1、福建省厦门外国语学校 2018 届高三下学期第一次（开学）考试理综-化学试题1. 化学在生活中应用广泛，下列物质性质与对应用途错误的是A. 明矾易水解生成胶体,可用作净水剂 B. 晶体硅熔点高硬度大,可用作芯片C. 氮气化学性质稳定,可用作粮食保护气 D. 溴化银见光易分解,可用作胶片感光剂【答案】B【解析】A.明矾易水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故 A 正确；B.晶体硅是半导体材料，可用作芯片，与熔点高无关，故 B 错误；C.氮气可用作粮食保护气，是因为其化学性质稳定，故 C 正确；D.溴化银有感光性，见光易分解，常用作胶片感光剂，故 D 正确；答案为B。2. 设 NA为阿伏加德罗常数
2、的值。下列有关叙述正确的是A. 25时，1LpH=11 的氨水中 0H-为 0.001NAB. 标准状况下，2.24LSO 3的氧原子数为 0.3NAC. 4.6g 乙醇中含有的共价键数为 0.7NAD. 3.6g D2O 所含质子数为 2NA【答案】A.点睛：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl 4、HF 等为液体，SO 3为固体；必须明确温度和压强，只指明体
3、积无法求算物质的量；22.4L/mol 是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。3. 已知 (异丙烯苯) (异丙苯) ,下列说法错误的是A. 该反应属于加成反应 B. 异丙苯的一氯代物共有 6 种C. 可用溴水鉴别异丙烯苯和异丙苯 D. 异丙苯是苯的同系物【答案】B4. 某酸性废水可能含有 Fe2+、Fe 3+、Al 3+、Mg 2+、Na +、K +、CO 32-、SO 42-。取废水样品分别进行如右下图所示四个实验。下列推断正确的是A. 废水含有 Na+，不含 K+ B. 废水含有 SO42-和 CO32-C. 废水不含 Fe3+,可能含 Fe2+ D. 废水一定含有 Na+、A
4、l 3+、SO 42-【答案】D【解析】根据已知废水为酸性，故和 H+反应的离子不能与之共存，即 CO32-不存在，根据溶液是电中性的，则 SO42-一定存在，由实验可得，焰色反应颜色为黄色，说明一定含有 Na+，可能含有 K+；实验，加盐酸后再加 BaCl2溶液有白色沉淀，也再一次说明含有 SO42-；实验加 KSCN 溶液，无明显现象，说明不含 Fe3+；实验，滴加 NaOH 溶液至过量，一开始无沉淀，后有沉淀，最后沉淀溶解，说明含有 Al3+，不含有 Fe2+和 Mg2+，所以废水中肯定含有Na+、SO 42-、Al 3+，肯定不含 CO32-、Fe 2+、Mg 2+、Fe 3+，可能有
5、 K+，故选 D。5. 下列实验操作不能达到实验目的的是实验目的 实验操作A除去蛋白质溶液中混有的(NH 4)2SO4将混合物装入半透膜袋，并放入流动的蒸馏水中B 除去 Mg 粉中混有的 Al 粉 加入足量 NaOH 溶液，过滤、洗涤、干燥C 用苯萃取溴水中的 Br2 先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层D 测定 NaClO 溶液的 pH 用玻璃棒蘸取溶液点滴在 pH 试纸上,与标准比色卡对照A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A蛋白质溶液为胶体，(NH 4)2SO4为盐溶液，分离胶体与溶液的方法为渗析，用品为半透膜，故 A 正确；BMg 与 NaOH 溶液不反应，
6、Al 与 NaOH 溶液反应生成氢气和易溶于水的 NaAlO2，可以用过滤、洗涤、干燥的方法分离 Mg 和 Al，故 B 正确；CBr 2易溶于苯，可用苯萃取溴水中的 Br2，因苯的密度比水小，下层为水层，先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故 C 正确；DNaClO 有碱性有漂白性，用 pH 试纸测定先变蓝色后褪色，无法测定 pH 值，故 D 错误，答案为 D。6. X、Y、Z、M、Q、R 皆为前 20 号元素，其原子半径与主要化合价的关系如右图所示。下列说法错误的是A. Q 位于第三周期 IA 族B. X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是盐或碱C. 简单离子半径:M -Q+R2
7、+D. Z 与 M 的最高价氧化物对应水化物均为强酸【答案】C【解析】由 Y 的化合价只有-2 价推断 Y 为氧元素，X 的半径比氧原子的半径小且只有+1 价，则 X 为氢元素，M 的最高正价为+7 价，最低负价为-1，则 M 代表氯元素，Z 的半径小于氯元素，且最低负价为-3 价，最高价为+5 价，则 Z 代表氮元素，Q 只有+1 一种化合价，且 Q 的半径大于氯原子半径，但小于只有+2 价的 R，故 Q 代表钠元素，R 代表 Ca 元素；Na 为第三周期 IA 族，A 正确；B 项 X、Y、Z 三种元素分析代表 H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故 B 正确；C 项 M-、Q +
8、、R 2+的半径大小应该为 Cl-Ca 2+Na +，故 C 错误，D 项Z、M 的最高价氧化物对应的水化物为 HNO3和 HClO4，都是强酸，故 D 正确；答案为 C。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na Mg 2 Al 3 ，S 2 Cl 。 （2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如 LiNaK，Li Na K 。 （3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷
9、数的增加而减小，如 O2 F Na Mg 2 Al 3 。 （4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如 Fe3 Fe 2 Fe，H HH 。 （5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较 A13+与 S2 的半径大小，可找出与 A13+电子数相同的 O2 进行比较，A1 3+O 2 ，且 O2 S 2 ，故 A13+S 2 。7. 铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如右图。若上端开口关闭，可得到强还原性的 H(氢原子)；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的0H(羟基自由基)。下列说法错误的是A. 无论是否鼓入空气
10、，负极的电极反应式均为 Fe-2e-=Fe2+B. 不鼓入空气时，正极的电极反应式为 H+e-=HC. 鼓入空气时，每生成 1mol0H 有 2mol 电子发生转移D. 处理含有草酸(H 2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气【答案】C【解析】A铁碳微电解装置示意图可知，Fe 为原电池负极发生氧化反应 Fe-2e-=Fe2+，故 A正确；B由题意可知上端开口关闭，可得到强还原性的 H，则不鼓入空气时，正极的电极反应式为 H+e-=H，故 B 正确；C鼓入空气时，正极的电极反应为 O2+2H+2e-=2OH，每生成1molOH 有 1mol 电子发生转移，故 C 错误；D处理含有草酸（H
11、 2C2O4）的污水时，草酸根具有很强的还原性，与氧化剂作用易被氧化为二氧化碳和水，则上端开口应打开并鼓入空气生成强氧化性的羟基，以氧化酸处理污水，故 D 正确；答案为 C。8. 甲醛(HCHO)与葡萄糖相似具有强还原性，40%甲醛溶液沸点为 96，易挥发。为探究过量甲醛和新制 Cu(OH)2 反应的产物，进行如下研究。(1)在右图装置中进行实验,向 a 中加入 0.5mol/LCuSO4溶液 50mL 和 5mol/LNaOH 溶液100mL，振荡，再加入 40%的甲醛溶液 50mL，缓慢加热 a，在 65时回流 20 分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，并有气
12、体产生。仪器 b 的名称是_，作用为_。能说明甲醛具有还原性的实验现象是_。(2)查阅资料发现气体产物是副反应产生的。为确认气体产物含 H2不含 CO，将装置 A 和如下图所示的装置连接后进行实验。依次连接的合理顺序为 AB_G，装置 B 的作用是_。(3)已知: 。设计实验证明 a 中甲醛的碳元素未被氧化成+4 价。_(4)为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应):已知:Cu 2O Cu(NH3)4+(无色) Cu(NH3)42+(蓝色)摇动锥形瓶 i 的目的是_。锥形瓶 ii 中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_。将容量瓶 ii 中的溶液稀释 100 倍后，溶液的
13、颜色与容量瓶 i 相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为_。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). A 中出现红色物质（或 A 中出现棕色物质) (4). EFDC (5). 吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验 (6). 取少量 a 中反应后的清液，滴入过量的浓盐酸，未见气泡产生。说明甲醛的碳元素未被氧化成+4 价 (7). 有利于溶液与空气中 O2的接触 (8). 2Cu+O 2+8NH3H2O=2Cu(NH3)42+4OH-+6H2O (9). n(Cu2O):n(Cu)=l:200【解析】(1)仪器 b 为球形冷凝管，主要是冷凝回流反应物，故答案为：球形冷静管
14、；冷凝回流；能说明甲醛具有还原性的实验现象是和新制氢氧化铜加热反应生成氧化亚铜红色沉淀A 中出现红色物质(或 A 中出现棕色物质)，故答案为：A 中出现红色物质(或 A 中出现棕色物质)；(2)为确认气体产物中含 H2不含 CO，装置 A 连接装置 B 除去甲醛，防止干扰后续实验验证，利用装置 E 吸收水蒸气，通过装置 F 中氧化铜加热反应，利用装置 D 中无水硫酸铜检验是否生成水蒸气，装置 C 中澄清石灰水检验是否生成二氧化碳验证气体中是否含一氧化碳，通过装置 G 收集剩余气体，依次连接的合理顺序为 ABEFDCG，装置 B 的作用是吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验，故答案为：EFDC；吸收
15、甲醛蒸气，防止其干扰后续检验；(3)甲醛被氧化为甲酸，甲酸被氧化为碳酸，若碱溶液中甲醛被氧化生成碳酸盐，加入浓盐酸会生成二氧化碳气体，设计实验证明 a 中甲醛的碳元素未被氧化成+4 价的方法为：取少量a 中反应后的清液，滴入过量的浓盐酸，未见气泡产生，说明甲醛的碳元素未被氧化成+4 价，故答案为：取少量 a 中反应后的清液，滴入过量的浓盐酸，未见气泡产生，说明甲醛的碳元素未被氧化成+4 价；(4)氧化亚铜加入浓氨水得到无色溶液，在空气中变化为蓝色，摇动锥形瓶的目的是有利于溶液与空气中的氧气接触，故答案为：有利于溶液与空气中的氧气接触；锥形瓶中固体完全溶解得深蓝色溶液是铜、氧气和一水合氨溶液反应
16、生成深蓝色络离子，反应的离子方程式为：2Cu+8NH 3H2O+O2=2Cu(NH3)42+4OH-+6H2O，故答案为：2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu(NH3)42+4OH-+6H2O；将容量瓶中的溶液稀释 100 倍后，溶液的颜色与容量瓶相近，说明Cu(NH 3)42+浓度相同，根据铜元素守恒可知，固体产物的组成及物质的量之比约为 n(Cu2O)：n(Cu)=1：200，故答案为：1：200。9. 软锰矿的主要成分是 MnO2，其悬独液可吸收烟气中 SO2，所得酸性浸出液又可用于制备高纯硫酸锰，其一种工艺流程如图所示。回答下列问题:(1)软锰矿悬独液吸收 SO2 的过程中，SO 2体
17、现了_。(2)“氧化剂”发生反应的离子方程式为_。(3)已知:KspAl(OH) 3=1.010-34； KspFe(OH) 3 =2.610-39；KpNi(OH) 2=1.610-15； KspMn(OH)2=4.010-14；“水解沉淀”中：“中和剂”可以是_(填标号)A.Al2O3 B.H2SO4 C.MgO D.MnO2溶液的 pH 应不低于_ (离子浓度小于 110-5mol/L 时，即可认为该离子沉淀完全)。不采用“水解沉淀”除 Ni2+的原因是_。(4)“置换”中发生反应的离子方程式为_。(5)“结晶分离”中的部分物质的溶解度曲线如图。加入稀硫酸的作用是(结合平衡移动原理解释)
18、_。结晶与过滤过程中，体系温度均应维持在_(填“27” 、 “60”或“70”)。(6)高纯硫酸锰可用于水中溶解氧含量的测定,步骤如下:步骤 1:水中的氧气在碱性溶液中将 MnSO4氧化为 MnO(OH)2。步骤 2:在酸性条件下，加入 KI 将生成的 MnO(OH)2 再还原成 Mn2+。步骤 3:用 Na2S2O3标准溶液滴定步骤 2 中生成的 I2(2S2032-+I2=2I-+S4O62-)。取某水样 100mL，按上述测定步骤滴定,消耗 a mol/LNa2S2O3标准溶液 VmL，该水样溶解氧含量为_molL -1。【答案】 (1). 还原 (2). 2Fe 2+MnO2+4H+=
19、Mn2+2Fe3+2H2O (3). C (4). 4.3 (5). Ni2+完全沉淀的 pH 和 Mn 2+接 近，不利于两者的分离 (6). Mn+Ni 2+=Mn2+Ni (7). 增大溶液中 SO42-浓度，使 CaSO4和 MnSO4溶解度下降，便于结晶析出 (8). 70 (9). 0.0025aV【解析】(1)软锰矿里的 MnO2吸收 SO2后变成了 Mn2+，被还原了，则体现了 SO2的还原性；(2)在酸性条件下，MnO 2氧化 Fe2+生成 Fe3+，发生反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+Mn 2+2Fe3+2H2O ；(3)根据已知的四组 Ksp数据可知，溶液四种
20、金属阳离子的 pH 是：Fe3+Al 3+Ni 2+Mn 2+，而中和剂调节 pH 沉淀的离子是 Fe3+和 Al3+，所以只需要计算的沉淀 PH 只有 Al3+；“中和剂“的作用是调节溶液 pH，即只需要消耗 H+，沉淀的离子是 Fe3+和 Al3+，同时不引入新的杂质离子，只能选择 MgO，因为 MnO2是酸性氧化物不与 H+反应，故答案为C；已知离子沉淀完全时离子浓度小于 110-5molL-1，K spAl(OH) 3=c(Al3+)c3(OH-)=1.010-34；c(OH -)=10-29/3，则 c(H+)=Kw/c(OH-)=10-13/3，pH=-lgc(H +)=4.3；因
21、 KrpNi(OH) 2=1.610-15与 KrpMn(OH) 2=4.010-14相差不大，则 Ni2+完全沉淀的pH 与 Mn2+比较相近，不利于两者分离，故不采用“水解沉淀”除 Ni2+；(4)加入锰单质置换 Ni2+，发生反应的离子方程式为 Mn + Ni2+Mn 2+ Ni ；(5)利用同离子效应，增大 SO42-的浓度，使 MnSO4和 MgSO4的溶解度下降，例题结晶析出；70时 MgSO4的溶解度较大，但 MnSO4的溶解度比较小，所以选择该温度时，可使MnSO4更多的析出，MgSO 4在滤液中被除掉，母液中还剩余 MnSO4，循环结晶；(6)已知 O2+Mn2+4OH-=2
22、MnO(OH)2，MnO(OH) 2+2I-+4H+=I2+Mn2+3H2O，2S 2O32-+I2=2I-+S4O62-；则：O22MnO(OH)22I24S2O32-1 4c(O2)100mL amol/LV mL解得：c(O 2)=av/400mol/L。10. (14 分)一种通过铁基氧载体(Fe 3O4/FeO)深度还原和再生来合成二甲醚(CH 3OCH3)的原理如下图:(1)二甲醚的合成反应:3CO(g)+3H 2(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) H 1已知 CO、H 2与 CH3OCH3的燃烧热(H)分别为 akJ/mol、bkJ/mol、ckJ/mol (a、b、c
23、均小于 0)，则H 1=_kJ/mol。该反应选用 CuO/ZnO/Al2O3复合催化剂，该催化剂能_(填标号)。A.促进平衡正向移动 B.提高反应速率C.降低反应的活化能 D.改变反应的焓变(2)CH4氧化器中发生的主反应:i.CH4(g)+Fe3O4(s) CO(g)+2H2(g)+3FeO(s)ii.CH4(g)+4Fe3O4(s) CO2(g)+2H2O(g)+12FeO(s)850时，压强和部分气体体积分数、固相各组分质量分数的关系如右下图。随着压强的增大,反应 i 的平衡常数 K 值_ (填“增大” 、 “减小”或“不变”)。结合图像,分析 H2O 的体积分数变化的原因_(用化学方
24、程式表示)。(3)将一定量的 FeO 和 CO2 置于 CO2 还原器(体积不变的密闭容器)中，发生的主反应:CO2(g) +3FeO(s) Fe3O4(s) +CO(g) H 2保持其他条件不变，测得不同温度下最终反应体系中 CO、CO 2体积分数如下表。温度 t/ 100 170 200 300 400 500CO2 体积分数 0.67 0.67 0.75 0.82 0.9 0.92CO 体积分数 0.33 0.33 0.25 0.18 0.1 0.08H 2_0(填“”或“”)。若在 150 时进行上述转化，理论转化率 (FeO)=_。在上述反应体系中，一定可以说明该反应达到平衡状态的是
25、_(填标号)。A.体系的压强不变 B. CO 2 的 物质的量不变C.CO 的生成速率和消耗速率相等且不等于零 D.气体的平均摩尔质量不变根据化学反应原理,分析 CO2 还原器温度设置在 170 的原因_。【答案】 (1). (3a+3b-c) (2). BC (3). 不变 (4). Fe3O4+ H2 3FeO + H2O (5). (6). 100% (7). C (8). 温度过高，CO 2的转化率较低；温度过低，反应的速率较慢【解析】(1)二甲醚的合成反应：3CO(g)+3H 2(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) H 1已知：CO(g)+ O2(g)=CO2(g) H 2=a kJmol-1，H 2(g)+ O2(g)=H2O(l) H 3=b kJmol-1， CH 3OCH3(g)+3O2(g)=3H2O(l) +2CO2(g) H 4=c kJmol-1，根据盖斯定律可知，3+3-可得 3CO(g)+3H2(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) ，则
