云南省高三月考理科综合化学试题.docx
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云南省高三月考理科综合化学试题
12月月考试题
理科综合（化学部分）
1.下列关于化学用语的表示正确的是（ ）
A.质子数为8、质量数为17的原子：
Cl
B.NH4Cl的电子式：
C.氯离子的结构示意图：
D.对硝基甲苯的结构简式：
【答案】C
【解析】A.质子数为8、质量数为17的原子
O，A不正确；B.NH4Cl的电子式为
，B不正确；C.氯离子的结构示意图为
，C正确；D.对硝基甲苯的结构简式中，硝基的N原子应与苯环直接相连，D不正确。
本题选C。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（）
A.1.5gCH3+含有的电子数为NA
B.在lL0.lmol/L氯化铝溶液中阳离子总数大于0.lNA
C.60gSiO2和12g金刚石中各含有4NA个si—O键和4NA个C—C键
D.标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的C—CI键的个数为2NA
【答案】B
【解析】A.每个CH3+中有8个电子，1.5gCH3+的物质的量为0.1mol，其中含有的电子数为0.8NA，A不正确；B.氯化铝溶液中有部分铝离子发生水解，每个铝离子水解可以生成3个氢离子，因此，在lL0.lmol/L氯化铝溶液中，阳离子总物质的量大于0.1mol，总数大于0.lNA，B正确；C.二氧化硅晶体和金刚石都是原子晶体。
在二氧化化硅晶体中，每个硅原子与周围的4个氧原子形成共价键；在金刚石中，每个碳原子同样与周围4个碳原子形成共价键，所以平均每个碳原子形成2个共价键。
60gSiO2和12g金刚石的物质的量都是1mol，其中各含有4NA个Si—O键和2NA个C—C键，C不正确；D.标准状况下，四氯化碳是液体，所以无法计算11.2L四氯化碳的物质的量，也无法计算其中含有的C—CI键的个数，D不正确。
本题选B。
3.利用右图所示装置进行下列实验，能正确进行实验并得出相应实验结论的是（）
选项
①
②
③
实验结论
A
浓氨水
CaO
AlCl3溶液
制备氢氧化铝
B
NaCl溶液
电石
酸性KMnO4
乙炔具有还原性
C
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
非金属性：
N＞C＞Si
D
稀硫酸
Na2S
Ag2SO4浊液
Ksp（Ag2SO4）＞Ksp（Ag2S）
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
.........
4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子序数之和是W的2倍，X、Z在周期表中的相对位置如图所示，X的最低负价绝对值与其原子最外层电子数相等。
下列说法不正确的是（）
A.原子半径：
Y>Z>WB.一定条件下，Y可置换出X
C.气态氢化物稳定性：
Z>WD.熔点YW2>XW4
【答案】C
【解析】试题分析：
短周期元素X的最低负价绝对值与其原子最外层电子数相等，则X为C；Z为S；W是Cl.因为X、Y、Z原子序数之和是W的2倍，所以Y的原子序数为2×17-6-16=12.所以Y为Mg。
A．Mg、S、Cl是同一周期的元素。
随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小。
所以原子半径：
Mg>S>Cl。
正确。
B.在点燃情况下可以发生反应：
2Mg+CO2
2MgO+C.正确。
C．非金属性Cl>S.元素的非金属性越强，其对应的气态氢化物稳定性就大。
所以氢化物的稳定性：
HCl>H2S。
错误。
D.MgCl2是离子化合物，离子间以离子键结合，断裂要消耗较多的能量，所以熔沸点较高，而CCl4是由分子构成的物质。
分子间以分子间作用力结合。
分子间作用力比化学键弱得多，断裂较容易。
所以熔沸点较低。
因此熔点：
MgCl2>CCl4。
正确。
考点：
考查元素及化合物的推断及物质的性质的比较的知识。
5.磷酸毗醛素是细胞的重要组成部分，其结构式如下，下列有关叙述不正确的是（）
A.该物质是一种磷酸酯类化合物
B.该有机物能发生银镜反应
C.该有机物可以发生取代、加成、氧化、还原、聚合反应
D.1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH
【答案】D
【解析】A、分子中含有醛基、羟基以及磷酸形成的酯基，是一种磷酸酯类化合物，选项A正确；B、分子中含有醛基，能发生银镜反应，选项B正确；C、杂环中含有双键，分子中含有醛基、羟基以及磷酸形成的酯基，羟基能发生酯化反应，属于取代反应，羟基、碳碳双键、醛基都能发生氧化反应，醛基能发生还原反应，多个羟基可发生聚合反应，选项C正确；D、该物质是一种磷酸酯类化合物，1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH，选项D不正确。
答案选D。
点睛：
本题考查有机物的结构和性质。
侧重对学生能力的培养和解题方法的指导。
该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质，灵活运用即可。
有利于培养学生的知识迁移能力和辑推理能力，注意酯化反应也可以是醇与含氧酸之间发生。
6.最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"PowerTrekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。
其反应原理为：
Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是（）
A.该电池可用晶体硅做电极材料
B.Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3
C.电池正极发生的反应为：
2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D.当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下1.12LH2
【答案】C
7.25℃时，在20mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.2mol/LCH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如下图所示，若B点的横坐标a＝10，下列分析的结论正确的是（）
A.在B点有：
c（Na＋）＝c（CH3COO－）
B.对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：
c（Na＋）＞c（OH－）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）
C.C点时，c（CH3COO－）＝c（Na＋）＞c（H＋）＝c（OH－）
D.D点时，c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝c（Na＋）
【答案】C
【解析】A.由题中信息可知，在B点氢氧化钠与醋酸恰好反应，生成醋酸钠溶液，因为有一部分醋酸根离子发生水解，而钠离子不会水解，所以c（Na＋）>c（CH3COO－），A不正确；B.在A点是氢氧化钠溶液，c（Na＋）＝c（OH－）=0.1mol/L、c（CH3COO－）=0；在B点是醋酸钠溶液，c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）。
所以对曲线上A、B间任何一点，c（OH－）和c（CH3COO－）之间的大小关系是不确定的，B不正确；C.C点时，pH=7，根据电荷守恒可知，c（CH3COO－）＝c（Na＋）＞c（H＋）＝c（OH－），C正确；D.D点时，溶液中溶解了相同物质的量的醋酸和醋酸钠，由物料守恒可知，c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋），D不正确。
点睛：
本题考查的是有关酸碱中和滴定的图像综合分析问题。
分析电解质溶液中离子浓度大小关系时，要注意几个特殊点，即起点、滴定终点、pH=7的点、2倍投料点等等，借助于这几个特殊点的基本关系，分析这些点之间的其他点的情况往往就比较容易了。
另外，离子浓度的大小关系，也可以根据溶液中的三大守恒（即物料守恒、电荷守恒、质子守恒）关系进行分析。
8.ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2·SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）通过如下方法制取。
已知：
①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2＋。
②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。
金属离子
Fe3＋
Al3＋
ZrO2＋
开始沉淀时pH
1.9
3.3
6.2
沉淀完全时pH
3.2
5.2
8.0
（1）熔融时ZrSiO4发生反应的化学方程式为_________________________________，滤渣Ⅰ的化学式为________。
（2）为使滤液Ⅰ的杂质离子沉淀完全，需用氨水调pH＝a，则a的范围是______________；继续加氨水至pH＝b时，所发生反应的离子方程式为__________________________________。
（3）向过滤Ⅲ所得滤液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。
该反应的离子方程式为____________________________________________________________________________。
（4）为得到纯净的ZrO2，Zr（OH）4需要洗涤，检验Zr（OH）4是否洗涤干净的方法是_________________________________________________________________________。
【答案】
（1）.ZrSiO4＋4NaOH
Na2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2O
（2）.H2SiO3（或H4SiO4）（3）.5.2～6.2（4）.ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr（OH）4↓＋2NH
（5）.2NH
＋CaCO3
Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O（6）.取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净
【解析】试题分析：
锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2；
（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：
ZrSiO4+4NaOH
Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3；故答案为：
ZrSiO4+4NaOH
Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；H2SiO3；
（2）需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：
pH在5.2～6.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr（OH）4沉淀，其反应的离子方程式为：
ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr（OH）4↓+2NH4+；故答案为：
5.2～6.2；ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr（OH）4↓+2NH4+；
（3）过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：
2NH4++CaCO3
Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O；故答案为：
2NH4++CaCO3
Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O；
（4）沉淀上附着的杂质为氯离子，用稀硝酸和硝酸银来检验洗液中是否含有氯离子即可，其操作为：
取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净；故答案为：
取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净。
【考点定位】考查物质分离和提纯
【名师点晴】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，题目涉及流程的分析应用、离子方程式的书写、除杂质、基本实验操作等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解。
9.“绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO、NO2-等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。
（1）已知：
①NO2+CO
CO2+NO该反应的平衡常数为K1（下同），每1mol下列物质分解为气态基态原子消耗能量分别为
NO2
CO
CO2
NO
812kJ
1076kJ
1490kJ
632kJ
②N2（g）+O2（g）
2NO（g）ΔH＝+179.5kJ/molK2
③2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）ΔH＝-112.3kJ/molK3
试写出NO与CO反应生成无污染物气体的热化学方程式____________________________以及此热化学方程式的平衡常数K=____________（用K1、K2、K3表示）
（2）污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为：
2NO2+4CO
4CO2+N2，某温度下，在1L密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的
，则反应开始到平衡时CO的平均反应速率v（CO）=________。
若此温度下，某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为amol/L、0.4mol/L、0.1mol/L、1mol/L，要使反应向逆反应方向进行，a的取值范围________________。
（3）电化学降解NO2-的原理如下图：
①电源的负极是____________（填A或B）阴极反应式为________________。
②若电解过程中转移了6mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差
为_____g。
【答案】
（1）.
（2）.
（3）.0.008mol/（L·s）（4）.0≤a<0.8（或a<0.8）（5）.B（6）.
（或
）（7）.32
【解析】
（1）根据焓变＝反应物总键能－生成物总键能，则反应①NO2（g）+CO（g）
CO2（g）+NO（g）ΔH1＝（812+1076-1490-632）kJ/mol=-234kJ/mol，②N2（g）+O2（g）
2NO（g）ΔH2＝+179.5kJ/mol；③2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）ΔH3＝-112.3kJ/mol；根据盖斯定律，由③+①×2-②得反应2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）ΔH＝ΔH3+ΔH1×2-ΔH2=-112.3kJ/mol+（-234kJ/mol）×2-179.5kJ/mol=-759.8kJ/mol；当总反应式相加时平衡常数相乘、相减时相除、成倍时为幂，则平衡常数K=
；
（2）设达到平衡时CO的浓度改变x，则：
2NO2+4CO
4CO2+N2
起始浓度（mol/L）：
0.10.200
改变浓度（mol/L）：
x2x 2x
x
平衡浓度（mol/L）：
0.1-x0.2-2x2x
x
故
=
，解得x=0.02mo/L，v（CO）=
=0.008mol/（L·s）；
K=
=
；若此温度下，某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为amol/L、0.4mol/L、0.1mol/L、1mol/L，要使反应向逆反应方向进行，则Q=
=
，解得a<0.8，a的取值范围为0≤a<0.8或a<0.8；（3）根据电化学降解NO2-的原理图可知，Ag/Pt电极上NO2-转化为N2，氮元素化合价从+3价降为0价，被还原，发生还原反应，作为阴极，则电源B为负极，故①电源的负极是B，阴极反应式为：
2NO2-+6e-+4H2O=N2↑+8OH-或2NO2-+6e-+8H+=N2↑+4H2O；②根据图示装置，阳极反应为2H2O-4e－=O2↑+4H＋，转移6mol电子时，阳极消耗3mol水，产生6molH+进入阴极室，阳极室质量减少54g；阴极反应为2NO2-+6e-+8H+=N2↑+4H2O，阴极室中放出1molN2（28g），同时有6molH+（6g）进入阴极室，因此阴极室质量减少22g，膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）＝54g-22g＝32g。
10.乳酸亚铁{[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O，Mr＝288}是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：
CH3CH（OH）COOH＋FeCO3＋2H2O―→[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O＋CO2↑。
已知FeCO3易被氧化：
4FeCO3＋6H2O＋O2===4Fe（OH）3＋4CO2。
某兴趣小组用FeCl2（用铁粉和稀盐酸制得）和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如下：
回答下列问题：
（1）NH4HCO3盛放在装置______________中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式为____________________________________________________________________。
（2）将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是__________________________。
（3）将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75℃下搅拌反应。
铁粉的作用是__________________________________。
反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是________________________________。
（4）该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_____________________________________。
经查阅文献后，该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2＋的含量。
取2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL进行必要处理，用0.1000mol·L－1Ce（SO4）2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce（SO4）219.70mL。
滴定反应如下：
Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，则产品中乳酸亚铁的质量分数为________。
【答案】
（1）.C
（2）.Fe2＋＋2HCO
===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O（3）.待D处的气体纯净后关闭活塞3、打开活塞2（4）.防止＋2价的铁元素被氧化（5）.加入适量乳酸让铁粉反应完全（6）.乳酸根离子被酸性KMnO4氧化（7）.98.50%
【解析】试题分析：
（1）B装置是铁与盐酸反应制FeCl2，很明显NH4HCO3盛放在装置C中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式：
Fe2++2HCO3－
FeCO3
+CO2↑+H2O
（2）利用生成的氢气产物的压强将B中的FeCl2溶液压入到C装置中与NH4HCO3溶液混合，实际操作是：
待C中空气完全除去后，关闭活塞3、打开活塞2。
（3）FeCO3易氧化，加入少量铁粉的作用是将氧化生成的Fe3+重新还原成Fe2+；反应结束后，无需过滤，可加入适量的乳酸溶解过量铁粉。
（4）测定结果偏高，应该考虑还有能与KMnO4反应的还原性的物质，譬如考虑乳酸根离子被酸性KMnO4氧化。
每次取20．00mL，进行必要处理，用0．1000mol·
Ce（SO4）2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce（SO4）219．70mL。
可知100ml需要19．70×5mL，此时溶液里Ce4+的物质的量为19．70×5×10－3×0．1000mol，则产品中乳酸亚铁的质量分数：
19．70×5×10－3×0．1000mol×288g/mol÷2．88×100%=98．5%
考点：
物质的制备实验，涉及实验操作注意、滴定实验误差分析及混合物纯度计算等。
11.主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，X、Z和M分属于不同的周期，X、M元素可以形成负一价离子，Y原子的各能层电子数相同，Z原子最外层电子数是次外层的3倍，N元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。
（1）五种元素中第一电离能最小的是________，电负性最大的是________。
（填元素符号）
（2）Y元素原子的价层电子的电子排布图为________，该元素的名称是________。
气态分子YM2的立体构型为________，YM2可形成多聚体（YM2）n的原因是________________。
（3）Z和N形成分子W的结构如图所示，化合物W的分子式为________，Z、N原子的杂化类型分别为________、________。
（4）已知化合物NX3是剧毒的气体，与AgNO3溶液反应有黑色Ag析出，同时生成W，此反应是检验微量NX3的方法，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
（5）画出配离子YZ4X
的结构式：
________，1mol该离子中含有的共价键数目为__________。
【答案】
（1）.Be
（2）.O（3）.
（4）.铍（5）.直线形（6）.BeCl2分子中Be与另外两个BeCl2分子的Cl原子形成配位键（7）.As4O6（8）.sp3（9）.sp3（10）.4AsH3＋24AgNO3＋6H2O===As4O6＋24Ag↓＋24HNO3（11）.
（12）.8NA
【解析】试题分析：
主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，X、Z和M分属于不同的周期，X、M元素可以形成负一价离子，Y原子的各能层电子数相同，则Y只有2个能层且每个能层都有2个电子，所以Y为铍元素、X为氢元素；Z原子最外层电子数是次外层的3倍，则Z为氧元素、M为氯元素；N元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则N的价电子排布为4s24p3，N为砷元素。
（1）五种元素中，Be是唯一的一种金属，所以第一电离能最小的是Be。
电负性最大的是O元素。
（2）Be元素原子的价层电子的电子排布图为
，该元素的名称是铍。
气态分子BeCl2的中心原子是铍，铍原子采用sp杂化轨道与2个氯原子成键，所以其立体构型为直线形。
BeCl2分子中，铍原子核外有空轨道，氯原子有孤电子对，因此，BeCl2可形成多聚体（YM2）n的原因是BeCl2分子中Be与另外两个BeCl2分子的Cl原子形成配位键。
（3）由O和As形成分子W的结构示意图以及两种元素的常见化合价（O的常见化合价为-2，As位于第VA族，故其常见化合价为-3、+3、+5）可知，化合物W的分子式为As4O6。
在As4O6分子中，每个O原子有两个孤电子对、形成2个σ键，每个As原子有一个孤电子对、形成3外σ键，所以O、As的价层电子对数都是4，因此，O、As原子的杂化类型分别为sp3、sp3。
（4）已知化合物AsH3是剧毒的气体，与AgNO3溶液反应有黑色Ag析出，同时生成As4O6，此反应是检验微量AsH3的方法，该反应的化学方程式是4AsH3＋24AgNO3＋6H2O===As4O6＋24Ag↓＋24HNO3。
（5）配离子BeO4H
就是Be（OH）42-，其中有2个配位键，配位原子为O原子，结构式为
，1mol该离子中含有的共价键数目为8NA。
点睛：
本题考查了第一电离能大小比较、分
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