1、内蒙古呼和浩特市 2018 届高三第一次质量调研普查考试理综-化学试题1. 化学与生产和生活密切相关。下列说法不正确的是A. 明矾用于净水。氯气用于消毒，都涉及化学变化B. 糖类、油脂、蛋白质均可发生水解反应C. 从煤和石油中加工制得的苯是一种重要的化工原料D. 镧镍合金能大量吸收 H2形成金属氢化物，可作储氢材料【答案】B【解析】A、明矾净水是溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用起到净水作用，氯水中含有次氯酸具有强氧化性，次氯酸具有杀菌消毒作用，都属于化学变化，只是两个反应遵循的化学原理不同，故 A 正确；B单糖不能水解，如葡萄糖和果糖属于单糖不能发生水解反应，油脂、蛋白质在
2、一定条件下都可以发生水解反应，故 B 错误；C 煤干馏后得到的出炉煤气中含有苯，石油通过结构重整可以得到苯，所以苯是从煤和石油中加工制得的一种重要的化工原料，故 C 正确；D储氢材料是一类能可逆地吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收 H2 形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故 D 正确；故选 B。2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1molNa2O2与水完全反应、转移电子数为 NA个B. 将 NA个 NH3分子溶于 1L 水中所得氨水的浓度为 1molL-1C. 标准状况下 22.4L 氮气与 22.4L 苯所含分子数均为 NAD. 向含有 0.2mo
3、l NH4Al(SO4)2的溶液中滴加 NaOH 溶液至沉淀完全溶解，消耗 OH-的数目为 0.8NA【答案】A点睛：本题的易错点为 D，要注意发生的反应和先后顺序，氢氧化钠先与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，然后与铵根结合生成一水合氨，同时注意氢氧化铝是两性氢氧化物，最后氢氧化铝要和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液。3. TPE 及其衍生物具有诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛。TPE 的结构简式如图，下列关于TPE 的说法正确的是A. TPE 属于苯的同系物B. TPE 能发生加成反应，但不能发生取代反应C. TPB 与化合物 互为同分异构体D. TPE 的一氯代物有 3 种【答案】D【解
4、析】A，苯的同系物只有一个苯环，并且其侧链是烷基，所以 A 不正确。B ，TPE 分子中有苯环和碳碳双键，苯环上既能发生加成反应（比如和氢气加成）又能发生取代反应（如卤代、硝化反应） ，碳碳双键上能发生加成反应，所以 B 不正确。C ，TPE 的分子式是 C26H22， 的分子式是 C20H14，两者分子式不同，所以不是同分异构体，C 错。D，TPE 分子中 4 个苯环是相同的，每个苯环上有邻、间、对3 种氢原子，所以它有 3 种一氯代物，D 正确 。4. 下列实验装置正确且能达到实验目的的是A B C D实验目的比较盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱检验碳与浓 H2SO4反应的产物中含 CO2验证铁
5、的析氢腐蚀模拟电解精炼铜实验装置A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠也能反应生成硅酸，则不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，故 A 错误；B. 碳与浓 H2SO4 反应的产物中含 CO2，也含有二氧化硫，二氧化硫也能使澄清的石灰水变浑浊，检验二氧化碳之前需要除去二氧化硫，品红溶液不能完全除去二氧化硫，故 B 错误；C 食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，酸性电解质才可发生析氢腐蚀，故 C 错误；D电解精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，电解质为铜盐溶液，根据图示电流方向，粗铜为阳极，纯铜为阴极，电解质为铜盐溶液，故 D 正确；故选D。5. 短周期主族元素 W、X、Y
6、、Z 的原子序数依次增大，X 的最外层电子数是电子层数的 2 倍，Y 和 Z 位于同一主族。甲、乙、丙为其中三种元素对应的单质，m、n、p 均为由这些元素组成的二元化合物，n 是一种二元弱酸。上述物质的转化关系如图所示（反应条件省略） 。下列说法正确的是A. 原子半径：WY Z【答案】C. . .点睛：本题考查无机物的推断。本题的突破口为“n 是一种二元弱酸”且含有 2 种元素。本题的易错点为 C，氧硫化碳(COS)，是一种无色恶臭气体，易潮解，300分解为一氧化碳和硫。6. 利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂 N2O5，装置如图所示，下列说法不正确的是A. 电极 a 和电极
7、c 都发生氧化反应B. 电极 d 的电极反应式为 2H+2e-=H2C. c 电极上的电极反应式为 N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+D. 装置 A 中每消耗 64gSO2，理论上装置 A 和装置 B 中均有 2moH+通过质子交换膜【答案】C【解析】A 装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a 极上二氧化硫失电子为负极，b 上氧气得电子为正极，B 属于电解池，与电源的正极 b 相连的电极 c 为阳极，N 2O4 在阳极失电子生成 N2O5，d 为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气。A 电极 a 为负极，电极 c 为阳极，负极和阳极都发生氧化反应，故 A 正确；Bd
8、为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极 d 的电极反应式为 2H+2e-=H2，故 B 正确；Cc 为阳极，N 2O4 发生氧化反应生成 N2O5，电极上的电极反应式为 N2O4-2e-+ 2HNO3 =2N2O5+2H+，故 C 错误；D装置 A 中每消耗 64g SO2，即 1mol，转移电子为 2mol，由电荷守恒可知，理论上装置 A 和装置 A 中均有 2mol H+通过质子交换膜和隔膜，故 D 正确；故选 C。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据是否自发进行判断原电池和电解池是解题的关键。本题的难点是电极反应式的书写，易错点为 C，要注意 B 中左侧是无水硝酸。7. 常温下，向
9、浓度均为 0.1 molL-1、体积均为 100mL 的两种一元酸 HX、HY 的溶液中，分别加入 NaOH 固体，lg 随加入 NaOH 的物质的量的变化如图所示（忽略加入 NaOH 固体导致溶液温度的变化） 。下列叙述正确的是.A. HX 的酸性弱于 HYB. c 点溶液中 c(Y-) IO3-）（1）向含碘废液中加入稍过量的 Na2SO3溶液，反应的离子方程式为_，该操作将 I2还原为 I-的目的是_；（2）操作 X 的名称为_；（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含 I-的水溶液用盐酸调至 pH 约为 2，通入 Cl2，在 40左右反应（实验装置如图 2 所示） 。下列有关说法正确的是_（填字
10、母） 。a.在实验中要缓慢通入氯气。提高氯气的利用率，防止产生污染b.控制在较低温度下进行的主要原因是增大氯气的溶解度c.通入过量的氯气可提高碘的产量d.为有效防止碘的挥发水应从 b 口通入e.锥形瓶中应盛放 NaOH 溶液（4）二氧化氯（C1O 2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用 C1O2氧化酸性含 I-废液回收碘。写出 C1O2氧化 I-的离子方程式_。若处理含 I-相同量的废液回收碘、所需 Cl2的物质的量是 C1O2的_倍。（5）已知：5SO 32-+2IO3-+2H+ I2+5SO42-+H2O。某含碘废水（pH 约为 8）中一定存在 I2，可能存在 I-
11、、IO 3-中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有 I-、IO 3-的实验方案：（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl 3溶液、Na 2SO3溶液）取适量含碘废水用 CCl4多次萃取、分液，直到水层检验不出碘单质存在；_；另从水层取少量溶液，加入 2-3 滴淀粉溶液，滴加_（填试剂和现象） 。说明废水中含有 IO3-，否则说明废水中不含 IO3-。【答案】 (1). H2O+SO32-+I2=2I-+SO42-+2H+ (2). 使 CCl4中的碘进入水层（或将 I2转化为 I-从 CCl4中分离出来） (3). 分液 (4). abe (5). 2C1O2+10I-+8
12、H+=2Cl-+5I2+4H2O (6). 2.5 (7). 从水层中取少量溶液。加入 23 滴淀粉溶液。加稀盐酸酸化。滴加 FeCl3溶液。若溶液变蓝，则证明废水中存在 I-，否则说明废水中不含 I- (8). 适量稀盐酸和亚硫酸钠溶液，若溶液变蓝【解析】I含碘废液(除 H2O 外，含有 CCl4、I2、I-)中加亚硫酸钠溶液，把单质碘还原为 I-，四氯化碳难溶于水，会分层，则分液即可得到四氯化碳，剩余的溶液中加氯气氧化 I-得到 I2，富集，最后得到较纯的 I2。(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为 SO32-+I2+H2O=2I-+2H+S
13、O42-；碘能溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的 I 元素进入水溶液应将碘还原为碘离子；故答案为：SO 32-+I2+H2O=2I-+2H+SO42-；使 CCl4 中的碘进入水层( 或将 I2 转化为 I-从 CCl4 中分离出来)；(2)四氯化碳难溶于水，二者会分层，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法，故答案为：分液；(3)a.在实验中要缓慢通入氯气，使氯气充分反应，可以提高氯气的利用率，防止产生污染，正确；b.气体的溶解度随温度的升高而降低，控制在较低温度下进行可以增大氯气的溶解度，正确；c.通入过量的氯气，保证碘离子完全被氧化，但过量的氯气能够将
14、碘继续氧化生成含碘元素的阴离子，反而降低碘的产量，错误；d.冷却水应该遵循下进上出，为有效防止碘的挥发水应从 a 口通入，错误；e.为了防止氯气污染环境，锥形瓶中应盛放 NaOH 溶液，以用于吸收氯气，正确；故选 abe；(4)用 ClO2 氧化酸性含 I-废液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子，ClO 2Cl -5e -，2I-I 22e -，反应的离子方程式为 2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2 Cl-+4H2O；由氧化还原反应电子守恒，每摩尔 Cl2 得到 2mol 电子，而每
15、摩尔 ClO2 得到 5mol 电子，则所需 Cl2 的物质的量是 ClO2 的 2.5 倍，故答案为： 2.5；(5)碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：从水层取少量溶液，加入 1-2mL 淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3 溶液， 2I-+2Fe3+=2Fe2+I2，若溶液变蓝色，说明废水中含有 I-，否则不含 I-；故答案为：从水层取少量溶液，加入 1-2mL 淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加 FeCl3 溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有 I-，否则不含 I-。另从水层取少量溶液，加入 2-3 滴淀粉
16、溶液，滴加适量稀盐酸和亚硫酸钠溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有 IO3-，否则说明废水中不含 IO3-，故答案为：适量稀盐酸和亚硫酸钠溶液，若溶液变蓝。9. 广泛用于纺织工业的连二亚硫酸钠(Na 2S2O4)，俗称保险粉，是一种强还原剂，可溶于水，但不溶于乙醇，在碱性介质中稳定。.工业上制备连二亚硫酸钠的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤中的化学方程式为_；（2）步骤中沉淀为_（填化学式） ；（3）步骤中加入 NaCl 固体的作用是_，分离出保险粉方法为_、洗涤、干燥，洗涤所用试剂是_。.工业上也可用右图装置电解 NaHSO3溶液制 Na2S2O4。（1）惰性电极 a 连接电源的_（填“正极
17、”或“负极” ） ，其电极反应式为_；（2）若不加隔膜，则得不到连二亚硫酸钠，其原因是_。.探究 Na2S2O4的性质：某课题小组常温下测定 0.050 molL-1Na2S2O4溶液在空气中的 pH 变化如下图所示；（1）0-t 1段主要生成 HSO3-，根据 pH 变化图，写出 0- t1发生反应的离子方程式为_；（2）若 t1时溶液中 Na2S2O4全部被氧化成 NaHSO3，此时溶液中 c(SO32-)-c(H2SO3) =_ molL-1（填具体数值，不考虑溶液体积变化）【答案】 (1). Zn+2SO2=ZnS2O4 (2). Zn(OH)2 (3). 降低 Na2S2O4的溶解度
18、，使更多 Na2S2O4析出 (4). 过滤 (5). 乙醇 (6). 负极 (7). 2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH- (8). Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化或 HSO3-在阳极失电子得到硫酸根 (9). 2H2O+2S2O42-+O2=4HSO3- (10). 10-5-10-9【解析】.锌粉加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到 ZnS2O4，加入 18%d NaOH 溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na 2S2O4，最后加入 NaCl 降低 Na2S2O4 的溶解度，析出 Na2S2O4，溶液 D 中含有 NaCl。(1)根据上述分析，步骤中的化学方程式为 Zn+2SO2=
19、ZnS2O4，故答案为：Zn+2SO 2=ZnS2O4；(2)步骤中沉淀为 Zn(OH)2，故答案为： Zn(OH)2；(3)步骤中加入 NaCl 固体可以降低 Na2S2O4 的溶解度，使更多 Na2S2O4 析出，然后过滤、洗涤、干燥即可分离出保险粉；连二亚硫酸钠(Na 2S2O4)是一种强还原剂，可溶于水，但不溶于乙醇。为了减少 Na2S2O4的溶解损失，洗涤液可以选用乙醇，故答案为：降低 Na2S2O4 的溶解度，使更多 Na2S2O4 析出；过滤；乙醇；. a 极上 NaHSO3 生成 Na2S2O4，S 元素化合价由+4 价降低到 +3 价，发生还原反应，应为阴极，a 连接电源的负
20、极，b 极上氢氧化钠溶液中的水被氧化生成氧气，为阳极，b 连接电源的正极。(1)根据上述分析，惰性电极 a 连接电源的负极”)，其电极反应式为 2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-，故答案为：负极；2HSO 3-+2e-=S2O42-+2OH-；(2)若不加隔膜，Na 2S2O4 被阳极生成的氧气氧化得到硫酸根，得不到连二亚硫酸钠，故答案为：Na 2S2O4 被阳极生成的氧气氧化得到硫酸根；.(1)Na 2S2O4 溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则 0t 1 段发生离子反应方程式为 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，故答案为：2S 2O42-+O2+2H2O=4HSO
21、3-；(2)若 t1 时溶液中 Na2S2O4 全部被氧化成 NaHSO3，浓度为 0.1 mol/L，根据图像，此时溶液的 pH=5，溶液中存在物料守恒，c(SO 32-)+c(H2SO3)+ c(HSO3-)=0.1 mol/L，也存在电荷守恒，c(Na +)+ c(H+)=2c(SO32-)+ c(HSO3-)+ c(OH-)，则 c(SO32-)-c(H2SO3)= c(Na+)+ c(H+)- c(OH-)-0.1 mol/L= c(H+)- c(OH-)=(10-5-10-9)mol/L，故答案为：10 -5-10-9。10. 氢气是重要的化工原料，甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的
22、条件下生成一氧化碳和氢气，工业上称为“甲烷蒸气转化法” 。（1）已知有关反应的能量变化如下图：则甲烷和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式为_；（2）已若该反应在 700，1 MPa 时，1 mol CH 4与 1 mol H2O 在 1 L 的密闭容器中反应，反应中氢气浓度随时间的变化如右图，6min 达到平衡。该温度下反应的平衡常数为_（结果保留小数点后一位数字） 。由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是_，采取的措施可能是_。（3）右图中 a、b、c、d 四条曲线中的两条代表压强分别为 1Mpa、2Mpa 时甲烷含量曲线，其中表示 1Mpa的是_（填字母） 。在实际生产中采用图
23、中 M 点而不是 N 点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑实际生产，说明选择该反应条件的主要原因是_。【答案】 (1). CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H=+161.1kJ/mol (2). 276.5mol2L-2 (3). 逆反应方向 (4). 反应体积减小一半或加入等量 H2 (5). a (6). 压强越小越有利于该反应向正反应方向进行，有利于提高转化率，同时降低了增大压强的成本；温度越低越有利于该反应向正反应方向进行，CH4转化率大，700催化剂活性温度，反应的速率快；所以 M 点较为合适。【解析】(1)由图 1 可知：H 2(g)+ O2(
24、g)H 2O(g)H=-241.8kJ/mol；CH 4(g)+ O2(g)CO(g)+2H 2O(g)H=-564.3kJ/mol；由盖斯定律可知， -3得 CH4(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)H=-564.3kJ/mol-3(-241.8kJ/mol)=+161.1kJ/mol，故答案为： CH4(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)H=+161.1kJ/mol；(2) CH4(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)起始(mol/L)： 1 1 0 0变化(mol/L)：0.8 0.8 0.8 2.4平衡(mol/L)：0.2 0.2 0.8 2.4该温度下反应的平衡常数 K= =276.5mol2L-2；由图可知，在 7min 时，氢气的浓度增大了一倍，可能是缩小体积为原来的 或增加了等量的氢气，无论是增大压强，还是增大氢气的浓度，平衡均是逆向移动，故答案为：276.5mol 2L-2；向逆反应方向；将容器体积缩小为原来的 或加入等量的氢气；(3)由 CH4(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)H=+161.1kJ/mol 可知，随着温度的升高，平衡向正反应方向移动，甲
