届吉林省白城市通榆县第一中学高三月考理综化学试题解析版.docx

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届吉林省白城市通榆县第一中学高三月考理综化学试题解析版

吉林省白城市通榆县第一中学2018届高三12月月考理综-化学试题

1.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。

下列有关说法错误的是

A.“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同

B.制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色

C.草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙

D.芒硝晶体（Na2SO4·10H2O）白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热，晚上重新结晶放热，实现了太阳能转化为化学能继而转化为热能

【答案】C

2.下列关于热化学反应的描述正确的是

A.CO的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2（g）

2CO（g）+O2（g）　ΔH=+283.0 kJ/mol

B.HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2的反应热ΔH=2×（-57.3） kJ/mol

C.等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量少

D.已知：

H－H键的键能为a kJ/mol，Cl－Cl键的键能为b kJ/mol，H－Cl键的键能为c kJ/mol，则生成1 mol HCl放出的能量为（a+b-2c）/2 kJ

【答案】C

点睛：

本题主要考查热化学方程式的书写及燃烧热、中和热等相关概念，题目难度不大。

本题的易错点是B项分析H2SO4和Ba（OH）2的反应热与中和热数值之间的关系，解题时要根据中和热的定义“在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热量”其衡量的标准是生成的水为1mol，因H2SO4和Ba（OH）2反应时除了生成水，还有硫酸钡沉淀生成并放热，因此H2SO4和Ba（OH）2的反应热△H<2×（−57.3）kJ/mol。

3.埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。

下列说法正确的是

A.该方法将电能转化成化学能

B.在此装置中钢管道作正极

C.该方法称为“外加电流的阴极保护法”

D.镁块上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-

4OH-

【答案】B

【解析】A．构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，A错误；B．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，B正确；C．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D．镁块作负极，电极反应：

Mg-2e-+4OH-=Mg（OH）2↓，D错误；答案选B。

【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理以及原电池的工作原理是解答的关键。

根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，镁块作负极，钢管道作正极，从而钢管道得到保护。

4.次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性。

下列说法正确的是

A.用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为2H2O+4e-

O2↑+4H+

B.将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的还原产物可能为H3PO4

C.H3PO2溶于水的电离方程式为H3PO2

H++H2PO2-

D.H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为H3PO2+3OH-

PO23-+3H2O

【答案】C

【解析】A．H3PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2-失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：

H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+，故A错误；B．H3PO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化，则将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4，故B错误；C．一元弱酸在溶液中部分电离出一个氢离子，则H3PO2溶于水的电离方程式为：

H3PO2⇌H++H2PO2-，故C正确；D．一元弱酸与NaOH按照物质的量1：

1反应，所以H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：

H3PO2+OH-═H2PO2-+H2O，故D错误；答案为C。

5.某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、Al3+、

、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下，下列说法不正确的是

A.X中肯定存在Fe2+、Al3+、

、SO42-

B.X中不能确定是否存在的离子是Al3+和Cl-

C.溶液E和气体F发生反应，生成物为盐类

D.气体A是NO

【答案】B

【解析】溶液呈强酸性，故溶液中一定不存在CO32−、SO32−离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42−，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+，H中通入过量的二氧化碳生成了沉淀I，I只能为氢氧化铝，故溶液中一定含有铝离子，根据溶液的电中性可知，不能确定是否含有的离子是Cl−。

A. X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42−、A13+，故A正确；B.通过以上分析可知，X中不能确定的离子是C1ˉ、一定含有 A13+，故B错误；C.溶液E是硝酸、F是氨气，氨气和硝酸反应生成硝酸铵，属于盐类，故C正确；D.通过以上分析可知，A为NO，故D正确；答案选B。

6.在一定条件下，可逆反应：

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g） △H<0，达到平衡时，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是

A.加催化剂υ （正）、υ （逆）都发生变化且变化的倍数相等

B.加压，υ（正）、υ（逆）都增大，且υ（正）增大倍数大于υ（逆）增大倍数

C.降温，υ（正）、υ（逆）都减小，且υ（正）减小倍数小于υ（逆）减小倍数

D.在体积不变时加入氩气，υ（正）、υ（逆）都增大，且υ（正）增大倍数大于υ（逆）增大倍数

【答案】D

【解析】试题分析：

A．加入催化剂，正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故A正确；B．反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v（正）、v（逆）都增大，平衡向正反应方向移动，说明v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数，故B正确；C．正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，则降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数，故C正确；D．在体积不变的密闭容器中通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，故D错误；故选D。

考点：

考查化学反应速率的影响因素

7.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍。

n、p、q是由这些元素组成的二元化合物，常温下，n为气体。

m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液呈碱性焰色反应呈黄色，上述物质间的转化关系如图所示。

下列说法正确的是

A.简单离子半径：

Z＞Y＞X

B.化合物P中只存在离子键

C.图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应

D.最简单气态氢化物的稳定性：

W＞X

【答案】C

【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍，则Z的原子序数为偶数，Z应为Mg，W为C；n、p、q是由这些元素组成的二元化合物，常温下，n为气体．m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液呈碱性焰色反应呈黄色，结合图中转化可知，m为Mg，n为CO2，q为MgO，r为C，p为Na2O2，t为Na2CO3，s为O2，则X为O，Y为Na。

A.具有相同核外电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为X>Y>Z，故A错误；B.p为Na2O2，含离子键、O−O非极性键，故B错误；C.Mg与二氧化碳反应、过氧化钠与二氧化碳反应、C与氧气反应中均有元素的化合价变化，所以均为氧化还原反应，故C正确；D.非金属性O>C，则最简单气态氢化物的稳定性为X>W，故D错误；答案选C。

点睛：

本题主要考查元素的推断和元素周期律的应用，难点在于本题中所给信息量较少，解题时要依据“Z为金属且Z的原子序数为W的2倍”并结合W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可判断Z为Na、Mg、Al中的一种且Z的原子序数为偶数，Z应为Mg，再结合其它信息推导出W、X和Y元素，利用元素周期律进行解题即可。

8.重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。

（Ⅰ）某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，且酸性较强。

为回收利用，通常采用如下流程处理：

 注：

部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。

氢氧化物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Mg（OH）2

Al（OH）3

Cr（OH）3

pH

3.7

9.6

11.1

8

9（＞9溶解）

（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________（填序号）。

A.Na2O2　　B.HNO3　　C.FeCl3　　D.KMnO4

（2）加入NaOH溶液调整溶液pH=8时，除去的离子是___（填序号）；已知钠离子交换树脂的原理：

Mn++nNaR

MRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子___（填序号）。

A.Fe3+　　B.Al3+　　C.Ca2+　　D.Mg2+

（3）在还原过程中，每消耗172.8 gCr2O72- 转移4.8 mol e-，则还原过程中该反应离子方程式为____。

（已知在氧化过程中Cr3+转化为Cr2O72-）

（Ⅱ）酸性条件下，铬元素主要以Cr2O72-形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O72-的废水。

 实验室利用如图装置模拟处理该废水，阳极反应是Fe-2e-

Fe2+，阴极反应式是2H++2e-

H2↑。

（1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？

______（填“能”或“不能”），理由是_____。

（2）电解时阳极附近溶液中转化为Cr3+的离子方程式为___________________。

（3）上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡影响角度解释其原因______________________。

（4）若溶液中初始含有0.1 molCr2O72- ，则生成的阳离子全部转化成沉淀的质量是_______g。

【答案】

（1）.A

（2）.AB（3）.CD（4）.3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O=6SO42-+8Cr（OH）3↓+2OH-（5）.不能（6）.阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态（7）.Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O（8）.水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O

H++OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全（9）.84.8

【解析】I.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72−，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72−、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72−还原为Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4。

（1）.加氧化剂的主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案选A；

（2）.根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去，故选AB；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，故选CD，故答案为：

AB；CD；

（3）.每消耗172.8 gCr2O72-即0.8molCr2O72−转移4.8mole−，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32−被氧化为SO42−，则反应的离子方程式为：

3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O=6SO42-+8Cr（OH）3↓+2OH-，故答案为：

3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O=6SO42-+8Cr（OH）3↓+2OH-；

II.

（1）.若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根离子发生反应，故答案为：

不能；阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态；

（2）.Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr3+，反应的实质是：

Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：

Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

（3）.根据电解原理可知，水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O

H++OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大，与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全，故答案为：

水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O

H++OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全；

（4）.根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，Cr3++3OH−═Cr（OH）3↓、Fe3++3OH−═Fe（OH）3↓可知0.1molCr2O72-反应时，可生成0.2molCr（OH）3，0.6molFe（OH）3，沉淀的总质量为：

0.2mol×103g/mol+0.6mol×107g/mol=84.8g，故答案为：

84.8。

9.复分解反应是中学化学中常见的一种反应类型。

复分解反应中，元素的化合价都没发生变化，都不属氧化还原反应。

（1）复分解反应存在这样一个规律：

一种较强酸与另一种较弱酸的盐可以自发地反应，生成较弱酸和较强酸的盐。

 已知相同物质的量浓度的溶液，pH大小关系是pH（Na2CO3）＞pH（NaClO）＞pH（NaHCO3）＞pH（NaHSO3）。

①写出向NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式______________________。

②将混有CO2气体的SO2气体，通入NaHSO3饱和溶液，___________（填“能”或“不能”）除去CO2气体。

（2）复分解反应从形式上看，是一种相互交换成分的反应，在有机反应中，也存在类似形式的反应——“烯烃的复分解”反应。

如果用重氢（D）标记过的烯烃CD3CD

CDCD3和烃CH3CH

CHCH3进行反应，其化学方程式是______________________。

（3）复分解反应的发生还遵循向生成沉淀、气体、难电离物质的方向进行。

①甲同学认为CuSO4+H2S

H2SO4+CuS↓不能发生，因为该反应违背了“较强酸制较弱酸”的原则。

请你判断甲同学的观点是否正确，并做出解释：

________________。

②乙同学认为，BaSO3可溶于酸，SO2通入Ba（NO3）2溶液中不发生化学反应，但经过实验探究发现，有白色沉淀生成，请你写出相关反应的离子方程式_____________。

（4）电解是一种在通电作用下的氧化还原反应。

用电解法可将某工业废水中的CN-转变为N2，装置如上图所示。

电解过程中，阴极区电解质溶液的pH将_____________（填“增大”“减小”或“不变”）。

阳极的电极反应式为______________________。

【答案】

（1）.CO2+H2O+NaClO

NaHCO3+HClO

（2）.不能（3）.CH3CH

CHCH3+CD3CD

CDCD3

2CH3CH

CDCD3（4）.错误，只要满足复分解反应发生的条件之一，反应就能发生（5）.3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O

2NO↑+3BaSO4↓+4H+（6）.增大（7）.2CN--10e-+12OH-

2CO32-+N2↑+6H2O

【解析】

（1）.①.相同物质的量浓度的盐溶液，pH越大，说明该盐对应的酸的酸性越弱，由pH（Na2CO3）＞pH（NaClO）＞pH（NaHCO3）＞pH（NaHSO3）可以得出酸性强弱的顺序是：

HCO3－＜HClO＜H2CO3＜H2SO3，则向NaClO溶液中通入少量的CO2生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的化学方程式为：

CO2+H2O+NaClO

NaHCO3+HClO，故答案为：

CO2+H2O+NaClO

NaHCO3+HClO；

②.根据上述分析可知酸性H2CO3＜H2SO3，则将混有CO2气体的SO2气体，通入NaHSO3饱和溶液，CO2气体与NaHSO3不能发生反应，所以不能除去CO2，故答案为：

不能；

（2）.从已知信息可知，“烯烃的复分解”反应发生时，碳碳双键断裂，然后相互交换成分，则用重氢（D）标记过的烯烃CD3CD

CDCD3和烃CH3CH

CHCH3进行反应，其化学方程式是CH3CH

CHCH3+CD3CD

CDCD3

2CH3CH

CDCD3，故答案为：

CH3CH

CHCH3+CD3CD

CDCD3

2CH3CH

CDCD3；

（3）.①.CuSO4+H2S

H2SO4+CuS↓可以发生，是因为CuS不溶于水，符合复分解反应发生的条件，所以甲同学的观点错误，故答案为：

错误，只要满足复分解反应发生的条件之一，反应就能发生；

②.SO2与水生成H2SO3，在酸性条件下，NO3－可以将H2SO3氧化成H2SO4，SO42－与Ba2＋反应生成BaSO4白色沉淀，该反应的离子方程式为：

3SO2+2NO3－+3Ba2++2H2O

2NO↑+3BaSO4↓+4H+，故答案为：

3SO2+2NO3－+3Ba2++2H2O

2NO↑+3BaSO4↓+4H+；

（4）.用电解法将工业废水中的CN－转变为N2，氮元素化合价从-3价升高到0价，碳元素化合价从+2价升高到+4价，发生氧化反应，所以装置左侧为阳极，右侧为阴极，根据电解原理可知，H＋在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：

2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阴极有OH－生成，所以pH增大，在阳极，CN－将转变为N2和CO32-，氮元素化合价从-3价升高到0价，碳元素化合价从+2价升高到+4价，电极反应式为：

2CN--10e-+12OH-

2CO32-+N2↑+6H2O，故答案为：

增大；2CN--10e-+12OH-

2CO32-+N2↑+6H2O。

10.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验。

请回答下列问题。

（1）写出A装置中发生反应的化学方程式__________。

（2）实验中观察到C装置中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管中有无色无味的气体产生，上述现象证明NH3具有____性，写出相应的化学方程式______。

（3）读取气体体积前，对F装置进行的操作是慢慢上下移动右边的漏斗，使左右两管液面相平，其目的是________________。

（4）E装置的作用是___________；量气管中有空气，对实验______（填“有”或“无”）影响。

（5）实验完毕，若测得干燥管D增重m g，F装置测得气体的体积为V L（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为______（用含m、V的代数式表示）。

若拆掉B装置，测得的结果____ （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

【答案】

（1）.NH3·H2O（浓）+CaO

Ca（OH）2+NH3↑

（2）.还原（3）.3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O（4）.使收集N2的压强与外界大气压相等（5）.吸收NH3、防止F中水蒸气进入D（6）.无（7）.9V︰11.2m（8）.偏小

【解析】

（1）.将浓氨水滴入锥形瓶中，生石灰与水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，使NH3＋H2O

NH3·H2O

NH4＋＋OH－平衡逆向移动，生成氨气，总反应方程式为：

NH3·H2O（浓）+CaO

Ca（OH）2+NH3↑，故答案为：

NH3·H2O（浓）+CaO

Ca（OH）2+NH3↑；

（2）.实验中观察到C装置中黑色CuO粉末变为红色固体，说明有Cu生成，量气管中有无色无味的气体产生，说明生成了N2，则氨气中的氮元素化合价从-3价升高到0价，氨气体现了还原性，该反应的化学方程式为：

3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O，故答案为：

还原；3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O；

（3）.读取气体体积前，对F装置进行的操作是慢慢上下移动右边的漏斗，使左右两管液面相平，其目的是使量气管内与外界大气压相等，保持压强平衡，故答案为：

使收集N2的压强与外界大气压相等；

（4）.根据流程可知，浓硫酸的作用是吸收过量的氨气并阻止F中的水蒸气进入D中，因利用的是排水法测量N2的体积，则量气管中有空气，对实验无影响，故答案为：

吸收NH3、防止F中水蒸气进入D；无；

（5）.干燥管D中盛装碱石灰，吸收混合气体中的水蒸气，若测得干燥管D增重mg，则水的物质的量=

，装置F测得的气体为N2，体积为VL（已折算成标准状况），则N2物质的量=

，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比为（

×2）:

（

×2）=

；B装置的作用是防止A中水蒸气进入后续装置中影响实验效果，若拆掉B装置，则测得的水偏多，结果偏小，故答案为：

9V︰11.2m；偏小。

11.麻黄素M是拟交感神经药。

合成M的一种路线如图所示：

已知：

Ⅰ.芳香烃A的相对分子质量为92

Ⅱ.R—CH2OH

RCHO

Ⅲ.R1—CHO+R—C

CNa

Ⅳ.

Ⅴ.

请回答下列问题：

（1）D的名称是___________；G中含氧官能团的名称是___________。

（2）反应②的反应类型为___________；A的结构简式为___________。

（3）写出反应⑦的化学方程式______________________。

（4）X分子中最多有___________个碳原子共平面。

（5）在H的同分异构体中，同时能发生水解反应和银镜反应的芳香族化合物有___________种。

其中，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为1︰1︰2︰6的有机物的结构简式为______________________。

（6）已知：

。

仿照上述流程，设计以苯、乙醛为主要原料合成某药物中间体

的路线______________________。

【答案】

（1）.苯甲醛

（2）.羟基（3）.取代反应（或水解反应）（4）.

（5）.

+CH3NH2

+H2O（6）.10（7）.14（8）.

（9）.

【解析】芳香烃A的相对分子质量为92，则92/12=7…8，故A的分子式为C7H8，则A的结构简式为

，A与氯气发生一元取代生成B，B发生水解反应生成C，C发生氧化反应生成D，可推知B为

，C为

，D为

，结合信息可知，G为

，H为

，X为

。

（1）.由以上分析可知D为苯甲醛，G为

，含氧官能团为羟基，故答案为：

苯甲醛；羟基；

（2）.反应②为氯代烃的水解反应，也是取代反应，A的结构简式为

，故答案为：

取代反应（或水解反应）；

；

（3）.反应⑦是

和CH3NH2反应生成

，反应的化学方程式为：

+CH3NH2

+H2O，故答案为：

+CH3NH2

+H2O；