化学云南省师范大学附属中学届高三第八次月考理综扫描版.docx

化学云南省师范大学附属中学届高三第八次月考理综扫描版.docx

《化学云南省师范大学附属中学届高三第八次月考理综扫描版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化学云南省师范大学附属中学届高三第八次月考理综扫描版.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

化学云南省师范大学附属中学届高三第八次月考理综扫描版

云南省师范大学附属中学2018届高三第八次月考理综

参考答案

题号

7

8

9

10

11

12

13

答案

C

D

A

D

B

D

C

【解析】

7．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，在水中与CO2作用生成次氯酸，具有强氧化性，可消毒杀菌，故A正确；燃煤易产生二氧化硫等污染性气体，而可燃冰是水合甲烷，故B正确；明矾溶于水电离产生的Al3+水解成氢氧化铝胶体具有较大表面积，吸附水中杂质一起沉降，只有净水作用，没有淡化作用，故C错误；能量密度是指在一定的空间或质量物质中储存能量的大小，单位质量或单位体积所能产生的电能越多，电池的能量密度就越高。

一般在相同体积下，锂离子电池的能量密度是镍镉电池的2.5倍，是镍氢电池的1.8倍，因此在电池容量相等的情况下，锂离子电池就会比镍镉、镍氢电池的体积更小，重量更轻，故D正确。

故选C。

8．丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能，故可区分乙烷和丙烯，但丙烯与酸性高锰酸钾反应会产生CO2混入乙烷中，只能用溴水除去，故A错误；石油的分馏属于物理变化，而煤的干馏、油脂硬化均属于化学变化，故B错误；能与金属K反应产生气体的官能团有羧基和羟基，分子式为C4H8O2的酯可以是甲酸丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，它们在酸性条件下水解后产生的羧酸和醇各有3种、2种、2种，共有7种，故C错误；细菌属蛋白质，苯酚和酒精等均可以使细菌蛋白质变性死亡，故D正确。

故选D。

9．①因硝酸易挥发，也能与Na2SiO3溶液反应产生白色沉淀，故结论错误；②检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸且红色石蕊试纸是变蓝，故错误；③根据操作和现象，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，故一定含有Fe3O4，正确；④能使品红溶液褪色的是SO2，但与盐酸反应产生SO2的可以是

、

、

，故结论错误；⑤pH试纸不能用于测新制氯水的pH，因新制氯水中有强氧化性的HClO，会漂白试纸，错误。

故选A。

10．NO与O2反应生成0.2molNO2，且还存在2NO2

N2O4平衡，故所含分子总数小于0.2NA，故A错误；常温下，Fe遇浓硝酸钝化，故B错误；据题意，1molS8中含8molS—S键（王冠状），故32gS8

中含1molS—S键，故C错误；因S2−会水解，且从一级水解方程式可看出中S2−+H2O

HS−+OH−，阴离子总数大于0.1mol，阳离子主要是Na+，约为0.2mol，故D正确。

故选D。

11．具有2电子层结构的如Li+和H−，两者的最高价均为+1价；10电子结构的如Na+、Mg2+、Al3+和N3−、O2−、F−，其中O、F无最高正价，不比简单阳离子的最高化合价高，故A错误；短周期中原子半径最大和最小的的元素分别是Na和H，均在第ⅠA族，且形成的NaH是离子化合物，故B正确；氢化物的沸点高低与元素非金属性强弱无必然联系，故C错误；非金属单质的氧化性越强，通常其元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但其氧化物对应水化物的酸性不一定强，如氧化性：

Cl2>S，但酸性：

H2SO4>HClO等，故D错误。

故选B。

12．磷酸铁锂电池放电时，附着在负极碳上的单质Li失去电子，发生了氧化反应，其负极反应为

=

，故A正确；充电时为电解池原理，阳离子向阴极区移动，即图中Li+从正极区通过聚合物隔膜向负极区（充电时的阴极）迁移，故B正确；正极Li+得电子发生还原反应，结合电池的总反应式可知，电极反应式为

=LiFePO4，故C正确；若用该电池电解精炼铜，阴极反应式为Cu2++2e−=Cu，当生成19.2kg（300mol）铜时转移的电子为600mol，锂离子带1个单位正电荷，则电池中通过聚合物隔膜的Li+数目为600NA，故D错误。

故选D。

13．因图中实线为HX的滴定曲线，0.1000mol/L的该酸pH

1，说明该酸在溶液中完全电离，为强电解质，所以HX为强酸，而图中虚线为HY的滴定曲线，且0.1000mol/L该酸的pH

3，说明该酸在溶液中部分电离，为弱电解质，所以HY为弱酸，故A错误；用氢氧化钠溶液滴定弱酸HY，达滴定终点时生成的NaY为强碱弱酸盐，水解显碱性，最好用酚酞作指示剂，以减小误差，甲基橙变色范围为3.1～4.4，误差大，故B错误；滴定至B点时，溶液为NaY和HY的等量混合液，且溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于Y−的水解程度，但电离程度较小，故有c（Y－）>c（Na+）>c（HY）>c（H+）>c（OH－），故C正确；A点为HX的强酸溶液，pH

1的强酸溶液中，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离的氢离子浓度为10−13mol/L，C点为碱性溶液，若是滴定HX曲线上的点，则NaOH过量，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，则水电离的氢离子浓度为10−9mol/L，若是滴定HY曲线上的点，则NaY中Y−水解，促进了水的电离，则水电离的氢离子浓度为10−5mol/L，故A、C两点水电离的氢离子浓度之比为1︰104或1︰108，故D错误。

故选C。

26．（除特殊标注外，每空2分，共14分）

（1）CO2

C+O2（见氧化亚铁才给分）

（2）①＜（1分）

②增大压强或增大c（H2）（或其他合理答案）（1分）

③＞（1分）

④8L3·mol−3

（3）①CH3OH（l）+

O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）

②b（1分）    

③0.18mol/（L·min）KC=KE>KD

【解析】

（1）在700K条件下，二氧化碳和氧化亚铁发生反应生成碳和FexOy，过程2中FexOy分解生成FeO和氧气，所以整个反应过程中的FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为CO2

C+O2。

（2）①由图可知，升高温度，CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故

＜0。

②为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或增大氢气的浓度。

③相同温度条件下，投料比[

]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2。

④据图中B点：

CO2转化率为50%，容器体积为1L，投料比为2，故列三段式计算：

（单位mol/L）

2CO2（g）+6H2（g）

C2H4（g）+4H2O（g）

起始2400

转化130.52

平衡110.52

则平衡常数

。

（3）已知：

i．CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）

；

ii．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）

；

iii．CH3OH（g）=CH3OH（l）

；

则根据盖斯定律可知ii×

−i−iii即得到CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为

CH3OH（l）+

O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）

。

②逆反应速率先增大后减小，说明反应逆向移动，a错误；H2的转化率增大，说明平衡正向移动，b正确；若增大生成物的浓度，平衡逆向移动，反应物的体积百分含量减小，c错误；故选b。

③根据图给信息，T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，投料比为2，5min后反应达到平衡状态，CO2的转化率为60%，则CO2反应掉了3.6mol，生成二甲醚1.8mol，则0～5min内的平均反应速率v（CH3OCH3）=1.8mol÷（2L×5min）=0.18mol/（L·min）；根据图给信息，KC与KE的温度相同，所以KC=KE，根据上述分析，该反应为放热反应，从T1到T2，CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则改变的条件是升高温度，即T2＞T1，对于放热反应，升高温度，K值减小，则KC=KE＞KD。

27．（除特殊标注外，每空2分，共14分）

（1）①KMnO4[或KClO3、K2Cr2O7、Ca（ClO）2等]（1分）

②吸收多余的氯气，同时防止空气中的水汽进入装置E，造成AlCl3水解

（2）ac

（3）反应生成的NaCl沉积在NaH表面，阻止了AlCl3与NaH进一步反应或NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应

（4）NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑

（5）丙（1分）连续两次读数的氢气体积相等（其他合理答案也可）0.90或90%

【解析】

（1）①要制备氯化铝，首先制取氯气，由于反应不需要加热，则A中的试剂具有强氧化性，则常用的有KMnO4、KClO3、K2Cr2O7、Ca（ClO）2等；②装置F中碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气；同时由于AlCl3易水解，所以还有防止空气中的水汽进入装置E，造成AlCl3水解的作用。

（2）若改变A、B和D中的试剂制取氢化钠，则反应装置制取干燥的纯净的氢气，则A处为锌和稀盐酸反应生成氢气，B中的除去氯气中的氯化氢的饱和食盐水应换成氢氧化钠溶液，除去氢气中的氯化氢气体，在反应前应该先用氢气排除装置中的空气，反应过程中始终通入氢气，否则会使制取的氢化钠中可能有剩余的金属钠，或钠与空气中的氧气反应生成过氧化钠，故主要杂质选ac。

（3）由于反应生成的NaCl覆盖在NaH表面，阻止了AlCl3与NaH进一步反应，使得氢化钠的转化率较低。

或氢化钠是离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应，所以NaH的转化率较低。

（4）铝氢化钠中的氢元素为−1价，容易与水中的+1价的氢发生氧化还原反应，即铝氢化钠与水反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑。

（5）测定铝氢化钠的纯度，就是利用两种物质与水反应生成氢气，测定氢气的体积。

甲、丁中随反应的进行装置内压强变大，液体可能不能顺利流下，导致铝氢化钠和NaH或许不能完全反应，为保持内外压强相等，需要恒压漏斗，且甲的操作中氢气的体积不好读数；乙中排水装置的导管应“短进长出”且导管中可能有水，使测定的气体体积不准确，所以最适宜的装置是丙。

读取气体体积时要冷却到室温，标志是连续两次读数的氢气体积相等。

由于两种物质均能与水反应生成氢气，因此可以通过测量氢气的体积计算纯度。

设样品中铝氢化钠的物质的量是xmol，NaH是ymol，则有

、

，解得

，所以样品中铝氢化钠的质量分数为

或90%。

28．（除特殊标注外，每空2分，共15分）

（1）3︰1

（2）①＜（1分）

②26（1分）6∶5或1.2（1分）

③3ClO−+Fe3++3H2O=Fe（OH）3↓+3HClO

+Fe3++8OH−=

+4H2O

（3）①B

②K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时

被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质

（4）5.0×1015mol/L

【解析】

（1）干法制备K2FeO4的反应是Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，在该反应中氧化剂KNO3与还原剂Fe2O3的物质的量之比为3︰1。

（2）①由流程图可知，“转化”是Na2FeO4→K2FeO4，该转化是在某低温下进行的，说明此温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以S（K2FeO4）＜S（Na2FeO4）。

②由图甲可知，Fe（NO3）3浓度一定，温度在26℃时，K2FeO4的生成率最高，故工业生产中最佳温度为26℃。

由图甲可知，Fe（NO3）3浓度在330g/L时，K2FeO4的生成率最高，由图乙可知，NaClO在275g/L时，K2FeO4的生成率最高，所以Fe（NO3）3与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为330g/L︰275g/L=6︰5=1.2。

③由信息可知，若NaClO加入过量，氧化过程中会生成Fe（OH）3，说明ClO−和Fe3+发生了双水解，水解离子方程式为3ClO−+Fe3++3H2O=Fe（OH）3↓+3HClO；若Fe（NO3）3加入过量，碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生归中反应生成K3FeO4，根据元素守恒还应生成H2O，反应中

→

，铁元素化合价由+6价降低为+5价，总共降低1价，Fe3+→

，铁元素化合价由+3价升高为+5价，总共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，所以

系数为2，Fe3+系数为1，根据铁元素守恒确定

系数为3，根据电荷守恒确定OH−系数为8，根据氢元素守恒确定H2O系数为4，反应的离子方程式为

+Fe3++8OH−=

+4H2O。

（3）①K2FeO4在水溶液中易水解呈碱性，应选择碱性非水溶液抑制K2FeO4水解，进行洗涤。

H2O，不能抑制水解，且容易损失，故A错误；CH3COOK、异丙醇，能抑制水解，减少洗涤损失，故B正确；NH4Cl、异丙醇，不能抑制水解，促进水解，故C错误；Fe（NO3）3、异丙醇，不能抑制水解，促进水解，故D错误。

故选B。

②在K2FeO4中Fe的化合价为+6价，具有强氧化性，能够对水进行杀菌消毒；同时

被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，表面积大吸附力强，能够吸附水中悬浮杂质，从而可以起到净化作用。

（4）该反应的离子方程式为2Fe3++3Cu（OH）2=2Fe（OH）3+3Cu2+；所以

。

（二）选考题（共2小题，共15分）

35．（除特殊标注外，每空2分，共15分）

（1）7（1分）p（1分）

（2）CE

（3）②（1分）平面三角

（4）

（5）①BD

②LaNi5

或

（其他合理答案均给分）

【解析】

（1）铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故有7种能量不同的原子轨道；铝是第ⅢA族，而铅是第ⅣA族，二者价层电子特征分别为ns2np1和ns2np2，均属于P区元素。

（2）在该分子结构中含有的化学键只有共价键和配位键，含有氢键，但不属于化学键，故选CE。

（3）在①CH2==CH2、②CH

CH、③苯、④HCHO中，分子中C原子为sp杂化的只有②，其余分子中C原子均为sp2杂化；键与键比值为3︰1的分子是甲醛，其立体结构为平面三角形。

（4）

的价电子对数=

对，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构，氧原子和硫原子的在立体结构图中的相对位置为

。

（5）①镧和镍都是金属，贮氢材料为金属晶体，故A错误；镧的第一电离能小于镍的第一电离能，说明气态镧原子比气态镍原子更容易变成+1价的气态阳离子，故B正确；根据储氢原理可知，镧镍合金先吸附H2，然后H2解离为原子，该过程要吸收热量，故C错误；吸附氢气的过程为气体体积减小的反应，高压比采用常压更有利于氢气吸收，故D正确；氢气分子之间不存在氢键，故E错误。

故选BD。

②合金晶胞中八个顶点各有一个La原子，上下两个面上各有两个Ni原子，侧面上每个面有1个Ni原子，平均每个晶胞中含有的原子数为La：

，Ni：

，故该晶体的化学式可写为LaNi5。

镧镍合金晶体是六方晶胞，底面夹角为60°（120°）。

1mol该晶胞的体积为V=511pm×511pm×sin60°×397pm，其中可储H23mol，m（总）=（139+595+6）g，故

。

36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）

（1）甲醇（1分）醛基（1分）

（2）CH3COO—CH==CH2（1分）（C8H14O2）m（1分）

（3）取代反应（或水解反应）

（4）

（5）8

（6）

（3分）

【解析】框图中的大多数结构都已经给出，只有A、B、C、D未知。

A为CH3OH，B为CH3COOCH==CH2，C为

，D为CH3CH2CH2CHO。

（1）A的名称是甲醇，D中含有的官能团是醛基。

（2）B的结构简式为CH3COOCH==CH2；根据图中聚乙烯醇缩丁醛的结构简式，可知分子式为（C8H14O2）m。

（3）反应⑦是酯的水解，故为取代反应或水解反应。

（4）根据题给信息和图中转化关系，可推知反应③的化学方程式为

（5）根据题中对有机物M的要求①，M比碳酸二甲酯多一个“CH2”，根据要求②和③，其结构简式之一应为

；其他同分异构体应为羟基酯类，且水解产物中两羟基不能在同一碳原子上，则同分异构体还有以下7种：

图中箭头代表碳链中羟基可出现的位置。

故满足条件限制的M的同分异构体共有8种。

其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为3∶2∶3的同分异构体的结构简式只有

。

（6）2−氯丁烷只要发生消去反应得2−丁烯，然后发生类似①和②的反应，即可得到目标产物。

故合成路线如下：