河南省八市届高三上学期第一次测评 化学试题Word文档格式.docx

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D.两种酸的酸性强弱——二者溶液的导电性

【解析】A.两个金属电极的活泼性强弱不一定决定原电池的正负极，与溶液的性质有关，如镁比铝活泼，但在氢氧化钠溶液中构成原电池时，铝为负极，故A错误；

B.反应物的总能量和生成物的总能量决定化学反应中的能量变化，不一定是热量变化，故B错误；

C.主族元素原子核外的最外层电子数等于主族序数，决定元素在周期表中的族序数，故C正确；

D.溶液的导电性强弱与电解质的强弱无关，与溶液中离子的浓度大小有关，故D错误；

4.关于柠檬烯（

）的说法不正确的是（）

A.柠檬烯的分子式为C10H16

B.柠檬烯分子中所有碳原子不可能共面

C.柠檬烯能使溴水或者KMnO4酸性溶液褪色

D.柠檬烯的同分异构体中存在芳香烃

【答案】D

【解析】A.根据结构，柠檬烯的分子式为C10H16，故A正确；

B.碳碳双键为平面结构，但甲烷属于四面体结构，柠檬烯分子中含有

和-CH2-，所有碳原子不可能共面，故B正确；

C.柠檬烯含有碳碳双键，能使溴水加成褪色，能使KMnO4酸性溶液还原褪色，故C正确；

D.柠檬烯的不饱和度为3，而苯环的不饱和度为4，因此同分异构体中不可能存在芳香烃，故D错误；

故选D。

点睛：

本题的易错点和难点为D，可以借助于不饱和度进行判断，有机物的不饱和度=（碳的个数×

2＋2－氢的个数－卤素的个数＋氮的个数）/2。

5.下列反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比最大的是（）

A.铜和稀硝酸3Cu+8HNO3（稀）=2NO↑+3Cu（NO3）2+4H2O

B.氯气和氨气3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl

C.氢气和氧化铁3H2+Fe2O3

2Fe+3H2O

D.二氧化锰和盐酸MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O

【解析】A.铜和稀硝酸3Cu+8HNO3（稀）=2NO↑+3Cu（NO3）2+4H2O反应中氧化剂为硝酸，还原剂为铜，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:

3；

B.氯气和氨气3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl反应中氧化剂为氯气，还原剂为氨气，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:

2；

2Fe+3H2O反应中氧化剂为氧化铁，还原剂为氢气，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:

MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中氧化剂为二氧化锰，还原剂为氯化氢，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:

比值最大的是B，故选B。

需要明确元素化合价变化与氧化剂、还原剂的关系，注意反应中的氧化剂、还原剂是否完全发生氧化还原反应，如A中的硝酸体现了硝酸的氧化性和酸性，体现氧化性和酸性的硝酸的物质的量之比为2:

6，即只有2份是氧化剂。

6.下列关于鉴别1mol·

L-1的稀硫酸和98%的浓硫酸的叙述正确的是（）

A.常温下测定两溶液的导电能力，导电能力强的是浓硫酸

B.常温下可以用铜片鉴别两种溶液

C.铝片不能用于鉴别两种溶液

D.两溶液敞口在空气中放置一段时间后质量明显增大的是浓硫酸

【解析】A.稀硫酸中硫酸完全电离，浓硫酸几乎没有电离，稀硫酸中离子浓度较大，因此常温下测定两溶液的导电能力，导电能力强的是稀硫酸，故A错误；

B.常温下铜与稀硫酸和浓硫酸都没有明显现象，不能鉴别两种溶液，故B错误；

C.铝片与稀硫酸反应能够产生气泡，与浓硫酸无明显现象，可以鉴别两种溶液，故C错误；

D.浓硫酸具有吸水性，两溶液敞口在空气中放置一段时间后质量明显增大的是浓硫酸，故D正确；

7.通过下列反应类型不能引入醇羟基的是（）

A.加成反应B.取代反应C.加聚反应D.水解反应

【解析】A.醛基与氢气加成可以生成羟基，故A正确；

B.酯基水解可以生成羟基，水解反应也属于取代反应，故B正确；

C.碳碳双键或三键通过加聚反应不能生成羟基，故C错误；

D.酯基水解可以生成羟基，故D正确；

8.下列关于实验的叙述错误的是（）

A.蒸馏可用于分离所有沸点不同的液体的混合物

B.测定结晶水含量的实验中冷却固体时应将坩埚置于干燥器中以避免吸收水蒸气

C.碱石灰与浓氨水混合可快速制氨气

D.无水硫酸铜可用于判断乙醇中是否含水

【答案】A

【解析】A.物质的沸点相差较大，如在30℃以上，可以通过蒸馏的方法分离液体的混合物，但不是所有沸点不同的液体的混合物都可以通过蒸馏分离，如沸点相差较小，则不能分离，故A错误；

B.固体冷却时会吸收空气中水蒸气，为了减小测定结果的误差，测定结晶水含量的实验中冷却固体时应将坩埚置于干燥器中以避免吸收水蒸气，故B正确；

C.碱石灰中的氢氧化钠溶解放热，以及氧化钙与水反应放热，都可以使浓氨水中的平衡向着生成氨气的方向移动，使氨气放出，故C正确；

D.无水硫酸铜与水结合生成水合物，颜色会发生变化，可用于判断乙醇中是否含水，故D正确；

故选A。

9.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是（）

A.2molSO3一定条件下充分分解得到的产物分子的数目为3NA

B.一定量的无水乙醇与足量钠反应生成5.6LH2，则乙醇分子中共价键总数为4NA

C.等物质的量的氯气分别与足量铁和铜完全反应，转移电子数均为2NA

D.标准状况下22.4L空气中含有的单质分子数目小于NA

【解析】A.三氧化硫的分解反应是可逆反应，2molSO3一定条件下分解，不可能完全进行，得到的产物分子的数目少于3NA，故A错误；

B.未注明是否为标准状况，无法计算5.6LH2的物质的量，也就无法计算乙醇分子中共价键总数，故B错误；

C.氯气与铁和铜反应都生成-1价的氯离子，等物质的量的氯气分别与足量铁和铜完全反应，转移电子数相同，但未告知氯气的物质的量，因此无法计算转移的电子数，故C错误；

D.标准状况下22.4L空气的物质的量为1mol，含有的分子总数为NA，其中单质分子数目小于NA，故D正确；

10.下列选项与盐类水解无关的是（）

A.氯化铁溶液刻制印刷电路板B.泡沫灭火器的反应原理

C.氯化铵溶液除铁锈D.醋酸铵溶液显中性

11.下列关于误差分析的判断正确的是（）

A.酸碱中和滴定中滴定终点读数时俯视会使测得浓度偏大

B.用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒药品质量一定偏小

C.配制1mol·

L-1的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容所得溶液浓度偏小

D.用润湿的pH试纸测氨水的pH会使测定结果偏大

【解析】A.酸碱中和滴定中滴定终点读数时俯视读数，导致最终的读数偏小，溶液体积偏小，会使测得浓度偏小，故A错误；

B.用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒药品质量不一定有误差，如没有使用游码，故B错误；

C.硝酸铵溶解会吸收热量，导致溶液温度降低，配制1mol·

L-1的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，使得配制的溶液体积判断，所得溶液浓度偏小，故C正确；

D.用润湿的pH试纸测氨水的pH相当于程度大是稀释后的氨水的pH，使测定结果偏小，故D错误；

12.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是（）

溶液

现象

结论

A

BaCl2和FeCl3的混合溶液

产生白色沉淀

白色沉淀是BaSO3

B

滴有酚酞的NaOH溶液

溶液红色褪去

SO2表现酸性氧化物的性质

C

新制氯水

溶液的淡黄绿色逐渐褪去

SO2有还原性

D

Na2CO3溶液

产生大量无色气泡

酸性：

H2SO3>

H2CO3

A.AB.BC.CD.D

【解析】A.将二氧化硫通入BaCl2和FeCl3的混合溶液，二氧化硫被铁离子氧化生成硫酸根离子，反应生成硫酸钡沉淀，结论不正确，故A选；

B.将二氧化硫通入滴有酚酞的NaOH溶液，二氧化硫为酸性氧化物，二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液的碱性减弱，红色褪去，正，故B不选；

C.将二氧化硫通入新制氯水，因为二氧化硫具有还原性，二氧化硫与氯气反应生成盐酸和硫酸，溶液的淡黄绿色逐渐褪去，正确，故C不选；

D.将二氧化硫通入Na2CO3溶液，由于亚硫酸的酸性比碳酸强，反应生成二氧化碳气体，正确，故D不选；

13.近年来有多个品牌的手机电池曾发生爆炸事故，公众对电池安全性的重视程度越来越高，燃料电池作为安全性能较好的一类化学电源得到了更快的发展。

一种以联氨（N2H4）为燃料的环保电池工作原理如图所示，工作时产生稳定无污染的物质。

下列说法不正确的是（）

A.M极生成氮气且电极附近pH降低

B.负极上每消耗1molN2H4，会有4molH+通过质子交换膜

C.正极的电极反应式为：

O2+4H++4e-=2H2O

D.d口流出的液体是蒸馏水

【解析】根据氢离子的移动方向，电极N为正极，电极M为负极，燃料电池的负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：

N2H4-4e-=N2↑+4H+，正极是氧气发生还原反应，电极反应式为：

O2+4H++4e-═2H2O。

A、电极M为负极，N2H4-4e-=N2↑+4H+，电极附近pH降低，故A正确；

B、负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：

N2H4-4e-=N2↑+4H+，则每消耗lmolN2H4，转移4mol电子，会有4molH+通过质子交换膜，故B正确；

C、正极是氧气发生还原反应，电极反应式为：

O2+4H++4e-═2H2O，故C正确；

D、根据题意该燃料电池的电解质为酸性溶液，因此从d口流出的液体是酸性溶液，故D错误；

本题考查了燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析的考查，题目涉及电极反应式以及电池反应方程式书写。

本题的易错点为D，要注意纯水的导电能力很弱，因此电解质溶液应该是酸性溶液。

14.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数和族序数均依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，Z是空气中含量最多的元素。

下列说法正确的是（）

A.Y一定是非金属元素

B.原子半径：

r（X）<

r（Y）<

r（Z）<

r（W）

C.W的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸

D.若Y、Z、W位于相邻的三个主族，Y的氢化物沸点一定低于W

【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数和族序数均依次增大，Z是空气中含量最多的元素，Z为N元素；

其中只有Y、Z处于同一周期，则X为H元素；

Y可能为Be、B、C；

W可能为S、Cl。

A.Y可能为Be、B、C，其中Be为金属元素，故A错误；

B.同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：

r（Y）＞r（Z），故B错误；

C.W的最高价氧化物对应的水化物可能为硫酸或高氯酸，都是强酸，故C正确；

D.若Y、Z、W位于相邻的三个主族，则Y为C，W为S，碳的氢化物可能为固态，如二十烷，故D错误；

15.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）

A.新制氯水中：

Fe3+、Mg2+、SO42-、NO3-

B.含较多[Al（OH）4]-的溶液中：

K+、H+、Br-、S2-

C.c（Fe3+）=1mol·

L-1的溶液中：

K+、NH4+、Cl-、I-

D.使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：

Na+、Cu2+、SO42-、NO3-

【解析】A.新制氯水中，Fe3+、Mg2+、SO42-、NO3-离子间不能发生反应，能够大量共存，故A正确；

B.[Al（OH）4]-与H+能够反应生成氢氧化铝沉淀，故B错误；

C.Fe3+与I-能够发生氧化还原反应，故C错误；

D.使红色石蕊试纸变蓝的溶液显碱性，在碱性溶液中Cu2+要反应生成沉淀，故D错误；

解决离子共存问题时需注意题目隐含的条件，如：

溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；

溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；

本题中的易错点为C，Fe3+具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应。

16.常温下向某浓度的新制氯水中逐滴加入Na2SO3溶液，溶液pH变化如图所示（整个过程中无气体逸出），下列关系正确的是（）

A.a点：

c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）

B.b点：

c（Cl-）=0.005mol·

L-1

C.c点：

c（Na+）=2c（HSO3-）+2c（SO32-）+2c（SO42-）+2c（H2SO3）

D.d点：

c（Na+）>

c（Cl-）>

2c（SO32-）+C（HSO3-）+2c（SO42-）

【解析】Na2SO3是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，Na2SO3具有还原性，往氯水中滴入Na2SO3溶液中发生氧化还原反应，氯气氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，氯气被还原生成盐酸：

Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，随着亚硫酸钠的加入，亚硫酸钠与盐酸反应生成亚硫酸氢钠，继续加入，生成二氧化硫气体。

A．a点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，根据电荷守恒，c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（ClO-），故A错误；

B．b点是滴入亚硫酸钠和氯水中氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：

Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH=2时氢离子浓度为0.01mol/L，则

c（Cl-）=c（SO42-）=0.005mol•L-1，c（Cl-）=0.01mol·

L-1，故B错误；

C．c点是剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化氢、亚硫酸氢钠、硫酸钠和氯化钠，其中亚硫酸氢钠和氯化钠的物质的量相等，根据物料守恒，则c（Na+）=2c（HSO3-）+2c（SO32-）+2c（SO42-）+2c（H2SO3），故C正确；

D．d点pH=7，溶液中的溶质为氯化钠，亚硫酸钠和硫酸钠，以及亚硫酸氢钠，反应的总方程式为3Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2NaHSO3+2NaCl，则c（Cl-）＜2c（SO32-）+c（HSO3-）+2c（SO42-），故D错误；

本题考查离子浓度大小比较，题目难度较大，明确图象各点溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法。

本题的易错点和难点是D，pH=7时，溶液中的溶质为氯化钠、亚硫酸钠、硫酸钠和亚硫酸氢钠，难在氯化钠与其他物质的量的关系判断。

二、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第17题-第19题为必考题，每个试题考生都必须做答。

第20题-第21题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（共40分）

17.某硫酸工厂的废水中含有较多的H+、Cu2+、Fe2+、SO42-、AsO43-、HAsO42-、H2AsO4-等需要处理的杂质离子，其中一种处理流程如图所示

已知：

Ksp[Cu（OH）2]=2.2×

10-20，Ksp[Fe（OH）2]=8.6×

10-16；

H3AsO4为弱酸。

（1）沉淀A的主要成分的化学式是__________________。

（2）常温下pH=7的溶液中Cu2+的物质的量浓度为_______，此时Fe2+是否沉淀完全_______（填“是”或“否”）。

（3）若氧化过程中生成了某种胶体，用离子方程式解释氧化过程中溶液pH降低的原因__________。

（4）最后一次调节pH时pH过低或过高砷的去除率都会明显降低，pH过低时可能的原因是________（从平衡角度解释）；

pH过高时可能的原因是_________________（从沉淀转化的角度解释）。

（5）硫化法是另一种处理含砷废水的方法，涉及的反应有

Na2S+H2SO4

Na2SO4+H2S①

2H3AsO3+3H2S

As2S3↓+6H2O②

As2S3+H2SO4（浓）

AS2O3↓+4S↓+H2O③

在反应①和③中，硫酸表现出的性质依次是_______、_______。

【答案】

（1）.CaSO4

（2）.2.2×

10-6mol/L（3）.否（4）.4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8H+（5）.H+会抑制H3AsO4的电离，溶液中AsO43-浓度较小，不易与Fe3+形成沉淀（6）.FeAsO4会转化为Fe（OH）3沉淀，AsO43-又进入水中（答案合理即可）（7）.酸性（8）.（强）氧化性

【解析】根据Ksp[Cu（OH）2]=2.2×

可知，铜离子完全沉淀时的c（OH-）=

=

×

10-8，pH约为7；

亚铁离子完全沉淀时的c（OH-）=

10-6，pH在8~9；

某硫酸工厂的废水中含有较多的H+、Cu2+、Fe2+、SO42-、AsO43-、HAsO42-、H2AsO4-等需要处理的杂质离子，在废水中加入石灰乳，并调节pH=3，根据上述计算，只有硫酸钙可能形成沉淀，加入氢氧化钠调节pH=7，能够使铜离子沉淀，通入空气将亚铁离子氧化，生成铁离子，加入氢氧化钠调节pH=5~7，形成FeAsO4。

（1）根据上述分析，沉淀A的主要成分为硫酸钙，故答案为：

CaSO4；

（2）常温下pH=7的溶液中Cu2+的物质的量浓度为

=2.2×

10-6mol/L，此时c（Fe2+）=

=8.6×

10-2mol/L，Fe2+没有沉淀完全，故答案为：

2.2×

10-6mol/L；

否；

（3）若氧化过程中生成了某种胶体，可能的原因是4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8H+，溶液pH降低，故答案为：

4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8H+；

（4）最后一次调节pH时，pH过低或过高砷的去除率都会明显降低，pH过低时，H+会抑制H3AsO4的电离，溶液中AsO43-浓度较小，不易与Fe3+形成沉淀；

pH过高时，FeAsO4会转化为Fe（OH）3沉淀，AsO43-又进入水中，故答案为：

H+会抑制H3AsO4的电离，溶液中AsO43-浓度较小，不易与Fe3+形成沉淀；

FeAsO4会转化为Fe（OH）3沉淀，AsO43-又进入水中；

（5）反应①Na2S+H2SO4

Na2SO4+H2S为非氧化还原反应，体现了硫酸的酸性；

反应③As2S3+H2SO4（浓）

As2O3↓+4S↓+H2O中硫酸中S元素的化合价降低，被含有，体现了硫酸的氧化性，故答案为：

酸性；

氧化性。

18.三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是一种重要的化工产品，实验室通常是在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoC12溶液来制备[Co（NH3）6]Cl3，该反应属于大量放热的反应。

某小组用如图所示装置制备[Co（NH3）6]Cl3，实验步骤如下：

Ⅰ．称取研细的CoC12·

6H2O粉末10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中并加水溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。

Ⅱ．用水浴将混合物加热至60℃，恒温20分钟，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤。

Ⅲ．将沉淀溶于热的盐酸中，趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。

Ⅳ．过滤、用乙醇洗涤晶体并在105℃条件下烘干。

试回答下列问题：

（1）制备[Co（NH3）6]Cl3的化学方程式是_______________________。

（2）请指出装置中存在的一处缺陷____________________。

（3）若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会出现的问题是_______________。

（4）若无活性炭作催化剂，所得产物中除[Co（NH3）6]Cl3外还会有大量二氯化一氯五氨合钴[Co（NH3）5]Cl3和三氯化五氨一水合钴[Co（NH3）5]Cl3晶体，而在活性炭的催化作用下，主要产物只有[Co（NH3）6]Cl3，这体现了催化剂的________性。

（5）步骤Ⅲ中趁热过滤的主要目的是_____________，滤液中加适量浓盐酸的主要目的是_________。

（6）乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是___________________。

【答案】

（1）.2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH3

2[Co（NH3）6]Cl3+2H2O或2CoCl2+H2O2+12NH3+2NH4Cl

2Co（NH3）6Cl3+2NH3·

H2O

（2）.缺少吸收挥发出的氨气的装置（答案合理即可）（3）.温度迅速升高，氨气大量挥发且H2O2和NH4Cl受热分解（4）.选择（5）.除去活性炭并防止产品析出（6）.增大氯离子浓度，有利于析出[Co（NH3）6]Cl3（答案合理即可）（7）.产品损失少（写上快速干燥不扣分）

【解析】

（1）根据题意，在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoC12溶液来制备[Co（NH3）6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH3

2[Co（NH3）6]Cl3+2H2O或2CoCl2+H2O2+12NH3+2NH4Cl

H2O，故答案为：

2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH3

2Co（