苯、1，2-二氯乙烷为原料制备联苯的方程式可知，苯过量，根据 1，2-二氯乙烷的物质的量，产品的理论产量为 0.1283mol182g/mol=23.347g，产率=实际产量理论产量100%=18.2g23.347g100%=77.95%。9. 工业上从含镍电镀废渣(除含镍外，还含有 Cu、Zn、Fe 等杂质)中制备 NiCO3的工艺流程如下。(1)“酸化”时需将电镀废渣粉碎并适当加热，原因是_。(2)“氧化”时需要控制温度不超过 40，其目的是_；“沉铁”后所得滤液中
15、 c(Fe3+)=_molL-1该温度下 Fe(OH) 3的 Ksp=2.6410-39。(3)Fe2+也可以用 NaCO3氧化，一定条件下可生成黄铁矾钠Na 2Fe6(SO4) 4(OH)12沉淀而被除去；如图是 pH-温度关系图，图中阴影部分为黄铁矾钠稳定存在区域。FeOOH 中铁的化合价是_价。.酸性条件下，ClO 3恰好氧化 Fe2+时，氧化剂与还原剂物质的量之比是_。根据上图，当 T=120、pH=4 时 Fe 元素的存在形式是_(填化学式)，该温度下，若要制得黄铁矾钠需控制 pH 范围_(填字母选项)。a.01 b.12.5 c.2.54(4)已知 SOCl2能与水反应生成 SO2
16、和 HCl。写出 NiCl26H2O 在亚硫酰氯(SOCl 2)中加热脱水制无水 NCl2的化学方程式_。NCl 26H2O 需在亚硫酰氯(SOCl 2)中加热脱水的原因是_。【答案】 (1). 加快反应（或固体溶解）速率 (2). 防止 H2O2分解 (3). 2.64109 molL1 (4). +3 (5). 16 (6). Fe 2O3 (7). b (8). NiCl26H2O6SOCl 2 NiCl26SO 212HCl (9). 反应过程中产生的 HCl 能抑制NiCl2的水解【解析】试题分析：(1)根据影响反应速率的因素分析；(2)加热促进 H2O2分解；“沉铁”后所得滤液的
17、PH=4，根据 计算“沉铁”后所得滤液中 c(Fe3+)；(3) 根据化合价代数和等于 0 计算 FeOOH 中铁的化合价；ClO 3被还原为 Cl，Fe 2+被氧化为 Fe3+；根据上图，当 T=120、pH=4 时 Fe 元素的存在形式是 Fe2O3；当 T=120，PH=12.5 时，Fe 元素的存在形式是黄铁矾钠；(4)NiCl 26H2O 与 SOCl2反应生成NiCl2、SO 2、HCl；HCl 能抑制 NiCl2的水解；解析：(1)“酸化”时将电镀废渣粉碎并适当加热，可以加快反应速率；(2) 加热促进 H2O2分解， “氧化”时控制温度不超过 40，可以防止 H2O2分解；“沉铁
18、”后所得滤液的 PH=4，根据 ， c(Fe 3+)= 2.64109 molL1 ；(3) 根据化合价代数和等于 0，FeOOH 中铁的化合价是+3；ClO 3被还原为 Cl，Fe 2+被氧化为 Fe3+，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比是 16；根据上图，当T=120、pH=4 时 Fe 元素的存在形式是 Fe2O3；当 T=120，PH=12.5 时，Fe 元素的存在形式是黄铁矾钠，所以控制 PH 为 12.5，故选 b；(4)NiCl 26H2O 与 SOCl2反应生成NiCl2、SO 2、HCl，反应方程式是 NiCl26H2O6SOCl 2 NiCl26SO 212HC
19、l；反应过程中产生的 HCl 能抑制 NiCl2的水解，所以 NCl26H2O 需在亚硫酰氯(SOCl 2)中加热脱水。10. 绿水青山是习总书记构建美丽中国的伟大设想，研究碳、氮、硫等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。(1)科学家研究利用某种催化剂，成功实现将空气中的碳氧化合物和氮氧化合物转化为无毒的大气循环物质。已知：N 2(g)+O2(g) 2NO(g) H 1=+179.5 kJmol-1NO 2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g) H2=-234 kJmol -12NO(g)+O 2(g) 2NO2(g) H3=-112.3 kJmol -1则反应 2NO
20、(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的H=_kJmol -1；某温度下，反应的平衡常数分别为 K1、K 2、K 3，则该反应的 K=_用 K1、K 2、K 3表示)(2)用活化后的 V2O5作催化剂，氨气将 NO 还原成 N2的一种反应历程如图所示写出总反应化学方程式_。测得该反应的平衡常数与温度的关系为：1gK=5.08+217.5/T，该反应是_反应(填“吸热”或“放热”)。该反应的含氮气体浓度随温度变化如图所示，则将 NO 转化为 N2的最佳温度为_；当温度达到 700K 时，发生副反应的化学方程式_。(3)利用氨水吸收工业废气中的 SO2，既可解决环境问题，又可制备(NH
21、4)2SO3。可用(NH 4)2SO3为原料，以空气氧化法制备(NH 4)2SO4，其氧化速率与温度关系如下图：试解释在温度较高时，(NH 4)2SO3 氧化速率下降的原因是_；相同条件下，等浓度的(NH 4)2SO3和(NH 4)2SO4溶液中，c(NH 4+)前者_(填“大”小”)【答案】 (1). 759.8 (2). K 22K3/K1 (3). 4NH3+4NOO 2 4N2+6H2O (4). 放热 (5). 600K (6). 4NH 3+5O2 4NO+6H2O (7). 温度过高(NH 4)2SO3会分解，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低) (8). 小【解析】试题
22、分析：(1)根据盖斯定律计算 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的H；K=；(2) 根据流程图，用 V2O5作催化剂氨气、氧气和 NO 反应生成 N2和水；根据 1gK=5.08+217.5/T，升高温度，K 减小；根据氮气浓度随温度变化图，600K 时，氮气的浓度最大；当温度达到 700K 时，NO 浓度增大，说明氨气被氧化为 NO；(3) 温度过高(NH 4)2SO3会分解，浓度减小；SO 32-的水解促进 NH4+水解；解析：(1) N 2(g)+O2(g) 2NO(g) H 1=+179.5 kJmol-1NO 2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g) H2=
23、-234 kJmol -12NO(g)+O 2(g) 2NO2(g) H3=-112.3 kJmol -1根据盖斯定律2得 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的H=759.8 kJmol-1；2得 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，所以该反应的 K= K22K3/K1；(2) 根据流程图，用 V2O5作催化剂氨气、氧气和 NO 反应生成N2和水，反应方程式是 4NH3+4NOO 2 4N2+6H2O；根据 1gK=5.08+217.5/T，升高温度，K 减小，平衡逆向移动，所以正反应放热；根据氮气浓度随温度变化图，600K 时，氮气的浓度最大，所以将
24、NO 转化为 N2的最佳温度为 600K；当温度达到 700K 时，NO 浓度增大，说明氨气被氧化为 NO，主要的副反应是 4NH3+5O2 4NO+6H2O ；(3) 温度过高(NH 4)2SO3会分解，浓度减小，所以温度较高时，(NH 4)2SO3 氧化速率下降；SO 32-的水解促进 NH4+水解，所以等浓度的(NH 4)2SO3和(NH 4)2SO4溶液中，c(NH 4+)前者小。11. 碳、氮、氧、氯、钠、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：(1)基态氯原子的价电子排布图是_；基态铜原子核外电子占有的空间运动状态有_种(2)碳、氮、氧三种元素中第一电离能最大的是_ (填元
25、素符号)CO 32-中碳原子的杂化轨道类型为_。(3)相同条件下，水的沸点高于液氨，原因是_。(4)铜与 CN可形成络合离子Cu(CN) 42-，写出一种与 CN互为等电子体的分子的化学式_；1 mol Cu(CN) 42-中含有_mol 键；若将Cu(CN) 42-中二个 CN换为 Cl，只有一种结构，则Cu(CN) 42-中 4 个氮原子所处空间位置关系为_。(5)氯化钠的晶胞如图所示。晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中。一个氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目为_个。已知：半径r(Cl)=apm，r(Na +)=bpm。摩尔质量 M(NaCI)=cgmol-
26、1则氯化钠晶体的密度为_gcm-3【答案】 (1). (2). 15 (3). N (4). sp2 (5). 氧元素的电负性大于氮，氧原子的半径小于氮，水分子间氢键比氨分子间氢键强 (6). N 2或CO (7). 8 (8). 正四面体 (9). 12 (10). 1030【解析】试题分析：(1)基态氯原子的最外层有 7 个电子，排布在 3s、3p 能级上；铜原子核外有 29 个电子，核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d104s1；(2)同周期元素从左到右第一电离能增大，A 族原子 p 轨道半充满，第一电离能大于A 族元素的原子；CO 32-中碳原子的价电子对数是 ；(3)
27、水分子间氢键比氨分子间氢键强；(4)等电子体是原子数相同、价电子数相同的微粒；单键是 键，三键中有 1 个是 键；若将Cu(CN) 42-中二个 CN换为 Cl，只有一种结构，则Cu(CN) 42-中 4 个氮原子所处空间位置关系为正四面体；(5)根据晶胞图分析氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目；晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中，r(Cl)=apm，所以晶胞边长是 pm，根据均摊原则，每个晶胞含有 Cl数是 ，含有 Na+数是 ；解析：(1)基态氯原子的价电子排布在 3s、3p 能级上，价电子排布图是 ；铜原子核外有 29 个电子，核外电子排布为 1s22s2
28、2p63s23p63d104s1，排布在 15 个原子轨道上，所以有 15 种空间运动状态；(2)同周期元素从左到右第一电离能增大，A 族原子 p 轨道半充满，第一电离能大于A 族元素的原子，所以碳、氮、氧三种元素中第一电离能最大的是N；CO 32-中碳原子的价电子对数是 ，所以碳原子的杂化轨道类型为 sp2 ；(3) 氧元素的电负性大于氮，氧原子的半径小于氮，水分子间氢键比氨分子间氢键强，所以水的沸点高于液氨；(4)等电子体是原子数相同、价电子数相同的微粒，所以与 CN互为等电子体的分子的化学式是 N2或 CO；单键是 键，三键中有 1 个是 键，所以 1 mol Cu(CN) 42-中含有
29、 8mol 键；若将Cu(CN) 42-中二个 CN换为 Cl，只有一种结构，则Cu(CN) 42-中 4 个氮原子所处空间位置关系为正四面体；(5)根据晶胞图，1 个氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目是 12 个；晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中，r(Cl)=apm，所以晶胞边长是 pm，根据均摊原则，每个晶胞含有 Cl数是 ，含有 Na+数是 ；所以密度是 1030 gcm-3。点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用 、晶胞面心的原子被一个晶胞占用 。12. 化合物 F( )是重要的化工原料，其一种合成路线如下
30、：已知(1)写出 B 的官能团名称_。(2)下列有关物质 C 的说法正确的是_。a.C 的分子式是 C9H12O3 b.C 的核磁共振氢谱共有 4 组吸收峰c.1mlC 最多消耗 1mol 金属 Na d.C 可以发生取代、加成和消去反应(3)写出的化学方程式：_。(4)E 的结构简式为_。(5) 有多种同分异构体，能发生银镜反应的芳香族化合物有_种，其中满足下列条件的同分异构体的结构简式为_1mol 该物质最多消耗 3 mol NaOH； 苯环上一氯代物只有两种。(6)参照上述合成路线，设计由乙烯合成 2-丁醇的合成路线。(用合成路线流程图表示，并注明反应条件，合过程中只有无机试剂可任选)
31、_。【答案】 (1). 酯基，醚键 (2). a，c (3). (4). (5). 9 (6). (7). 【解析】试题分析： 与甲醇发生酯化反应生成 B，B 是；根据已知， ，C 是； 与 HBr 发生取代反应生成 D(C9H11O2Br)，D 是；根据已知，逆推 F 是 ，E 发生消去反应生成 ，则 E 是。(4)E 的结构简式为 。(5) 能发生银镜反应的芳香族化合物，若苯环连有 2 个羟基和 1 个醛基的结构有 6 种，连有 1 个羟基、1 个酯基的结构有 3 种，共 9 种，其中：1mol 该物质最多消耗 3 mol NaOH；苯环上一氯代物只有两种的是 。(6)根据上述合成路线，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛；乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，溴乙烷 ， 所以 2-丁醇的合成路线是 。
