届福建省厦门市双十中学高三第八次能力考试理综化学试题解析版.docx
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届福建省厦门市双十中学高三第八次能力考试理综化学试题解析版
福建省厦门市双十中学2018届高三第八次能力考试理综-化学试题
1.化学与生产、生活密切相关。
下列叙述不正确的是
A.海洋植物具有富集碘的能力，因此从海产品中提取碘是工业上获取碘的重要途径，工业上从海带中提取碘经历的步骤有:
灼烧
浸泡
过滤
萃取
粗碘提纯
B.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌、酵喘等获消的发生密切相关，是选成雾霾天气的主要原因
C.合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于缓解能源紧缺的状况
D.海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等
【答案】A
【解析】A、从海带中提取单质碘,灼烧溶解后以碘离子存在,需要加氧化剂氧化生成碘单质,然后萃取即可,即步骤为灼烧-浸泡-过滤-氧化-萃取-分液-粗碘提纯,故A错误。
B、PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的可吸入颗粒物,与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关,它是造成雾霾天气的“元凶”之一,故B正确。
C、现在主要的能源是煤、石油、天然气，但三种物质的储量有限，所以合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于缓解能源紧缺的状况。
D、海水淡化的主要方法有:
蒸馏法、电渗析法、离子交换法等,故D选正确。
点睛：
本题是知识点题，难度较小，要求知识点要与生产生活相联系，能用学到的化学知识解释生产生活中的现象。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确有几个
①常温常压下，28gC2H4和C4H8的混合物中一定含有6NA个原子
②0℃，101kPa，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有2NA个电子转移
③常温下，pH=12的氢氧化钠溶液中OH-数目为0.01NA
④1L1.0mol/LFeCl3溶液全部水解制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶体数目为NA
⑤T℃时，1LpH=6纯水中，含10-6NA个H+
⑥常温下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后，气体分子数为0.2NA
⑦lmolSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子
⑧标准状况下，22.4LHF气体中含有NA个气体分子
⑨用情性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu（OH）2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.4NA
A.3B.2C.1D.0
【答案】A
【解析】①中C2H4和C4H8的最简式都是CH2，28gC2H4和C4H8的混合物中一定含有原子数
=6NA，故①正确。
②0℃，101Kpa，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有NA个电子转移，故②错误。
③没有溶液体积，不能计算OH-的物质的量，故③错误。
④氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚合体，1L1.0mol/LFeCl3溶液全部水解制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒数目小于NA，故④错误。
⑤pH=6，
，所以1LpH=6纯水中，含10-6NA个H+，故⑤正确。
⑥1.7gNH3为0.1mol，3.65gHCl也为0.1mol混合后恰好完全反应生成氯化铵固体，气体分子数为0，故⑥错误。
二氧化硫与氧气反应可逆，lmolSO2与足量O2在一定条件下不能完全反应生成SO3，所以转移电子数小于2NA，故⑦错误。
⑧标准状况下，HF是液体，故⑧错误。
⑨加入0.1molCu（OH）2能使溶液复原，说明阳极生成0.2mol氧气，所以电路中转移电子的数目为0.4NA，故⑨正确。
本题正确选项为故选A。
3.有机化学在日常生活应用广泛，下列有关说法正确的是
A.相同条件下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次增大
B.矿物油和植物油都是有机物，均不能使溴水褪色
C.甲苯和Cl2光照下的反应与乙醇和乙酸的反应不属于同一类型的反应
D.有芳香气味的C9H18O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的C9H18O2的结构有16种
【答案】D
【解析】A、由于烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，碳数相同时，支链越多，沸点越低，正戊烷、异戊烷、新戊烷、都有5个碳原子，新戊烷支链多于异戊烷，异戊烷多于正戊烷，所以沸点：
新戊烷＜异戊烷＜正戊烷，故A错误。
B、矿物油的成分是饱和烃类，不能使溴水褪色，而植物油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中含有双键，能使溴水褪色，故B错误C、甲苯和Cl2光照下发生取代反应，乙醇和乙酸发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故C错误。
D、芳香气味的C9H18O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的醇和酸，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：
CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH，含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：
CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3，CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3，CH3C（CH3）2CH2OH，所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16，故D正确。
本题正确选项为D。
4.X、Y、Z和W代表原子序数依饮增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W的原子最外层电子数之和为17。
则下列有关叙述正确的是
A.Y、Z和W可能位于同一周期
B.Y和W分别形成的含氧酸均为强酸
C.Y、Z、W分别形成的简单氢化物中，W的简单氢化物相对分子质量最大，熔佛点最高
D.X、Y、Z和W可以组成原子个数比为5:
1:
4:
1的离子化合物
【答案】D
【解析】分析可知，
为氢元素，设
最外层电子为
，若三者同周期，则有
，
不存在整数解。
与
同周期，
与
同主族，有
，解得
。
因此，
为氧元素，
为氮元素，
为硫元素。
A、氮、氧、硫不在同一周期，故A错误。
B、亚硫酸和亚硝酸为弱酸，故B错误。
C、虽然
的相对分子质量较高，但由于水中存在分子间氢键，使得水的熔沸点高于
，故C错误。
D、
是满足要求的离子化合物，故D正确。
本题正确选项为D。
点睛：
本题考查元素周期律，通过分析可以得知元素的确切种类，从而解决问题。
5.日前正在研发的两种由电化学制取氨的装置如图1和图2所示:
下列说法正确的是
A.工作时，O2-向X极移动，H+向Z极移动
B.两个电解池的电解总反应方程式完全相同
C.两个电解池生成相同量NH3时，电路中流过电子的物质的量相同
D.随着反应的进行，两种电解池中电解质不断减少，需及时补充电解质
【答案】C
【解析】图1在电极W上氮气被还原成氨气，电极W是阴极，所以O2-向X极移动；图2电极Y由氮气被还原成氨气，电极Y是阴极，所以H+向Y极移动，故A错误；图1电解池的电解总反应方程式是2N2+6H2O
4NH3+3O2，图2电解池的电解总反应方程式是N2+3H2
2NH3，故B错误；根据电解总反应，两个电解池生成2molNH3时，电路中流过电子的物质的量都是6mol，故C正确；根据图示，随着反应的进行，两种电解池中电解质不变，不需补充电解质，故D错误。
点睛：
在电解池中阴极发生还原反应，阳离子向阴极移动；阳极反应氧化反应，阴离子向阳极移动。
6.工业碳酸钠（纯度约为98%）中含有Mg2+、Fe2+、Cl-和SO42-等杂质，提纯工艺流程如下:
下列说法不正确的是
A.步骤①,通入热空气可加快溶解速率
B.步骤②，产生滤渣的离子反应为:
Mg2++Fe3++5OH-=Mg（OH）2↓+Fe（OH）3↓
C.步骤③，趁热过滤时温度控制不当会使Na2CO3·H2O中混有Na2CO3·1OH2O等杂质
D.步骤④,灼烧时用到的主要仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯
【答案】B
...............
7.已知亚硒酸（H2SeO3）为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，达到平衡所得溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-三种微粒的物质的量分数与溶液PH的关系如图所示。
下列说法不正确的是
A.常温下，亚硒酸的电离平衡常數K2=10-4.2
B.pH=1.2的溶液中:
c（Na+）+c（H+）=e（OH-）+c（H2SeO3）
C.将相同物质的量NaHSeO3和Na2SeO3固体完全溶于水可配得PH为4.2的混合液
D.向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中水的电高程度一直增大
【答案】C
【解析】A:
根据电离反应方程式：
H2SeO3=H++HSeO3-，HSeO3-=H++SeO32-知K2=c（H+）.c（SeO32-）/c（HSeO3-）,当PH=4.2时，达到平衡所以。
此时c（HSeO3-）=c（SeO32-）
说以K2=10-4.2故A正确。
B.pH=l.2的溶液中H2SeO3和HSeO3-的浓度相等，根据电荷守恒关系知：
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（H2SeO3）是正确的；故B对；C.将相同物质的量NaHSeO3和Na2SeO3固体完全溶于水不能配得pH为4.2的混合液，Na2SeO3强碱弱酸盐，水解显碱性，NaHSeO3水解达到平衡时PH=4.2，所以两者混合物的PH一定大于4,2.故C错。
D.向pH=12的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中因为中和了溶液中的氢离子，促进了水的电离，故水的电离程度一直增大。
故D正确。
8.下面是某校化学研究性学习小组探究的过量的Fe与浓硫酸反应的实验:
Ⅰ.甲同学设计如下实验反应得到的混合气体中含有SO2、H2、H2O
己知:
CaSO3受热易分解
（1）写出过量Fe粉与浓硫敢反应产生等体积的SO2与H2的总化学方程式:
__________。
（2）若按气体从左到右的流向，为达到实验目的，各装置连接顺序是A-________（不可重复使用）。
（3）A中导管的作用为______，装置B中的干燥管中盛放的物质为碱石灰，其作用是_____。
（4）证明有H2存在的实验现象是__________。
Ⅱ.为测定混合气体中SO2的体积分数，乙同学设计了如下实验方案:
（5）W溶液可以是下列溶液中的_______（填字母代号）;
A.H2O2溶液B.NaOH溶液C.KMnO4溶液（硫酸酸化）D.氯水
该混合气体中二氧化硫的体积分数为_____（用含V、m的代数式表示）。
（6）丙同学使用cmol/LxmLI2的淀粉溶液（过量）吸收混合气体，充分反应后，用0.1000mol/L的Na2S2O3标准溶液去滴定I2的淀粉溶液，达到滴定终点时消耗Na2S2O3的体积为20mL，该混合气体中二氧化硫的体积分数为______（用含V、c、x的代数式表示）。
[已知:
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-]
【答案】
（1）.2Fe+3H2SO4=2FeSO4+SO2+H2+2H2O
（2）.D
B
C
F
E（3）.安全管，平衡气压（4）.防止空气中的水分干扰实验，吸收多余的SO2（5）.F中黑色圈体粉末变为红色，E中无水碗酸铜变蓝（6）.AD（7）.
（8）.
【解析】
（1）根据原子守恒可知过量Fe粉与浓硫酸反应产生等体积的SO2与H2的总化学方程式为2Fe+3H2SO4＝2FeSO4+SO2↑+H2↑+2H2O。
（2）由于通过溶液会带出水蒸气，首先检验水蒸气，利用品红溶液检验SO2，氢气和氧化铜反应之前还需要干燥氢气，且SO2有毒、还需要防止空气中水蒸气，所以若按气体从左到右的流向，为达到实验目的，各装置连接顺序是A→D→B→C→F→E。
（3）反应中产生气体，因此A中导管的作用为安全管，平衡气压；装置E中的干燥管中盛放的物质为碱石灰，其作用是防止空气中的水分干扰实验，吸收多余的SO2。
（4）氢气还原氧化铜生成铜和氢气，则证明有H2存在的实验现象是F中黑色固体粉末变为红色，E中无水硫酸铜变蓝。
（5）由于亚硫酸钡不稳定，因此应该转化为硫酸钡，所以W应该具有氧化性，能把SO2氧化，且不能引入硫酸根，所以选择双氧水或氯水，答案选AD。
硫酸钡是mg，则根据硫原子守恒可知SO2是
，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为
。
（6）根据方程式I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可知该混合气体中二氧化硫的体积分数为
。
9.I、废水废气对自然环境有严重的破坏作用，大气和水污染治理刻不容缓。
（1）某化工厂产生的废水中含有Fe2+、Mn2+等金属离子，可用过硫酸铵[（NH4）2S2O8]氧化除去。
①过硫酸铵与Mn2+反应生成MnO2的离子方程式为__________。
②温度与Fe2+、Mn2+氧化程度之间的关系如图所示:
实验过程中应将温度控制在_________。
Fe2+与Mn2+被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为_______。
（2）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中NO、NO2,其反应机理如图1所示。
A包含物质的化学式为N2和__________。
（3）工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收，反应过程中溶液组成变化如图2所示。
①吸收初期（图中A点以前）反应的化学方程式为__________。
②C点高于B点的原因是__________。
Ⅱ、研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。
已知：
N2（g）+O2（g）=2NO（g） ΔH=+1805kJ/mol①
C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH=-393.5kJ/mol②
2C（s）+O2（g）=2CO（g） ΔH-221.0kJ/mol③
（4）某反应的平衡常数表达式
请写出此反应的热化学方程式:
__________。
（5）向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_______（填序号）。
a.容器中的压强不变 b.2v正（CO）=v逆（N2）
c.气体的平均相对分子质量保持34.2不变 d.该分应平衡常数保持不变
e.NO和CO的体积比保持不变
（6）2SO（g）
2SO2（g）+O2（g）,将一定量的SO3放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图所示。
图中a点对应温度下，已知SO3的起始压强为P0,该温度下反应的平衡常数Kp=____（用平衡分压代昝平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
【答案】
（1）.S2O82-+2H2O+Mn2+=4H++2SO42-+MnO2↓
（2）.80℃（80℃-85℃区间均可）（3）.吸附胶体粒子形成沉淀（4）.H2O（5）.2Na2CO3+SO2+H2O=2NaHCO3+Na2SO3（6）.根据钠元素守恒，NaHSO3的物质的最是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，质量分数就大（7）.2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g） ΔH=-746.5KJ/mol（8）.acd（9）.4P0/54
2SO3（g）
2SO2（g）+O2（g），
起始量 a 0 0
变化量 0.4a 0.4a 0.2a
平衡量 0.6a 0.4a 0.2a
反应达到平衡后，气体的压强为a/（0.6a+0.4a+0.2a）=P0/p（平衡），p（平衡）=1.2P0；SO3物质的量分数：
0.6a/（0.6a+0.4a+0.2a）=1/2;；SO2物质的量分数：
0.4a/（0.6a+0.4a+0.2a）=1/3；O2物质的量分数:
0.2a/（0.6a+0.4a+0.2a）=1/6；该温度下反应的平衡常数KP=（1/6×p（平衡））×（1/3×p（平衡））2/（1/2×p（平衡））2=4P0/45
10.纳米铜是一种性能优异的超导材料,以辉铜矿（主要成分为Cu2S）为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。
（1）用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废钢渣和稀硫酸共网作用可获得较纯净的Cu2S,其原理如图2所示，该反应的离子方程式为__________。
（2）从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeC13溶液作浸取剂。
①反应:
Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1molCuCl2,反应中转移电子的物质的量为____;浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为__________。
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是__________。
（3）“萃取”时，两种金属离子萃取率与PH的关系如图4所示。
当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是__________。
（4）用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为__________。
（5）在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_______、干燥、_____等操作可得到Fe2O3产品。
【答案】
（1）.CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑
（2）.2mol（3）.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（4）.生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取（5）.Fe3+水解程度隨PH的升高而增大（6）.32:
7（7）.洗涤（8）.煅烧（或灼烧）
【解析】
（1）根据图示，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废钢渣和稀硫酸共网作用可获得较纯净的Cu2S,同时生成Fe2+和H2S，反应的离子方程式为：
CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑。
（2）①反应:
Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，在反应中，FeCl3中铁元素的化合价由+3降低为+2价，Cu2S中铜元素的化合价由+1升高为+2价，硫元素的化合价由—2升高到0价，化合价升高数=化合价降低数=4,每生成1molCuCl2转移电子的物质的量为2mol。
浸取时，在有氧环境下，亚铁离子被氧化，生成铁离子，反应的方程式为：
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O②浸取过程中，洗涤硫和未洗涤硫相比较，未洗硫时铜元素浸取率较低原因是生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取。
（3）Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，萃取率越低。
（4）在碱性条件下，Cu2+和N2H4反应生成氮气和铜，反应为：
2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2+4H2O,反应中还原产物是Cu，氧化产物是N2，质量之比为（2×64）：
28=32:
7.（5）萃取后“水相”中含有铁离子，加入氨水反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧后可得到氧化铁，方法为：
在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置、过滤、洗涤、干燥、煅烧。
11.[化学--选修3:
物质结构与性质]C、N和Si能形成多种高硬度材料，如Si3N4,C3N4,SiC.
（1）Si3N4和C3N4中硬度较高的是______,理由是_________.
（2）C和N能形成一种类石墨结构材料，其合成过程如下图所示。
该类石墨结构材料化合物的化学式为_________。
其合成过程中有三聚氰胺形成，三聚氰胺中N原子的杂化方式有_____________。
（3）C和N还能形成一种五元环状有机物咪唑（im），其结构为
。
化合物[Co（im）6]SiF6的结构示意图如下:
①Co原子的价层电子轨道表达式（价层电子排布图）为_____。
N与Co之间的化学键类型是___，判断的理由是__________。
②阴离子SiF62-中心原子Si的价层电子对数为______。
阳离子（Co（im）6]2+和SiF62-之间除了阴阳离子间的静电作用力，还存在氢键作用，画出该氢键的表示式_______。
例如水中氢键的表示式为:
（4）SiC为立方晶系晶体，晶胞參数为a,已知Si原子半径为rSi,C原子半径为rC,该晶胞中原子的分数坐标为:
则SiC立方晶胞中含有____个Si原子、____个C原子，该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为__________（列出计算式即可）。
【答案】
（1）.C3N4
（2）.两者同属原子晶体（答两者结构相似），C的原子半径小于Si,与Si-N相比，C-N的键长短、键能大（3）.C6N8或（C6N8）n或C3N4或（C3N4）n（4）.sp2、sp3（5）.
（6）.配位键（7）.N有孤对电子，Co2+有空轨道（8）.6（9）.
（10）.4（11）.4（12）.
【解析】
（1）相同类型的晶体中，原子半径越小，键能越大，其硬度就越大。
所以Si3N4和C3N4中硬度较高的是C3N4原因是两者同属原子晶体，C的原子半径小于Si,与Si-N相比，C-N的键长短、键能大。
（2）由结构可判断出化学式为C6N8或（C6N8）n或C3N4或（C3N4）n。
环中N原子形成2个σ键,含有1对孤电子对,杂化轨道数目为3,采取sp2杂化,氨基中N原子形成3个σ键,含有1对孤电子对,杂化轨道数目为4,采取sp3杂化,（3）①Co原子的价层电子为最外层和次外层电子，其电子轨道表达式为
。
因N有孤对电子，Co2+有空轨道，所以N与Co之间可形成配位键。
②价层电子对数=成键数+孤电子对数，孤电子对数=（中心原子的最外层电子数-配位原子×与中心原子结合的原子最多能接受的电子数）/2，由此可算出中心原子Si的价层电子对数为4。
氢键发生在非金属强的原子和氢原子之间，在该物质中氢键可表示为
。
（4）从该晶胞中原子的分数坐标可看出，每个C原子周围有4个Si原子，每个Si原子有4个C原子，形成正四面体结构，所以SiC立方晶胞中含有4个Si原子、4个C原子。
其总体积为4/3πrc3×4+4/3πrsi3×4=16/3π（rc3+rsi3）。
则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为16/3π（rc3+rsi3）/a3×100%
12.[化学-选修5：
有机化学基础）化合物G是一种具有多种药理学活性的黄烷丽类药物。
实验室由芳香化合物A制备G的合成路线如下:
已知：
回答以下问题:
（1）A中的官能团名称为_____。
E的分子式为_______。
（2）由A生成B和由F生成G的反应类型分别是_______、________。
（3）由C生成D的化学方程式为__________。
（4）G的结构简式为__________。
（5）芳香化合物X是B的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1molX可与4molNaOH反应，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3:
2:
2:
1。
写出二种符合要求的X的结构简式________.
（6）写出用环戊烯和正丁醛为原料制备化合物
的合成路线___________（其他试剂任选）。
【答案】
（1）.羟基
（2）.C17H14O4（3）.取代反应（4）.加成反应或还原反应（5）.
（6）.
（7）.
（8）.
【解析】
（1）由A的分子式为C6H6O3,能和乙酸反应,可判断出A中有羟基,E的结构简式已给出，可以数出各原子的个数,进而知道E的分子式为C17H14O4。
（2）由A生成B的反应是酯化反应，也是取代反应，由E到F的反应是E和氯化氢发生的加成反应。
（3）由C生成D的反应是已知条件中给出的反应类型，是含羰基的物质和
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