届安徽省A10联盟高三开年考试理综化学试题解析版.docx
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届安徽省A10联盟高三开年考试理综化学试题解析版
安徽省A10联盟2018届高三开年考试
理综化学试题
1.下列对KNO3的古代文献的说明不合理的是（）
选项
目的
古代文献
说明
A
提纯
“…（KNO3）所在山泽，冬月地上有霜，扫”取以水淋汁后，乃煎炼而成”——《开宝本草》
溶解，蒸发结晶
B
鉴别
区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO 4）,“强烧之,紫青烟起，云是硝石也”——《本草经集注》
利用焰色反应
C
性质
“（火药） 乃焰消 （KNO3），硫磺，山木碳所合，以为烽燧铜用诸药者”——《木草纲目》
利用KNO3
的氧化性
D
使用
“…凡研消（KNO3） 不以铁碾入石臼，想激火生，锅不可测”——《天工开物》
KNO3能自燃
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】硝酸钾易溶于水，可以用溶解、蒸发结晶的方法提取，故A正确；钾元素的焰色是紫色，故B正确；火药爆炸生成K2S、N2、CO2,硝酸钾、硫磺是氧化剂、碳粉是还原剂，故C正确；KNO3撞击可爆炸，KNO3不能自燃，故D错误。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.25℃ 时，11pH=1的H2SO4溶液中含有0.1NAH+
B.常温常压下，18gD2O含有的质子数为10NA
C.9.0g淀粉和葡萄糖的混合物中共含有0.3NA碳原子
D.铜粉与硫粉混合加热，每消耗1mol铜粉，转移的电子数为2NA
【答案】A
3.纳米分子机器日益受到关注，机器常用的“车轮”组件结构如下图所示，下列说法正确的是（）
A.①②③ ④均属于烃B.①③均属于苯的同系物
C.②④的二氯代物物分别有3种和6种D.①②③均能发生取代反应
【答案】C
【解析】③富勒烯只含有碳元素，属于单质，故A错误；苯的同系物只含有1个苯环，故B错误；立方烷的二氯代物有
3种，金刚烷的二氯代物有
共6种，故C正确；③富勒烯只含有碳元素，不能发生取代反应，故D错误。
点睛：
烃是只含碳、氢两种元素的有机物；富勒烯只由碳元素组成，所以富勒烯是碳的一种单质，与金刚石、石墨互为同素异形体。
4.氨硼烷（NH3·BH3 ） 作为一种非常有前景的储氢材料，近年来日益受到人们的重视。
氨硼烷（NH3·BH3 ） 电池可在常温下工作，装置如下图所示。
该电池的总反应为：
NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。
下列说法正确的是（）
A.右侧电极发生氧化反应B.电池工作时，H+通过质子交换膜向左侧移动
C.负极的电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2OD.每消耗31g氨硼烷，理论上应转移6mol电子
【答案】D
【解析】根据总反应NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O，H2O2是氧化剂发生还原反应，故A错误；根据总反应，NH3·BH3发生氧化反应，是电池负极、H2O2是电池正极，电池工作时，H+通过质子交换膜向右侧移动，故B错误；正极发生还原反应，正极的电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，故C错误；根据总反应，每消耗31g氨硼烷，理论上应转移6mol电子，故D正确。
点睛：
原电池负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；原电池工作过程中，阳离子移向正极、阴离子移向负极。
5.利用下图所示装置模拟工业NaClO3与Na2SO3在浓H2SO4存在下制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2 （已知：
高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl）。
下列说法不正确的是（）
A.逐滴加入浓硫酸可提高ClO2的利用率
B.装置④中所得产物中可能含有Na2SO4杂质
C.从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶
D.制备NaClO2结束时，应关闭分液漏斗活塞，打开K1 ，关闭K2
【答案】C
【解析】逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与氢氧化钠、双氧水充分反应，提高ClO2的利用率，故A正确；装置②中能生成少量的SO2，SO2与氢氧化钠、双氧水反应生成Na2SO4，故B正确；高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，若采用常压蒸发结晶，NaClO2易发生分解反应，故C错误；制备NaClO2结束时，应关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，用①中氢氧化钠溶液吸收尾气，故D正确。
6.A、B、C、D、 E是原子序数依次增大的短周期主族元素。
D原子半径在短周期主族元素中最大。
A与D同主族，C与E同主族。
B原于最外层电子数比内层电子数多了3，A、D原子的电子数总和与C、E原子的电子数总和之比为1∶2。
下列说法正确的是（）
A.原子半径：
r（C）>r（B）>r（A）B.C与D形成的化合物中，阴阳离子个数比为1∶2
C.简单气态氢化物的热稳定性：
C＜ED.由A、 B、C 三种元素组成的化合物只能是酸
【答案】B
【解析】D原子半径在短周期主族元素中最大，D是Na元素；B原于最外层电子数比内层电子数多了3，B是N元素；A与D同主族，C与E同主族，A、D原子的电子数总和与C、E原子的电子数总和之比为1∶2，则A一定是H元素；C、E原子的电子数总和是24，设C的电子数是x，E的电子数是x+8，x+x+8=24，x=8，所以C是O元素、E是S元素。
原子半径：
r（N）>r（O）>r（H），故A错误；Na与O形成的化合物Na2O、Na2O2中，阴阳离子个数比都为1∶2，故B正确；非金属性O>S，气态氢化物的热稳定性：
H2O>H2S，故C错误；由H、N、O 三种元素组成的化合物可能是NH4NO3，故D错误。
7.羟氨（NH2OH ）为一元弱碱（25℃时，电高常数Kb=9.0×10-9），其电离方程式为NH2OH+H2O
NH3OH++OH-。
25℃时，用0.100mol· L-1盐酸滴定20mL0.100mol· L-1NH2OH溶液，滴定过程中水电离出来的H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示（已知：
lg3=0.5） 。
下列说法不正确的是（）
A.V1<10
B.A点对应溶液的pH=9.5
C.A 、B、C 、D四点对应的溶液中NH2OH电离常数相等
D.D点对应溶液中存在：
c（H+）=c（OH-）+c（NH3OH+）+c（NH2OH ）
【答案】D
【解析】若V1=10，则溶液是等浓度的NH2OH和NH3OHCl，Kb=9.0×10-9，Kh=
，水解大于电离，溶液呈酸性，所以A正确；
，c（OH-）=3
，PH=9.5，故B正确；温度不变，平衡常数不变，故C正确；根据电荷守恒c（H+）+c（NH3OH+）=c（OH-）+c（Cl-）；根据物料守恒2c（NH3OH+）+2c（NH2OH ）=c（Cl-），所以c（H+）=c（OH-）+c（NH3OH+）+2c（NH2OH ），故D错误。
8.某课外活动小组探究NO2性质，其实验装置如下图所示（夹持和固定装置省去）
（1）铜与浓硝酸反应的离子方程式为__________，装置A的优点是______________。
（2）G中试剂为_________，作用是________________________。
（3）类比Mg 与CO2反应的思路，写出Mg 与NO2反应的化学方程式___________________，设计装置D（内装NaOH溶液） 和装置E的目的是______________________。
（4）一段时间后，装置B中管壁发烫，瓶内红棕色物质消失，淡黄色粉末变成白色固体（为单一物质）。
小组同学认为Na2O2 与NO2发生了氧化还原反应，其结果有两种假设：
①NO2被Na2O2氧化，则白色固体是_______（填化学式）。
②NO2被Na2O2还原，为了验证此产物，取适量白色固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加酸性高锰酸钾溶液，则观察到的现象是__________________________。
【答案】
（1）.Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O
（2）.可以控制反应的速率（3）.碱石灰（NaOH固体）（4）.吸收NO2,避免污染环境（5）.Mg+2NO2
4MgO+N2（6）.证明装置C中发生反应生成N2（7）.NaNO3（8）.高锰酸钾溶液褪色
【解析】试题分析：
（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水；铜丝可以抽动，能控制反应的速率；
（2）NO2有毒，G中可以盛放氢氧化钠（或碱石灰）吸收NO2；（3）Mg与CO2反应生成氧化镁和碳，Mg与NO2反应生成氧化镁和氮气；装置D（内装NaOH溶液）可以吸收）NO2，氮气难溶于水，若装置E中收集到气体，该气体是N2；（4）①NO2被Na2O2氧化，则生成硝酸盐；②NO2被Na2O2还原，则生成亚硝酸盐，亚硝酸盐可以被高锰酸钾氧化；
解析：
（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，反应离子方程式是Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；通过抽动铜丝可以控制反应的速率；
（2）NO2有毒，G中可以盛放氢氧化钠（或碱石灰）吸收NO2，避免污染环境；（3）Mg与NO2反应生成氧化镁和氮气，反应方程式是Mg+2NO2
4MgO+N2；装置D（内装NaOH溶液） 可以吸收）NO2，氮气难溶于水，若装置E中收集到气体，则证明装置C中发生反应生成N2；（4）①NO2被Na2O2氧化，则生成硝酸盐，白色固体是NaNO3；②NO2被Na2O2还原，则生成亚硝酸盐，亚硝酸盐可以被高锰酸钾氧化，所以高锰酸钾溶液褪色。
9.氟碳铈矿的主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈族稀土元素的重要矿物原料，二氧化铈（CeO2） 是一种重要的稀土氧化物。
以氟碳铈矿为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：
已知：
①Ce 4+既能与F 结合成[CeFx]（4-x）+,也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；
②在硫酸体系中Ce4+ 能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
（1） “氧化焙烧”的目的是______________。
（2）“醋浸”中会产生大量黄绿色气体、请写出CeO2与盐酸反应的离子方程式___________________；为避免产生上述污染，请提出一种解决方案________________________。
（3）“萃取”时存在反应：
Ce4++n（HA）2
Ce+（H2a-4A2a）+4H+。
实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器为______________；若缺少 “洗氟”，则所得产品的质量将_________（填“偏大”、“偏小”或 “不变”）。
（4） “反萃取”中，加稀硫酸和H2O2的作用__________________（用离子方程式表示）。
（5）取上述流程中得到的CeO2产品0.500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+，其它杂质均不参加反应）消25.00mL标准溶液，该产品中CeO2的质量分数为________。
【答案】
（1）.将+3价铈氧化成+4价（将CeFCO3氧化成CeO2 ）
（2）.2CeO2+8H++2Cl-=2Ce3+ +Cl2↑+4H2O（3）.改用H2SO4酸浸（4）.分液漏斗（5）.偏小（6）.Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+（7）.86.0%或 0.86
【解析】试题分析：
（1） “氧化焙烧”可以将将+3价铈氧化成+4价；
（2）“酸浸”中盐酸被CeO2氧化为黄绿色氯气，CeO2被还原为Ce3+；为避免氧化还原反应发生，可以改用硫酸；（3）“萃取”时要分液；根据Ce 4+能与F-结合成[CeFx]（4-x）+分析；（4）在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能，“反萃取”中，加稀硫酸和H2O2可以将Ce4+还原为Ce3+ ；（5）根据电子守恒FeSO4与CeO2的关系式是FeSO4
CeO2，利用关系式计算。
解析：
（1） “氧化焙烧”可以将CeFCO3中+3价铈氧化成CeO2 中+4价铈；
（2）“酸浸”中盐酸被CeO2氧化为黄绿色氯气，CeO2被还原为Ce3+，离子方程式是2CeO2+8H++2Cl-=2Ce3++Cl2↑+4H2O；为避免氧化还原反应发生，可以改用H2SO4酸浸；（3）“萃取”时要分液，用到的主要玻璃仪器是分液漏斗；Ce4+能与F-结合成[CeFx]（4-x）+，若缺少“洗氟”，则所得产品的质量将偏小；（4）在硫酸体系中Ce4+ 能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能，“反萃取”中，加稀硫酸和H2O2可以将Ce4+ 还原为Ce3+ ，反应离子方程式是Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+；
（5）设CeO2的质量是xg
FeSO4
CeO2，
1mol172g
0.025L
0.1mol·L-1xg
X=0.43g；该产品中CeO2的质量分数为
。
10.汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NOx等物质，尾气中CO、氢氧化物（NOx）严重影响人们的生活和健康，化学工作者对氮氧化物的处理做了广泛而深入的研究。
（1）利用甲烷还原NOx
①CH4（g）+NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ/mol；
②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+H2O（g）△H2=-1160kJ/mol,
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为________________________________。
（2）将不同量的CO（g）积H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：
实验组
温度℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
CO
H2O
H2
CO
1
650
4
2
1.6
2.4
6
2
900
2
1
0.4
1.6
4
3
900
a
b
c
d
t
①实验1中以v（CO2）表示的反应速率为_________（保留两位有效数字，下同）。
②该反应为________（填“吸热”或“放热”）反应，实验2条件下的平衡常数K=________。
③若达平衡状态时，实验2与实验3中各物质的质量分数分别相等，且t＜4min,则a、b应满足的关系是_________________________（用含a、b的数学式表示）。
（3）CO分析仪的传感器可测定汽车尾气是否符合排放标准。
该分析仪的工作原理类似于燃料电池，其中电解质是氧化钇（Y2O3）和氧化锆（ZrO2）晶体，能传导O2-，则负极的电极反应式为____________。
（4）SO2可用钙基固硫反应除去，反应生成的CaSO4是一种微溶物质，其Ksp=9.0×10-6。
若将浓度为2×10-3mol/L的Na2SO4溶液与等体积的CaCl2溶液混合，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为_____________。
【答案】
（1）.CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ/mol
（2）.0.13mol/（L·min）（3）.放热（4）.0.17（5）.a=2b 且b＞1（或a=2b且a>2）（6）.CO-2e-+O2-=CO2（7）.1.8×10-2mol/L
【解析】试题分析：
（1）根据盖斯定律书写甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式；
（2）①根据
计算v（CO2） 表示的反应速率；②根据实验1、2可知，升高温度平衡逆向移动；利用“三段式”计算实验2条件下的平衡常数；③若达平衡状态时，实验2 与实验3中各物质的质量分数分别相等，说明实验2 与实验3是等效平衡，投料比相等，t＜4min，反应速率快，说明实验3压强大，投料多；（3）负极CO失电子生成CO2；（4）
才能生成沉淀；
解析：
（1）①CH4（g）+NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ/mo l；
②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+H2O（g） △H2=-1160kJ/mo l,
根据盖斯定律①
+②
得CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ/mol；
（2）①实验1达到平衡生成氢气1.6mol，同时生成CO21.6mol，根据
，v（CO2）=
0.13mol/（L·min） ；②根据实验1、2可知，升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热；
=
0.17；
③若达平衡状态时，实验2 与实验3中各物质的质量分数分别相等，说明实验2 与实验3是等效平衡，投料比相等，t＜4min，反应速率快，说明实验3压强大，投料多，所以a、b应满足的关系是a=2b 且b＞1；（3）负极CO失电子生成CO2，负极反应式是CO-2e-+O2-=CO2；（4）设生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为x，
，x>1.8×10-2mol/L，所以生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为1.8×10-2mol/L。
点睛：
根据浓度熵和溶度积常数的关系，当
时，一定有沉淀生成；当
时，恰好达到饱和状态；当
时，沉淀逐渐溶解，如本题中
才能生成硫酸钙沉淀。
11.已知a、b、c、d、e、f都是周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大。
其中a、c原子的L层有2个未成对电子，d与e同主族,d的二价阳离子与c的阴离子具有相同的电子层结构，f3+离子M层3d轨道电子为半充满状态。
请根据以上信息，回答下列问题（答题时，用所对应的元素符号表示）：
（1）画出f3+离子的价层电子排布图__________，bH3分子中b原子的价层电子对构型为__________。
（2）写出一种与ab-互为等电子体的分子的化学式_________，ab-中a原子的杂化方式为_______。
（3）f和m（质子数为25）两元素的部分电离能数据列于下表：
元素
m
f
电能（kJ·mol-1）
I1
717
759
I2
1509
1561
I3
3248
2957
比较两元素的I2、I3可知，气态m2+再失去一个电子比气态f2+再失去一个电子难，原因是____________。
（4）已知e的碳酸正盐热分解温度比d的高，其原因是___________________。
（5）已知CaF2晶体常用于助熔剂，其晶胞结构如图所示。
设阿伏加德罗常数的值为NA，F原子和Ca原子之间的距离为apm，在晶胞体对角线的1/4、3/4两点分别有个F-，则Ca2+的配位数是_______，晶体的密度为_______。
【答案】
（1）.
（2）.四面体形（3）.CO成N2（4）.sp杂化（5）.Mn2+的3d轨道电子排布为半充满状态较稳定（6）.Mg2+ 半经比Ca2+小,MgO的晶格能比CaO 大，MgCO3 比CaCO3更易分解，因此CaCO3热分解温度较高（7）.8（8）.
×1030g/cm3
【解析】试题分析：
a、c原子的L层有2个未成对电子，a是C元素、c是O元素、b是N元素；d的二价阳离子与
具有相同的电子层结构，d是Mg元素；f3+离子M层3d轨道电子为半充满状态，f是Fe元素；d与e同主族，e是Ca元素；
解析：
根据以上分析，
（1）Fe3+3d轨道上的电子为价电子，Fe3+价层电子排布图是
，NH3分子中N原子的价电子对数为
，价层电子对构型为四面体形。
（2）等电子体是原子数相同，价电子数相同的分子或离子，与CN-互为等电子体的分子的化学式CO或N2，CN- 中C和N之间是叁键，C的σ键有2个，无孤电子对，价层电子对数为2，属于sp杂化。
（3）f是Fe、m（质子数为25）是Mn，Mn2+的3d轨道电子排布为半充满状态较稳定，Fe2+的3d轨道有6个电子，所以气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难；（4）Mg2+ 半经比Ca2+小,MgO的晶格能比CaO 大，MgCO3 比CaCO3更易分解，因此CaCO3热分解温度较高；（5）在晶胞体对角线的1/4、3/4两点分别有个F-，则Ca2+的配位数是8；晶胞体对角线的1/4、3/4两点分别有个F-，所以1个晶胞含有8个F-；根据均摊原则，1个晶胞含有Ca2+=
，所以晶胞的摩尔质量是312g/mol；F原子和Ca原子之间的距离为apm，则晶胞的边长是
，所以晶体的密度是
×1030g/cm3。
12.醋硝香豆素为抗凝血药，临床上主要用于预防和治疗血管内血栓性疾病，通过以下方法合成（部分反应条件省略）醋硝香豆素。
已知：
+H2O
（1）E和G反应的类型是_______；D 的化学 名称为_______，醋硝香豆素中含有的官能团名称为_______。
（2）C→D的化学方程式为_____________________________。
（3）写出G的结构简式________________。
（4）分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有_______种。
①可与氯化铁溶液发生显色反应
②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体
其中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为_______。
（5）参照上述合成路线，设计以CH3CH3和
合成
的路线流程图（无机试剂任选）。
____________
【答案】
（1）.加成反应
（2）.4-硝基苯甲醛（对硝基苯甲）醛（3）.酯基、羰基（酮基）、硝基（4）.
+ O2
+2H2O（5）.
（6）.13（7）.
（8）.CH3CH3
CH3CH2Cl
CH3CH2OH
CH3CHO
【解析】试题分析：
在浓硝酸、浓硫酸作用下发生硝化生成A，结合D的结构简式，可知A是
；C一定条件下生成
，根据C的相对分子质量是153，可知C是
，
与溴在光照条件下生成B；可知B是
；
，根据
+H2O，可知E是
，根据醋硝香豆素的结构简式，逆推G是
。
解析：
根据以上分析,
（1）
和
反应生成
的类型是加成反应；
的化学 名称为对硝基苯甲醛，
中含有的官能团名称为酯基、羰基、硝基。
（2）
在铜催化条件下氧化为
，化学方程式为
+ O2
+2H2O。
（3）G的结构简式
。
（4）①与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
点睛：
根据有机物的性质推断官能团，能与氯化铁溶液发生显色反应的含有酚羟基，能使溴水反应而褪色的物质含碳碳双双键、三键、“-CHO”和酚羟基；能发生银镜反应的物质含有“-CHO”；能与钠发生置换反应的物质含有“-OH”；能与碳酸氢钠镕液反应放出二氧化碳气体的物质含有“-COOH”；能水解产生醇和羧酸的物质是酯。
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