贵州省黔东南州届高三上学期第一次联考化学试题解析版.docx
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贵州省黔东南州届高三上学期第一次联考化学试题解析版
贵州省黔东南州2018届高三上学期第一次联考化学试题
1.化学与生活、社会、环境等密切相关。
下列有关说法正确的是
A.棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物
B.天然气作为化工原料可用于合成氨和生产甲醇
C.酒是厨房中常见物质，其有效成分为CH3COOH
D.为了增加食物的营养成分，可以大量使用视频添加剂
【答案】B
【解析】A．棉、丝、毛是高分子化合物，油脂是大分子，故A错误；
B．利用天然气与水蒸气反应产生的水煤气（CO和H2）为合成氨提供H2来源，也可以直接合成甲醇，故B正确；
C．酒的有效成分是乙醇不是乙酸（CH3COOH），故C错误；
D．为了增加食物的保质期，可以使用一定量食品添加剂，但是不能绝对不能大量使用，D错误；
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A.17gH2S中所含的电子数为9NA
B.9gH2O中所含H-O键数为2NA
C.0.1molCO2和2.24LCO中所含碳原子数均为0.1NA
D.0.3molNO2与足量水充分反应，生成H+数目为0.3NA
【答案】A
【解析】A.17gH2S的物质的量是0.5mol，每摩尔H2S分子所含的电子数为18mol，则0.5molH2S分子所含的电子数为9NA，正确；
B．9gH2O的物质的量是0.5mol，每个水分子含有2个H-O键，0.5mol个水分子含有2个H-O键为NA，故错误；
C．2.24LCO气体没有说明其是标准状态下，所以2.24LCO物质的量不一定是0.1mol，故错误；
D．NO2与足量水充分反应：
3NO2+H2O==2HMO3+NO，0.3molNO2生成0.2molHNO3，生成H+数目为0.2NA，故错误。
3.下列离子方程式正确的是
A.用NaOH溶液吸收Cl2：
Cl2 +2OH-=2Cl-+H2O
B.Fe2（SO4）3和Ba（OH）2溶液混合 ：
Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓
C.向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液 ：
2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-
D.向NaHCO3溶液中加入澄清石灰水 ：
HCO3-+OH-=CO32-+H2O
【答案】C
【解析】A.用NaOH溶液吸收Cl2发生反应为：
Cl2 +2OH-=Cl-+H2O+ClO—，故A错误；
B．Fe2（SO4）3和Ba（OH）2溶液混合生成Fe（OH）3和BaSO4两种沉淀，故B错误；
C．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液生成更难溶的Ag2S沉淀，故C正确；
D．向NaHCO3溶液中加入澄清石灰水，HCO3-+OH-=CO32-+H2O，生成的CO32-+Ca2+=CaCO3↓，故D错误。
4.下列有关有机物的叙述不正确的是
A.甲烷、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应
B.乙烯和苯都能使溴水褪色，但颜色的原因不同
C.石油催化裂化的主要目的是提高芳香烃的产量
D.纤维素和蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物
【答案】C
............
B．乙烯与溴水加成反应而使溴水褪色，苯萃取溴水中的溴而褪色，两者原理不同，故B正确；
C．石油催化裂化的主要目的是轻质汽油的质量与产量，故C错误；
D．纤维素和蛋白质高分子化合物且在一定条件下均能发生水解反应，故D正确。
因此，答案为C。
5.以KI为碘剂的加碘食盐，由于受空气作用，容易引起碘的损失，工业生产中需添加稳定剂以减少碘的损失。
下列物质中可能做稳定剂的是
A.Na2S2O3B.FeCl3C.NaHCO3D.CaO
【答案】A
【解析】试题分析：
以KI为碘剂的加碘食盐中碘的损失主要是由于杂质、水份、空气中的氧气以及光照，受热而引起的，要减少碘的损失，需加入具有还原性的物质来消耗氧气，则A、Na2S2O3具有还原性，A正确，B、FeCl3具有氧化性，B错误；C、NaHCO3没有氧化性和还原性，C错误；D、CaO没有氧化性和还原性，D错误，答案选A。
考点：
考查氧化还原反应的应用
6.甲、乙、丙、丁为四种主族元素，已知甲与乙、丙、丁三元素相邻；甲、乙的原子序数之和等于丙的原子序数,四种元素原子的最外层电子数之和为20。
下列判断中，正确的是
A.原子半径:
丙＞乙＞甲B.最外层电子数:
丙=丁
C.气态氢化物的稳定性:
甲＞丙D.最高价氧化物对应的水化物的酸性:
丁＞甲
【答案】C
【解析】由于甲、乙的原子序数之和等于丙的原子序数,且甲与乙、丙、丁相邻,故甲、乙、丁处于同一周期,丙在下一周期,则有如下两种位置关系:
①
或②
。
若是①可设甲的原子序数为x,则乙为x+1,丁为x-1,丙为x+8,则有:
x+x+1=x+8,x=7,即甲为N,乙为O,丁为C,丙为P,则四种元素原子的最外层电子数之和为20,符合题意。
同理验证②不合题意。
原子半径丙（P）＞甲（N）＞乙（O）,A项错误;丙（P）最外层电子数为5,而丁（C）最外层电子数为4,B项错误;甲元素的氢化物为NH3,丙元素对应的氢化物为PH3,显然稳定性前者强,C项正确;最高价氧化物对应的水化物的酸性:
HNO3＞H2CO3,D项错误。
7.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向NaHS溶液中滴入酚酞
溶液变红色
HS-水解程度大于电离程度
B
向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
出现蓝色沉淀
Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Cu（OH）2]
C
向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中
产生白色浑浊
酸性：
盐酸＞碳酸＞苯酚
D
向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀
KI3溶液中存在I3-
I2+I-平衡
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】试题分析：
A．向NaHS属于酸式盐，溶液中滴入酚酞溶液变红色，说明HS－水解程度大于电离程度，故A正确，故选A；B．向浓度均为0.1mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，故B错误；C．向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，由于盐酸有挥发，所以将产生的气体通入苯酚钠溶液中，产生白色浑浊，不能证明酸性：
盐酸＞碳酸＞苯酚，故C错误；D．向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀，说明KI3溶液中存在
I2+
平衡，故D正确。
故选AD。
考点：
考查化学实验方案设计与评价
8.硫酸是中学化学中最常用的试剂之一。
请回答下列问题：
（1）甲同学稀释浓硫酸的操作如下：
用100mL量筒量取20mL浓硫酸，并向其中小心地加入少量水，搅拌均匀，待冷却至室温后，再加入水至100mL刻度线，再搅拌均匀。
该同学操作中的两处错误之处是__________、___________。
（2）乙同学准确配制3.6mol/L稀硫酸的操作为：
量取20mL18mol/L浓硫酸，小心地倒入盛有少量水的烧杯中，搅拌均匀，待冷却至室温后转移到100ml 容量瓶中，用少量的水将烧杯等仪器洗涤2~3次，每次洗涤液也转移到容量瓶中，然后小心地向容量瓶加入水至刻度线定容，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
①该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是_________、________。
②使用容量瓶前必须进行的一步操作是__________。
③在该实验中，以下操作正确的是_________（填字母）。
a.洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
b.待稀释后的H2SO4溶液冷却至室温再转移到容量瓶中
c.转移前应将使用的容量瓶烘干
d.定容摇匀后，发现凹液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
④若定容时不小心使液面超过了刻度线，应采取的措施是_______
（3）丙同学用已知物质的量浓度的硫酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，以酚酞作指示剂。
①滴定时，当观察到溶液_____________，即为滴定终点。
②某同学根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液
的体积/mL
0.0500mol/L硫酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
25.00
0.00
26.15
第二次
25.00
0.56
30.30
第三次
25.00
0.20
26.45
则待测NaOH溶液的浓度为___________，下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_________（填字母）。
A.酸式滴定管未用标准硫酸润洗就直接注入标准硫酸
B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D.读取硫酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】
（1）.用量筒稀释溶液
（2）.将水加入到浓硫酸中（3）.搅拌散热（4）.引流（5）.检查是否漏液（6）.b（7）.应重新配制（8）.由浅红色变成无色，且半分钟内部恢复（9）.0.1048mol/L（10）.D
【解析】
（1）不用在量筒里直接配制溶液，浓溶液稀释时应酸入水，两处明显的错误是用量筒稀释溶液和将水加入到浓硫酸中；
（2）①将浓硫酸小心地倒入盛有少量水的烧杯中需用玻璃棒搅拌散热，待冷却至室温后将溶液转移到 容量瓶需用玻璃棒引流，防止液体洒落在外；故两个作用是搅拌散热、引流；
②使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查其是否漏水；③量取浓H2SO4后的量筒不用洗涤液，因在仪器生产中已将此考虑在内，容量瓶不必烘干，定容摇匀后，发现凹液面低于刻度线，因有溶液残留刻度线以上部位，液面低于刻度线是正常的，不必滴加蒸馏水至刻度线；故b正确；④所用不正确操作造成所配浓度不准确，均需重新配制。
9.V2O5是工业制硫酸的重要催化剂。
V2O5及其含V离子在溶液中存在如下转化关系：
回答下列问题：
（1）从性质角度分类。
V2O5属于_______（填“酸性”“碱性”或“两性”）氧化物，VO2+中钒元素的化合价为__________。
（2）写出反应Ⅰ的离子方程式：
___________。
（3）向20mL0.05mol/L（VO2）2SO4溶液中加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物中钒元素的存在形式为_________（填字母）。
a.V2+b.V3+c.VO2+d.VO3-
（4）在酸性环境中，向含有VO2+的溶液中滴加草酸（H2C2O4）溶液，可实现反应Ⅲ的转化，写出该反应的离子方程式：
__________。
（5）将V2O5加入浓盐酸中可得蓝色溶液，并有黄绿色气体生成，该反应中还原产物与氧化常务的物质的量之比为__________。
【答案】
（1）.两性
（2）.+4（3）.V2O5+6OH-=2VO42-+3H2O（4）.a（（5）.2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2-+2CO2↑+2H2O（6）.2:
1
【解析】
（1）从转化上分析，V2O5与OH—生成VO43—酸根离子，又可转化为VO2+的阳离子，说明它有酸、碱两性的性质，属于两性氧化物；由化合价代数和为零，求出VO2+中钒元素的化合价为+4价。
（2）由原子守恒、电荷守恒，可知：
V2O5+6OH—==2VO43—+3H2O
（3）（VO2）2SO4中V元素化合价是+5价，由得失电子守恒列式求出：
2×20mL×10-3×0.05mol/L×（5-x）=2×0.195g/65g/mol，x=2，故选a。
（4）在酸性环境中，向含有VO2+的溶液中滴加草酸（H2C2O4）溶液，草酸被氧化为CO2，VO2+被还原为VO2-，根据三个守恒写出离子反应式：
2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2-+2CO2↑+2H2O。
（5）将V2O5加入浓盐酸中可得蓝色溶液，并有黄绿色气体生成，据此写出反应方程式：
V2O5+6H++2Cl—=Cl2↑+2VO2++3H2O，还原产物（VO2+）与氧化产物（Cl2）的物质的量之比为2：
1。
10.下图所示转化关系（部分物质未列出）中，A的焰色反应呈黄色，C、D、E是常见气体且C、D是单质。
请回答下列问题:
（1）A的化学式为__________，电解时B在________极生成。
（2）工业上由D生成E的化学方程式为_____________。
（3）B溶液与G反应的离子方程式为_________________。
（4）上述转化中，属于非氧化还原反应的是__________（填数字代号）。
（5）取适量0.1mol/L的F溶液，通入过量的E，现象是____________，充分反应后，所得溶液的pH=5.00，则此温度下残留在溶液中的c（Al3+）=________。
[已知实验条件下Kap（G）=1.3×10-33]
【答案】
（1）.NaCl
（2）.阴（3）.N2+3H2
2NH3（4）.Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O（5）.④⑤（6）.生成白色沉淀（7）.1.3×10-6mol/L
【解析】A的焰色反应呈黄色，说明A中含有钠元素，电解生成三种物质且C、D是常见气体单质，只有还原性气体H2和氧化性气体Cl2、O2等，结合C与Al反应后生成物与B、E均能反应，说明C是氯气，则D为氢气，B为NaOH溶液，F为AlCl3，E为NH3，G为Al（OH）3。
（1）A的化学式为NaCl，B是NaOH，电解时在阴极生成。
（2）工业上由D生成E的化学方程式为N2+3H2
2NH3；（4）电解、由单质参加的反应均氧化还原反应为①②③，属于非氧化还原反应的是④⑤；（5）将氨气通入氯化铝溶液，生成氢氧化铝沉淀且沉淀不溶于氨水中，由Kap[Al（OH）3]=1.3×10-33，c（OH—）=Kw/C（H+）=10—9，Kap[Al（OH）3]=c3（OH—）×c（Al3+）=1.3×10-33，求出c（Al3+）=1.3×10-6mol/L。
11.白芨有收敛止血，消肿生肌的功效，其有效成分G的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的分子式为_________。
（2）D中含氧官能团名称为__________。
D
E的反应类型是__________。
（3）E的结构简式是__________。
（4）F
G的化学方程式为___________。
（5）二取代方向化合物W是F的同分异构体，W既能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，又能与FeCl3溶液发生显色反应。
W共有_________种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为1：
1：
2：
2：
2：
2的是_______（填结构简式）。
（6）参照上述合成路线，以乙醛和丙烯醛为原料（无机试剂任选），设计制备戊酸的合成路线：
_____
【答案】
（1）.C7H6O
（2）.羧基（3）.加成反应（4）.
（5）.
（6）.6（7）.
（8）.
【解析】
（1）A是由苯甲醇催化氧化（去氢）生成的产物苯甲醛，其分子式为C7H6O；
（2）C中的醛基被银氨溶液氧化并酸化生成了羧基，而碳碳双键不参与反应，所以D中的含氧官能团只有羧基，由D生成E，是HBr与D中碳碳双键发生了加成反应，为G中生成环酯提供羟基；
（3）因G中生成的六元环状酯结构，根据成酯结构分析，HBr与D中碳碳双键发生了加成反应时Br加在了与羧基直接相连的碳原子上，即
。
（4）由两个
分子酯化反应生成G。
（5）二取代W是F（
）的同分异构体，W能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明存在羧基，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明存在酚羟基。
一个羟基，另一个是—CH2CH2COOH或—CH（CH3）COOH，有邻、间、对三个位置，共有2×3＝6种；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为1：
1：
2：
2：
2：
2，按对称等效氢分析法可写出其结构为：
。
（6）戊酸分子由5个碳原子构成，所以必须要乙醛（2个C）和丙烯醛（3个C）按步骤①方式生成5个碳的烯醛结构，再经银氨溶液氧化酸化将醛基变成羧基，再加氢还原到目标物。
合成路线如下：
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