福建省莆田市18届高三下学期第二次质量测试理科综合化学b卷试题解析版.docx

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福建省莆田市18届高三下学期第二次质量测试理科综合化学b卷试题解析版

福建省莆田市2018届高三下学期第二次（5月）质量测试化学（B卷）试题

1.化学与社会、科学、技术、环境密切相关。

下列说法不正确的是

A.T-碳是一种新型三维碳结构晶体，与C60互为同素异形体

B.推广利用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料符合低碳经济理念

C.将金属钛、铝混合后在空气中熔化可制得强度较大的钛合金材料

D.为汽车安装尾气催化转化装置,可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体

【答案】C

【解析】分析：

A、同种元素组成的物理性质不同的单质之间互为同素异形体；

B、CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，可以减少二氧化碳的排放；

C、在空气中加热金属易被氧化；

D、汽车安装尾气催化转化装置，可将部分CO和NO转化为氮气和二氧化碳。

详解：

A、T-碳是一种新型三维碳结构晶体，与C60是同种元素组成的物理性质不同的单质，互为同素异形体，A正确；

B、利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，B正确；

C、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，C错误；

D、为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体氮气和二氧化碳，D正确。

答案选C。

2.NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是

A.常温常压下，1.8g甲基（—CD3）中含有的中子数为NA

B.2.3g钠被O2完全氧化时，钠得到的电子数目为0.1NA

C.9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时,反应中转移电子数为0.6NA

D.常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－9NA

【答案】C

【解析】分析：

A.甲基（—CD3）含有9个中子；

B.钠在反应中失去1个电子；

C.根据方程式计算；

D.根据醋酸钠水解促进水的电离平衡分析。

详解：

A.常温常压下，1.8g甲基（—CD3）的物质的量是0.1mol，其中含有的中子数为0.9NA，A错误；

B.2.3g钠的物质的量是0.1mol，被O2完全氧化时，钠失去的电子数目为0.1NA，B错误；

C.依据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知，1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移6mol电子，9.2g甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol电子，转移电子数为0.6NA，C正确；

D.CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO-的水解促进水的电离，c（H2O）电离=c（OH-）=1×10-5mol/L，发生电离的水分子物质的量为1×10-5mol/L×1L=1×10-5mol，D错误；答案选C。

3.四种常见有机物的比例模型如下图。

下列说法正确的是

A.乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色

B.甲能使酸性KMnO4溶液褪色

C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键

D.丁为醋酸分子的比例模型

【答案】C

【解析】分析：

根据四种常见有机物的比例模型可知甲是甲烷，乙是乙烯，丙是苯，丁是乙醇，据此解答。

详解：

A.乙烯分子中含有碳碳双键，乙可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A错误；

B.甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；

C.苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C正确；

D.丁为乙醇分子的比例模型，D错误。

答案选C。

4.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中位置如图，其中W原子的次外层电子数是最内层电子数与最外层电子数的电子数之和。

下列说法不正确的是

A.最简单的氢化物的沸点：

X＞W

B.元素的非金属性：

Z＞W＞Y

C.简单离子的半径大小：

Y＞W＞Z

D.氧化物对应水化物的酸性：

Y＜W＜Z

【答案】D

【解析】分析：

由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中位置可知，W位于第三周期，W原子的次外层电子数是最内层电子数与最外层电子数的电子数之和，次外层电子数为8，最外层电子数为6，可知W为S，结合元素的位置可知X为O、Y为P、Z为Cl，以此来解答。

详解：

由上述分析可知X为O、Y为P、Z为Cl、W为S，则

A．水分子间含氢键，硫化氢不含，则最简单的氢化物的沸点：

X＞W，A正确；

B．同周期从左向右非金属性增强，则元素的非金属性：

Z＞W＞Y，B正确；

C．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径大小：

Y＞W＞Z，C正确；

D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，不是最高价含氧酸无此规律，如硫酸为强酸，HClO为弱酸，D错误；答案选D。

点睛：

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、电子排布来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

5.硼化钒（VB2）-空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如下。

该电池工作时的反应为4VB2＋11O2=4B2O3＋2V2O5。

下列说法正确的是

A.电极a为电池负极

B.反应过程中溶液的pH升高

C.电池连续反应过程中，选择性透过膜采用阳离子选择性膜

D.VB2极的电极反应式为：

2VB2 +22OH−-22e−=V2O5+2B2O3+11H2O

【答案】D

【解析】分析：

硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，电极反应为：

2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，氧气在正极上得电子，生成OH-，OH-通过选择性透过膜向负极移动，电池总反应为：

4VB2+11O2＝4B2O3+2V2O5，由此分析解答。

详解：

A、硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，A错误；

B、硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：

4VB2+11O2＝4B2O3+2V2O5，所以反应过程中溶液的pH不变，B错误；

C、氧气在正极上得电子生成OH-，OH-通过选择性透过膜向负极移动，所以图中选择性透过膜应只允许阴离子通过，C错误；

D、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，D正确。

答案选D。

6.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

甲乙丙丁

A.用装置甲进行中和热的测定

B.用装置乙制取CO2气体

C.用装置丙蒸发CH3COONa溶液得CH3COONa晶体

D.用装置丁模拟工业制氨气并检验产物

【答案】C

【解析】分析：

A.缺少环形玻璃搅拌棒；

B.纯碱易溶于水；

C.醋酸钠水解生成的氢氧化钠难挥发；

D.碱能使石蕊试液变蓝色。

详解：

A.装置甲中缺少环形玻璃搅拌棒，不能进行中和热的测定，A错误；

B.纯碱易溶于水，不是块状固体，不能用装置乙制取CO2气体，B错误；

C.醋酸钠水解生成氢氧化钠和醋酸，但氢氧化钠难挥发，因此醋酸又转化为醋酸钠，所以可用装置丙蒸发CH3COONa溶液得CH3COONa晶体，C正确；

D.碱能使石蕊试液变蓝色，氨气是碱性气体，因此不能用装置丁模拟工业制氨气并检验产物，D错误。

答案选C。

7.向10mL1mol·L－1的HCOOH溶液中不断滴加1mol·L－1的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lgc水（H+）的关系如图所示。

c水（H+）为溶液中水电离的c（H+）。

下列说法不正确的是

A.常温下，Ka（HCOOH）的数量级为10-4

B.a、b两点pH均为7

C.从a点到b点，水的电离程度先增大后减小

D.混合溶液的导电性逐渐增强

【答案】B

【解析】分析：

A.根据起始时甲酸溶液中水电离出的氢离子为10－12mol/L计算；

B.根据a、b溶液中的溶质判断；

C.根据酸碱盐对水电离平衡的影响分析；

D.根据影响溶液导电性的因素分析。

详解：

A.甲酸溶液中水电离出的氢离子为10－12mol/L，则溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，所以常温下，Ka（HCOOH）＝

，因此数量级为10-4，A正确；

B.a点甲酸过量，水电离出的氢离子为10－7mol/L，溶液pH＝7；b点氢氧化钠过量，pH＞7，B错误；

C.从a点到b点，溶液中的溶质由甲酸和甲酸钠变为甲酸钠，然后又变为甲酸钠和氢氧化钠，所以水的电离程度先增大后减小，C正确；

D.溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。

甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，D正确。

答案选B。

8.TiC14是制备钛及其化合物的重要中间体，某小组同学利用下列装置在实验室制备TiCl4，设计实验如下（夹持装置略去）：

已知：

①PdC12溶液捕获CO时，生成金属单质和两种酸性气体化合物。

②TiC14的制备需无水无氧且加热。

③

化合物

熔点/℃

沸点/℃

密度/g•cm-3

水溶性

TiCl4

-25

136.4

1.5

易水解生成难溶于水的物质,能溶于有机溶剂

CCl4

-23

76.8

1.6

难溶于水，与TiCl4互溶

请回答下列问题：

（1）装置D中除生成TiCl4外，同时生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为__________________。

（2）按照气流由左到右的方向，上述装置合理的连接顺序为a→____→____→f→g→___→____→_____→_____→_____（填仪器接口字母）。

（3）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：

检查装置气密性后，装入药品；_____________（按正确的顺序填入下列操作的序号）。

①加热装置D中陶瓷管②打开分液漏斗活塞

③停止加热，充分冷却④关闭分液漏斗活塞

实验时,当观察到____________________________时,开始进行步骤①。

（4）设计实验证明装置E中收集到的液体中含有TiCl4：

___________。

（5）装置F中发生反应的化学方程式为____________________。

（6）制得的TiC14产品中常含有少量CC14，从产品中分离出TiC14的操作名称为_____________________________。

【答案】

（1）.TiO2+2C+2Cl2

TiCl4+2CO

（2）.cbhidej（3）.②①③④（4）.装置E充满黄绿色气体（5）.取少量收集到的液体于洁净试管中，滴加适量水，液体变浑浊，则收集到的液体中含有TiCl4。

（6）.PdCl2+CO+H2O=Pd+2HCl+CO2（7）.蒸馏（或分馏）

【解析】分析：

（1）根据原子守恒、得失电子守恒书写方程式；

（2）装置A产生的氮氯气含有水蒸气，通过装置B中浓硫酸除去，然后在D电炉内与二氧化钛发生反应，用E装置降低温度，获得液态TiCl4，四氯化碳易水解，为防止空气中水蒸气进入装置E应在其后面连接干燥管C，最后用F吸收尾气，据此连接装置；

（3）为防止碳粉在高温下被氧化，防止装置内水蒸气使四氯化钛水解变质，应先通入氯气一段时间，然后再加热装置D，停止时应在氯气氛围中冷却；

（4）依据题目信息：

四氯化钛易水解生成难溶于水的物质，能溶于有机溶剂可知可以用水解的方法判断；

（5）依据题意PdC12溶液捕获CO时，生成金属单质和两种酸性气体化合物结合原子个数守恒书写方程式；

（6）根据二者沸点相差较大判断。

详解：

（1）依据分析可知装置D中反应物为二氧化钛、碳和氯气，生成物为四氯化钛和一氧化碳，反应方程式为TiO2+2C+2Cl2

TiCl4+2CO；

（2）装置A产生的氯气含有水蒸气，通过装置B中浓硫酸除去，然后在D电炉内与二氧化钛发生反应，用E装置降低温度，获得液态TiCl4，四氯化碳易水解，为防止空气中水蒸气进入装置E应在其后面连接干燥管C，最后用F吸收尾气，所以正确的连接顺序为：

a→c→b→f→g→h→i→d→e→j；

（3）为防止碳粉在高温下被氧化，防止装置内水蒸气使四氯化钛水解变质，应先通入氯气一段时间，然后再加热装置D，停止时应在氯气氛围中冷却，所以正确的操作顺序为②①③④；由于氯气是黄绿色气体，所以实验时,当观察到装置E充满黄绿色气体时,开始进行步骤①。

（4）依据表中信息可知四氯化钛遇水生成难溶物，所以可以取少量收集到的液体放在洁净的试管中，滴加适量的水，液体变浑浊，即证明收集到的液体中含有四氯化钛，所以实验方案为取少量收集到的液体于洁净试管中，滴加适量水，液体变浑浊，则收集到的液体中含有TiCl4。

（5）依据题意PdC12溶液捕获CO时，生成金属单质和两种酸性气体，依据原子个数守恒可知反应生成的两种酸性气体为氯化氢和二氧化碳，反应方程式PdCl2+CO+H2O=Pd+2HCl+CO2；

（6）依据图中数据可知二者沸点相差较大，可以用蒸馏法分离二者。

点睛：

本题为实验题，考查物质的制备方案设计及评价，准确把握题干信息，明确实验目的及原理，熟悉各仪器的用途是解题关键，题目难度中，注意题干信息中有效信息的获取与应用。

9.K2SO4是无氯优质钾肥，Mn3O4是生产软磁铁氧体的原料，以硫酸工业的尾气为原料联合制备K2SO4和Mn3O4的工艺流程如图所示。

回答下列问题：

（1）Mn3O4中的Mn元素有+2价和+3价两种情况，则Mn3O4中+2价与+3价Mn元素的物质的量之比为__________________________。

（2）“反应I”________（填“是”或“不是”）氧化还原反应，为提高反应的反应速率，可采取的措施有____________________________（答出一条即可）。

（3）“反应II”的反应原理是___________________________。

（4）试剂a的电子式为_________________________。

（5）“一系列操作”指____________________，该过程用到的非玻璃仪器为_______________。

（6）流程图中“煅烧”操作的温度与剩余固体质量变化曲线如图所示。

则产物A的化学式为______________，产物B的化学式为__________。

【答案】

（1）.1:

2

（2）.是（3）.采用CaCO3粉末（或适当增大反应温度，合理即可）（4）.微溶的CaSO4转化为难溶的CaCO3（5）.

（6）.蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（7）.蒸发皿（8）.MnSO4（9）.Mn3O4

【解析】分析：

硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，反应Ⅰ是用碳酸钙、二氧化硫反应生成亚硫酸钙，再被空气中的氧气氧化成硫酸钙，反应Ⅱ为硫酸钙中加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应Ⅲ向硫酸铵溶液中加入KCl溶液充分反应后，进行蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等操作即得K2SO4产品，反应Ⅳ为二氧化锰氧化二氧化硫得硫酸锰，经除杂结晶得硫酸锰晶体，再经加热可得Mn3O4，据此解答。

详解：

（1）Mn3O4中的Mn元素有+2价和+3价两种情况，设Mn3O4中+2价与+3价Mn的个数分别是x、y，则根据原子守恒和正负价代数和为0可知x+y＝3、2x+3y＝2×4，解得x＝1、y＝2，则Mn3O4中+2价与+3价Mn元素的物质的量之比为1：

2。

（2）亚硫酸钙易被氧化，则“反应I”是氧化还原反应；根据外界条件对反应速率的影响可知为提高反应的反应速率，可采取的措施有采用CaCO3粉末或适当增大反应温度。

（3）硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，因此“反应II”的反应原理是微溶的CaSO4转化为难溶的CaCO3。

（4）根据原子守恒可知试剂a是氯化钾，含有离子键，电子式为

。

（5）“一系列操作”是指从溶液中得到晶体，操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，该过程用到的非玻璃仪器主要为蒸发皿。

（6）MnSO4•H2O受热分解，先失去结晶水。

设MnSO4•H2O的物质的量为1mol，质量为169g，其中含有m（MnSO4）=151g，根据题意可知，在A处固体的质量为169g×89.35/100=151g，所以A的组成为MnSO4；在B处固体的质量为169g×45.17/100=76.33g，其中Mn是55g，O是21.33g，则二者的个数之比是1：

21.33/16＝3：

4，因此化学式为Mn3O4。

点睛：

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的分离、氧化还原反应、溶解平衡、元素守恒的计算等为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，题目难度中等。

难点是物质分解过程中生成物的判断，注意原子守恒的灵活应用。

10.苯乙烯是重要的基础有机化工原料。

工业中以乙苯（C6H5-CH2CH3）为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C6H5-CH=CH2）的反应方程式：

△H

（1）已知：

化学键

C－H

C－C

C＝C

H－H

键能/kJ·molˉ1

412

348

612

436

计算上述反应的△H＝________kJ·mol－1。

（2）一定条件下，在体积不变的密闭容器中，反应过程中各物质浓度随时间变化的关系如下图所示。

在t1时刻加入H2，t2时刻再次达到平衡。

物质X为__________，判断理由是_______________________。

（3）在体积为2L的恒温密闭容器中通入2mol乙苯蒸汽，2分钟后达到平衡，测得氢气的浓度是0.5mol/L，则乙苯蒸汽的反应速率为_________________；维持温度和容器体积不变，向上述平衡中再通入1mol氢气和1mol乙苯蒸汽，则v正_______v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）。

（4）实际生产时反应在常压下进行，且向乙苯蒸气中掺入水蒸气，利用热力学数据计算得到温度和投料比M对乙苯平衡转化率的影响可用如图表示。

[M=n（H2O）/n（乙苯）]

①比较图中A、B两点对应的平衡常数大小：

KA________KB

②图中投料比（M1、M2、M3）的大小顺序为________。

【答案】

（1）.124

（2）.乙苯（3）.加入H2后平衡向左移动，乙苯浓度增大（4）.0.25mol·L-1·min-1（5）.等于（6）.<（7）.M1>M2>M3

【解析】分析：

（1）ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量；

（2）根据外界条件对平衡状态的影响分析；

（3）根据反应速率的含义计算；根据浓度熵判断；

（4）根据温度、压强对平衡状态的影响分析。

详解：

（1）根据方程式可知上述反应的△H＝（348×2+412×5－348－612－412×3－436）kJ/mol＝+124kJ·mol－1。

（2）由于加入H2后平衡向左移动，乙苯浓度增大，所以物质X为乙苯；

（3）

起始浓度（mol/L）100

转化浓度（mol/L）0.50.50.5

平衡浓度（mol/L）0.50.50.5

（4）①正反应吸热，B点温度高于A点，则图中A、B两点对应的平衡常数大小：

KA＜KB；

②由于反应物只有一种，增大反应物浓度相当于增大压强平衡向逆反应方向进行，转化率减小，因此图中投料比（M1、M2、M3）的大小顺序为M1＞M2＞M3。

点睛：

压强对平衡状态的影响是解答的难点和易错点，注意以下几点：

气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似；对于反应前后气体分子数无变化的反应，压强的变化对其平衡无影响；同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强对平衡的影响。

11.Al、Fe、Cu 是重要的材料元素，在生产生活中有着广泛的应用。

回答下列问题:

（1）基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]______，有__个未成对电子。

（2）氯化铝熔点为194℃,而氧化铝熔点为2050℃，二者熔点相差很大的原因是______________________________________________。

（3）已知Al 的第一电离能为578kJ/mol、第二电离能为1817kJ/mol、第三电离能为2745kJ/mol、第四电离能为11575kJ/mol。

请解释其第二电离能增幅较大的原因___________________________________________。

（4）甲醇重整制氢反应中，铜基催化剂如CuO/SiO2具有重整温度低、催化选择性高的优点。

Cu、Si、O元素电负性由大到小的顺序是____；SiO2中Si原子采取____杂化。

（5）一种铜的溴化物晶胞结构如右图所示:

该晶胞中铜的配位数是___,与溴紧邻的溴原子数目是________，由图中P点和Q点的原子坐标参数可确定R点的原子坐标参数为________；已知晶胞参数为apm,其密度为_______g/cm3 。

（列出计算式即可）

【答案】

（1）.3d6

（2）.4（3）.氧化铝是离子晶体，而氯化铝是分子晶体（4）.Al原子失去一个电子后，其3s上有2个电子为全满状态，较稳定（5）.O>Si>Cu（6）.sp3（7）.4（8）.12（9）.（1/4，1/4，1/4）（10）.

【解析】

（1）基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，d轨道有5个，根据洪特规则可知其有4个未成对电子。

（2）氯化铝熔点为194℃,而氧化铝熔点为2050℃，二者熔点相差很大的原因是两者的晶体类型不同，氧化铝是离子晶体，其晶体具有较高的晶格能，而氯化铝是分子晶体，其分子间只存在微弱的分子间作用力。

（3）已知Al 的第一电离能为578kJ/mol、第二电离能为1817kJ/mol、第三电离能为2745kJ/mol、第四电离能为11575kJ/mol。

其第二电离能增幅较大的原因是：

Al原子失去一个电子后，其3s上有2个电子为全充满状态、3p和3d是全空状态，故较稳定。

（4）非金属性越强的元素，其电负性越大，所以，Cu、Si、O元素电负性由大到小的顺序是O>Si>Cu；SiO2中每个Si原子与其周围的4个O原子形成共价键，所以Si原子采取sp3杂化。

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点睛：

本题属于物质结构与性质的综合考查，主要考查了基态原子的电子排布式、核外电子的排布规律、电负性的变化规律、杂化轨道类型的判断以及晶胞的有关计算。

其中有关晶胞的计算难度较大，要求学生要有良好的空间想象能力，能根据晶胞中各粒子的空间位置关系确定某些粒子的空间坐标，会用均摊法计算晶胞中的粒子数目及晶胞的密度。

12.有机物X是某种药物的主要成分，工业上合成该化合物的一种路线如下（部分反应物、反应条件略去）：

已知：

酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：

RCOOR′＋R″OH

RCOOR″＋R′OH（R、R′、R″均代表烃基）。

（1）反应①所需的试剂是_______，反应②的反应类型是_________。

（2）B中含氧官能团的名称是________；反应④的产物除了X以外，另一种产物的名称是________。

（3）D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为____________。

（4）反应③的化学方程式为_______________________。

（5）E的同分异构体