辽宁省沈阳市届高三教学质量监测一化学试题.docx

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辽宁省沈阳市届高三教学质量监测一化学试题

辽宁省沈阳市2018年高中三年级教学质量监测

（一）

化学试题

1.下列说法不正确的是

A.煤是由多种碳氢化合物组成的混合物

B.萃取在天然香料、药物的提取及核燃料的处理等技术中应用广泛

C.Al（OH）3 胶体能凝聚水中悬浮物，并能吸附色素

D.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等

【答案】A

【解析】A．煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的生物化学和物理化学变化逐渐形成的固体可燃性矿物，主要含有碳元素，故A错误；B．利用溶解性的差异提取有机物质，则萃取在天然香料、药物的提取及核燃料的处理等技术中有广泛的应用，故B正确；C．Al（OH）3胶体具有吸附性，能凝聚水中的悬浮物，故C正确；D．淡化海水，是将水和海水中的盐进行分离，分离出水，可用蒸馏的方法，分离出盐，也可用电渗析法、离子交换法等方法，故D正确；故选A。

2.阿伏加德罗常数的值为NA。

下列说法不正确的是

A.15.6gNa2O2 与过量CO2 反应时，转移的电子数为0.2NA

B.常温下，5.6g铁粉加入足量浓硝酸中反应，转移的电子数为0.3NA

C.常温下，4gCH4 含有NA个C-H 共价键

D.分子总数为NA的ClO2 和CO2 混合气体中含有的氧原子数为2NA

【答案】B

点睛：

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。

本题的易错点为B，要注意常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，其他还有铝与浓硝酸或浓硫酸，但是要注意只有常温时才发生钝化，加热条件下是能够反应的。

3.解释下列事实的方程式正确的是

A.加热可增强纯碱溶液去污能力：

CO32﹣+2H2O

H2CO3+2OH﹣

B.用醋酸溶液除水垢中的CaCO3：

CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑

C.向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放：

2CaCO3+O2+2SO2

2CO2+2CaSO4

D.用FeS除去工业废水中的Hg2+：

Hg2++S2-=HgS↓

【答案】C

【解析】A．盐的水解为吸热反应，则加热促进碳酸钠的水解，溶液的碱性增强，去污能力增强，正确的离子方程式为：

CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故A错误；B．碳酸钙和醋酸在离子方程式中都不能拆开，正确的离子方程式为：

CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；C．向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放，反应的化学方程式为：

2CaCO3+O2+2SO2

2CO2+2CaSO4，故C正确；D．用FeS除去工业废水中的Hg2+的离子反应为Hg2++FeS=HgS↓+Fe2+，故D错误；故选C。

4.用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A.若采用装置①铝件镀银，则c极为铝件，d极为纯银，电解质溶液为AgNO3溶液

B.装置②是原电池，能将化学能转化为电能，SO42-移向锌电极

C.装置③可证明非金属性Cl>C>Si

D.装置④可用于收集氨气，并吸收多余的氨气

【答案】B

【解析】A．根据电流方向，a为电源的正极，b为负极，若采用装置①铝件镀银，则铝应该为阴极，银为阳极，即d极为铝件，c极为纯银，电解质溶液为AgNO3溶液，故A错误；B．装置②是原电池，Zn为负极，发生氧化反应，将化学能转化为电能，故B正确；C．稀盐酸不是含氧酸，且挥发出的盐酸能够使硅酸钠变浑浊，图示装置无法达到实验目的，故C错误；D．碱石灰可干燥氨气，氨气的密度比空气小，应该利用向下空气法收集，则应该短进长出，故D错误；故选B。

点睛：

本题考查化学实验方案的设计与评价，涉及电化学及应用、防止倒吸装置、气体的收集等。

本题的易错点为C，要注意盐酸易挥发，挥发出来的氯化氢也能够使硅酸钠变浑浊。

5.已知X、Y、Z、M、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Z是金属元素，Y是地壳中含量最高的元素，X、Y、M在周期表中的相对位置关系如图，下列说法正确的是

X

Y

M

A.五种元素中原子半径最大的是Q，离子半径最大的是M离子

B.X、M、Q三种元素最高价氧化物所对应的水化物的酸性强弱关系为M>Q>X

C.Y 与Z 形成的化合物一定是碱性氧化物

D.Z 与Q 形成的化合物水溶液可能显酸性

【答案】D

【解析】X、Y、Z、M、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，根据X、Y、M在周期表中的相对位置知，X、Y位于第二周期、M位于第三周期，其中只有Z是金属，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是O元素、M是S元素，Q是短周期主族元素，且原子序数大于S，所以Q是Cl元素，X为C元素，Z为金属且原子序数大于O，Z为Na、Mg或Al元素。

A．原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以五种元素中原子半径最大的是Na，离子半径最大的是Cl离子，故A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，O、F元素除外，所以五种元素中Cl的非金属性最强（O元素除外），所以Cl的最高价氧化物所对应的水化物的酸性最强，故B错误；C．Y与Z形成的化合物可能是两性氧化物，如Al2O3，故C错误；D．Z与Q形成的化合物水溶液可能显酸性，如MgCl2，故D正确；故选D。

6.下列检验方法不合理的是

选项

实验

检验方法

A

向沸水中滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得Fe（OH）3 胶体

用激光笔照射烧杯中的液体

B

证明溶液中存在NH4+

滴加浓NaOH 溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝

C

区分AgNO3 溶液和Al2（SO4）3 溶液

分别取少量溶液，滴加BaCl2溶液

D

证明氯水中起漂白作用的不是Cl2

用CCl4充分萃取，将红纸条分别浸入分层后的溶液中

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A．向沸水中滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得Fe（OH）3 胶体，胶体具有丁达尔效应，用激光笔照射烧杯中的液体可以检验制备的胶体，故A正确；B．铵根离子和NaOH反应生成一水合氨，一水合氨在加热条件下分解生成氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，所以该实验能证明溶液中含有铵根离子，故B正确；C．滴加BaCl2溶液后 BaCl2分别和AgNO3 和Al2（SO4）3反应生成氯化银和硫酸钡沉淀，现象基本相同，不能鉴别，故C错误；D．经四氯化碳萃取后的氯气不能使干燥的红纸条褪色，说明氯气没有漂白性，水溶液中含有次氯酸能够使红纸条褪色，说明起漂白作用的是次氯酸，故D正确；故选C。

点睛：

本题考查了化学实验方案的设计与评价，掌握反应的原理是解题的关键。

本题的易错点为D，要能够根据课本知识进行迁移，四氯化碳能够将氯水中的氯气萃取出来，水层中含有次氯酸。

7.在一定条件下，用石墨电极电解0.5mo/LCuSO4溶液（含H2SO4），监测到阳极附近溶液pH随着通电时间的延长而变化，数据如下表所示，下列说法不正确的是

通电前pH

通电后pH

瞬间

20s

40s

60s

80s

100s

120s

……

2.35

2.55

2.50

2.48

2.45

2.41

2.35

2.25

……

A.通电瞬间，阳离子向阴极移动

B.电解过程中，阳极发生的电极反应是2H2O-4e-=4H++O2↑

C.通电后pH下降过程中，阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e-=Cu

D.通电后pH下降过程中，H+向阴极的移动速率大于其在阳极的生成速率

【答案】D

【解析】A．电解池中，阳离子向阴极移动，故A正确；B．电解过程中，阳极pH逐渐减小，电解池阳极上物质失去电子，发生氧化反应，考虑到溶液中含有硫酸，电解质溶液为酸性的，则阳极发生的电极反应应为H2O放电，产生H+，所以阳极发生的电极反应是2H2O-4e-=4H++O2↑，故B正确；C．阴极发生反应为物质得到电子，发生还原反应，则阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e-=Cu，故C正确；D．电解过程中，阳极pH降低，阳极电极反应为：

2H2O-4e-=4H++O2↑，产生的H+是阳离子，向阴极移动，pH降低表明阳极H+向阴极的移动速率小于其在阳极的生成速率，阳极c（H+）增大，pH=-lgc（H+）减小，故D错误；故选D。

8.某小组同学利用下列实验探究金属铝与不同铜盐溶液的反应：

实验

实验方案

现象

1

向5mLlmol/L CuSO4 溶液中加入用砂纸打磨过的铝片

铝片表面无明显现象，20min 后铝片表面有极少气泡，且有很少量红色物质生成

2

向5mLlmol/LCuCl2溶液中加入用砂纸打磨过的铝片

铝片表面有气泡产生，同时有红色物质析出，1min后反应进一步加快，放出大量的热，有少量黑色固体生成。

一段时间后烧杯底部出现白色沉淀

（1）打磨铝片的目的是_____________________________。

（2）实验中出现的红色物质是_______________________________。

（3）实验2 中“1min 后反应进一步加快”的原因是________________________________。

（4）经检验实验1、2 中产生的无色气体是H2，黑色固体为CuO，试用离子方程式解释H2 产生的原因__________________________，用文字简述黑色固体产生的原因____________________________。

（5）依据上述实验1、2现象推测并判断，用砂纸打磨后的铝片分别与H+浓度均为0.2mol•L-1的盐酸和硫酸反应，反应速率：

前者比后者____________（填“快”或“慢”）

（6）经证明实验2中白色沉淀的化学成分为CuCl。

某同学猜测可能是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，因为Cu具有________性。

依据猜测他进行了如下实验：

取Cu粉与适量1mol/LCuCl2溶液混合，一段时间后观察无白色沉淀产生。

该同学再次分析Al与CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，他的改进方法为__________________。

【答案】

（1）.除去表面的氧化物膜

（2）.Cu或铜（3）.Cu和Al在酸性条件下形成原电池，加快反应速率（4）.Cu2++2H2O

Cu（OH）2+2H+2Al+6H+=3H2↑+2Al3+（5）.Cu2+水解生成的Cu（OH）2受热分解生成黑色的CuO（6）.快（7）.还原（8）.加热后观察

【解析】

（1）打磨铝片可以除去表面的氧化物薄膜，故答案为：

除去表面的氧化物膜；

（2）铝的活泼性比铜强，能够置换出硫酸铜溶液中的铜，因此实验中出现的红色物质是铜，故答案为：

铜；

（3）“1min 后，置换出来的Cu和Al在酸性条件下形成原电池，加快反应速率，故答案为：

Cu和Al在酸性条件下形成原电池，加快反应速率；

（4）CuSO4 是强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，金属铝能够与酸反应放出氢气，反应过程中放出的热量使水解生成的氢氧化铜分解为黑色的氧化铜，故答案为：

Cu2++2H2O

Cu（OH）2+2H+、2Al+6H+=3H2↑+2Al3+；Cu2+水解生成的Cu（OH）2受热分解生成黑色的CuO；

（5）实验1水解生成硫酸，反应速率慢，实验2水解生成盐酸，反应速率快，因此用砂纸打磨后的铝片分别与H+浓度均为0.2mol•L-1的盐酸和硫酸反应，盐酸反应速率快，故答案为：

快；

（6）铜是活泼性差一点的金属，但反应中仍能够失去电子，体现还原性，因此猜测Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl是合理的，铝和氯化铜溶液反应过程中有白色沉淀生成，反应过程放出大量热量，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成CuCl，可以加热观察是否生成白色沉淀，若加热出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，若不出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液不能反应生成了CuCl，故答案为：

加热后观察现象。

点睛：

本题考查了物质性质、物质反应的现象、物质检验的实验设计等知识。

本题的难点是（6）改进措施的设计，要能够根据（6）中实验与题干实验2的区别分析解答。

9.氨在工农业生产中应用广泛，可由N2、H2合成NH3。

（1）天然气蒸汽转化法是前获取原料气中H2的主流方法。

CH4经过两步反应完全转化为H2和CO2，其能量变化示意图如下：

结合图像，写出CH4通过蒸汽转化为CO2和H2的热化学方程式______________________。

（2）利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示（空气中N2与O2的物质的量之比按4∶1计）

①起还原作用的物质是_________________________。

②膜I侧所得气体

=2，CH4、H2O、O2反应的化学方程式是______________________。

（3）甲小组模拟工业合成氨在一恒温恒容的密闭容器中发生如下反应：

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）ΔH<0。

t1时刻到达平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示，下列说法正确的是____________

A.Ⅰ、Ⅱ两过程到达平衡时，平衡常数：

KⅠ

B.Ⅰ、Ⅱ两过程到达平衡时，NH3的体积分数：

Ⅰ<Ⅱ

C.Ⅰ、Ⅱ两过程到达平衡的标志：

混合气体密度不再发生变化

D.t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加N2和H2混合气

（4）乙小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器充入9.0mol N2 和23.0mol H2，图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（P ）的关系图。

①T1、T2、T3 由大到小的排序为______________________________。

②在T2、60MPa 条件下，比较A点v 正 ___v 逆（填“＞”、“＜”或“=”），理由是_____________________。

③计算T2、60Mpa 平衡体系的平衡常数Kp=__________。

（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数）

【答案】

（1）.CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165.4kJ/mol

（2）.CH4（3）.10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2（4）.D（5）.T3>T2>T1（6）.>（7）.在T2、60Mpa时A点未达到平衡时的体积分数,反应向正向进行,所以v（正）>v（逆）（8）.0.043（MPa）-2或0.0427（MPa）-2

【解析】

（1）根据图像得到热化学方程式Ⅰ．CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ/mol，Ⅱ．CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-41.0kJ/mol，结合盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ得到1molCH4（g）通过蒸汽转化为CO2（g）和H2（g）的热化学方程式：

CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165.4kJ/mol，故答案为：

CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165.4 kJ/mol；

（2）①甲烷中C失去电子生成CO，则起还原作用的物质是CH4，故答案为：

CH4；

②空气中N2与O2的物质的量之比为4：

1，膜Ⅰ侧所得气体

=2，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气为8mol，膜Ⅰ侧发生的电极反应式是H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，由膜I侧反应可知8molH2O得到16mol电子、1molO2得到4mol电子，共得到20mol电子，膜II上1molCH4中C失去6mol电子、H得到4mol电子，即1molCH4失去2mol电子，根据总反应遵循电子守恒，需要10molCH4反应，则反应为10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2，故答案为：

10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2；

（3）A、由图象分析可知，平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故A错误；B、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率增大，不能说明平衡移动的方向，无法判断氨气体积分数的变化，故B错误；C、容器的体积不变，气体的质量不变，气体的密度始终不变，不能用于平衡的判断，故C错误；D、t2时刻，向密闭容器中加H2和N2混合气，气体的压强增大，逆反应速率增大，故D正确；故选D；

（4）①N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）ΔH<0，相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，根据图知，温度由大到小的顺序为T3>T2>T1，故答案为：

T3>T2>T1；

②根据图像，在T2、60MPa 条件下，A点为达到平衡状态，要达到平衡，反应需要继续正向进行，因此v 正 ＞v 逆，故答案为：

>；在T2、60Mpa时A点未达到平衡时的体积分数,反应向正向进行,所以v（正）>v（逆）；

③若体系在T2、60MPa下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，

设平衡时n（NH3）=xmol，

             N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

开始（mol）9           23            0

反应（mol）0.5x      1.5x          x

平衡（mol）9-0.5x   23-1.5x     x

平衡时氨气体积分数=

×100%=60%，解得x=12，氮气分压=

×60MPa=9MPa；氨气的分压=60%×60MPa=36MPa，氢气分压=60MPa-9MPa-36MPa=15MPa，此时的平衡常数Kp=

=0.043（MPa）-2，故答案为：

0.043（MPa）-2。

点睛：

本题综合考查了化学反应原理，涉及化学平衡的计算、原电池原理的应用等。

本题的难点是

（2）②中方程式的书写，要注意甲烷中元素化合价的变化是C由-4变成+2价，H由+1变成0价，然后根据得失电子守恒找到CH4、H2O、O2三者间量的关系；本题的易错点为（4）③中Kp的计算，要能够根据K的表达式进行迁移。

10.海洋资源丰富，海水水资源的利用和海水化学资源（主要为NaCl和MgSO4及K、Br等元素）的利用具有非常广阔的前景。

回答下列问题：

（1）NaCl溶液由粗盐水精制而成，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为__________________、__________________。

（2）写出步骤Ⅰ中反应的总化学方程式为___________________________________。

（3）简述步骤Ⅱ中能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是_____________________________。

（4）已知MgCl2溶液受热时易水解生成Mg（OH）Cl，写出该过程的化学方程式__________________。

（5）为得到无水MgCl2，步骤Ⅲ的操作应为_____________________________。

（6）步骤Ⅳ中，电解熔融MgCl2得到的镁需要在保护气中冷却，下列气体可以作为保护气的是_________

A.H2B.N2C.CO2D.空气

（7）海水中溴含量为65mg·L-1。

若1L海水中95%溴元素被氧化为Br2经热空气吹出，溴单质残留量3%。

最后用SO2将90%Br2还原成Br-，所得溶液体积为50mL。

此过程的目的为________________。

所得溶液中溴离子浓度为海水中溴离子浓度的_____________倍（精确到0.1）。

【答案】

（1）.NaOH溶液

（2）.Na2CO3溶液（3）.NaCl+3H2O═NaClO3+3H2↑（4）.室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体（5）.MgCl2+H2O

Mg（OH）Cl+HCl↑（6）.在干燥的HCl气流下加热（7）.A（8）.提高溴离子的浓度，富集溴元素（9）.16.6倍

【解析】

（1）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，故答案为：

NaOH溶液；Na2CO3溶液；

（2）步骤Ⅰ 为电解氯化钠溶液生成氯酸钠的反应，反应的总化学方程式为NaCl+3H2O═NaClO3+3H2↑，故答案为：

NaCl+3H2O═NaClO3+3H2↑；

（3）相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出KClO3；故答案为：

室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体；

（4）如果直接在空气中加热MgCl2则Mg2+会水解的生成Mg（OH）Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解；其反应方程式为：

MgCl2+H2O

Mg（OH）Cl+HCl↑，故答案为：

MgCl2+H2O

Mg（OH）Cl+HCl↑；

（5）如果直接在空气中加热MgCl2则Mg2+会水解的生成Mg（OH）Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解，故答案为：

在干燥的HCl气流下加热；

（6）镁能与氧气反应生成氧化镁、与氮气反应生成氮化镁、与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，与氢气不反应，故选A；

............

11.保险粉又称连二亚硫酸钠（Na2S2O4），可用于纺织工业的漂白剂、脱色剂，脱氯剂。

Na2S2O4是白色粉末，无味，易溶于水、难溶于乙醇，具有极强的还原性，在空气中易被氧化，在碱性介质中稳定。

Ⅰ.甲酸钠（ HCOONa） 法制备过程如下：

（1）连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为______________。

（2）实验室用Na2SO3固体和某酸反应制备SO2气体，制备SO2时所选用的酸，你认为下列最适宜选用的是______________。

A.浓盐酸B.浓硝酸

C.质量分数为70%的硫酸D.质量分数为10%的硫酸

（3）步骤①中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为____________________________。

（4）上述步骤②中，加入适量乙醇水溶液的作用是______________。

（5）在包装保存“保险粉”时加入少量的Na2CO3固体，目的是_________________________。

（6）①现将0.05mol/LNa2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示。

t1时溶液中只有NaHSO3一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为_______________。

②t1~t2段发生化学反应的离子方程式为______________________________。

Ⅱ.电解法制备:

工业上用惰性电极电解NaHSO3溶液得到Na2S2O4。

过程如图所示

（7） ①产品在_________________（填“阳极”、“阴极”）得到。

②若不加隔膜，则连二亚硫酸钠产率降低，其原因是__________________________________。

【答案】

（1）.+3

（2）.C（3）.NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O（4）.连二亚硫酸钠难溶于乙醇，用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于Na2S2O4晶体析出（5）.Na2CO3为