届黑龙江省大庆中学高三下学期开学考试化学试题解析版.docx

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届黑龙江省大庆中学高三下学期开学考试化学试题解析版

大庆中学2018—2019学年下学期开学考试高三化学试题

1.中华民族有着灿烂的文明，用化学知识对以下几个事例的分析不合理的是（　　）

A.商代后期铸造的青铜器属于铜合金制品，其熔点高于纯铜

B.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土

C.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈

D.唐代后期出现的黑火药，它的燃烧属于氧化还原反应

【答案】A

【解析】

【详解】A项，青铜制品中含有铜元素、锡元素、铅元素等，也就是铜合金制品，合金熔点低于纯金属，故A项错误；

B项，制作瓷器主要原料为黏土等矿物原料，故B项正确；

C项，明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈， 故C项正确；

D项，黑火药的主要成分有硫黄（S）、硝石（KNO3）和木炭（C），黑火药燃烧属于氧化还原反应，故D项正确。

答案选A。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A.25℃时，pH=1的盐酸溶液中，由水电离出的H+个数为10-13 NA

B.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA

C.1L0.1mol•L-1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3-

D.100gCaCO3与KHCO3的混合物中含有的阴离子的数目为NA

【答案】D

【解析】

【详解】A、水的电离方程式为：

H2O

H++OH-，25℃时kw=c（H+）×c（OH-）═1×10-14，pH=1的盐酸，c（H+）=0.1mol/L，由水电离生成的c（H+）=c（OH-）=

mol/L=10-13mol/L，但由于溶液体积未知，故不能计算由水电离出的H+个数，故A错误；

B、根据化学方程式中元素化合价变化和氧化还原反应规律同元素不同价态发生氧化还原反应，元素化合价只能靠近不能交叉，在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA，故B错误；

C、1 L 0.1 mol/L的NaHCO3溶液中含有0.1mol溶质碳酸氢钠，由于碳酸氢根离子部分水解，则HCO3-离子数小于0.1 NA，故C错误；

D、100gCaCO3与KHCO3的混合物的物质的量为1mol，含有1mol阴离子，含有的阴离子的数目为NA，故D正确。

答案选D。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。

3.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有9个电子，Y原子最外层电子数是最内层电子数的一半，Z最高正价是最低负价绝对值的3倍。

下列叙述正确的是（　　）

A.原子半径：

W＜X＜Y＜Z

B.化合物Y2Z中既有离子键、又有共价键

C.Y、W最高价氧化物对应水化物的溶液均能溶解氧化铝

D.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：

Z、W、X

【答案】C

【解析】

【分析】

在短周期主族元素中，核外电子数是9的元素是F，所以X是F，最外层电子数是最内层一半的元素是Na，所以Y是Na，最高正价是最低负价绝对值的3倍的元素是S，所以Z是S，则W就是Cl。

【详解】经分析可知：

X是F，Y是Na，Z是S，W是Cl；

A.原子半径由小到大的顺序是：

X

W

Z

Y，故A错误；

B.化合物Y2Z是Na2S，在Na2S中，只有离子键没有共价键，故B错误；

C.Y、W最高价氧化物对应水化物分别是：

NaOH、HClO4，分别为强碱和强酸，氧化铝为两性氧化物，所以水溶液均能溶解氧化铝，故C正确；

D.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是：

HF

HCl

H2S，故D错误；

本题答案为C。

4.环丙叉环丙烷（n）由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的关注。

它有如下转化关系，下列说法正确的是（　　）

A.n的所有原子都在一个平面内B.反应②是消去反应

C.n与

互为同分异构体D.m的同分异构体中属于芳香族化合物的共有四种

【答案】C

【解析】

【详解】A.n中左右两端分别有2个饱和的碳原子，为四面体结构，最多3个原子共平面，A项错误；

B.p经过②得到m，从可以看出，2个溴原子变成了1个氧原子，不是消去反应生成不饱和的键，B项错误；

C.n的分子式为C6H8，

的分子式也为C6H8，为同分异构体；C项正确；

D.m的分子式为C7H8O，属于芳香族化合物，取代基从整到散可以为—CH2OH或者—O—CH3，有两种，也可以为—OH和—CH3，共3种，共5种，D项错误；

本题答案选C。

5.世界水产养殖协会介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其原理如图所示，电极C1、C2为惰性电极，下列说法正确的是（　　）

A.C1极上发生还原反应

B.Y为电源的负极

C.若有1molNO3-被还原，则有1molH+通过质子膜迁移至阴极区

D.若有机物为葡萄糖（C6H12O6），则1mol葡萄糖被完全氧化时，理论上电极流出20mole-

【答案】B

【解析】

【分析】

从装置图中可知，X电极连接的电极上发生反应是在微生物作用下有机物（如C6H12O6等）被氧化为CO2，发生氧化反应；Y电极连接电极上，微生物作用下，硝酸根离子被还原为氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则X为正极，Y为负极，结合电极反应和电子守恒计算，质子膜允许氢离子通过，据此分析判断。

【详解】X电极连接的电极上发生反应是微生物作用下有机物转化成CO2，发生氧化反应；Y电极连接电极上，微生物作用下，NO3-离子转化成氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则X为正极，Y为负极。

A.X为正极，C1为阳极，发生氧化反应，A错误；

B.根据上述分析分析可知：

电源中Y为负极，X为正极，B正确；

C.若有1molNO3-被还原，根据阴极电极反应式2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O可知，电子转移5mol，则有5molH+通过质子膜迁移至阴板区，C错误；

D.1mol葡萄糖被完全氧化时，碳元素化合价0价变化为+4价，理论上电极上流出4×6mol=24mole-，D错误；

故合理选项是B。

【点睛】本题考查了电解池原理和应用，依据电极上物质变化的元素的化合价变化方式的反应来确定电解池电极名称和原电池电极名称，根据外电路和质子交换膜中通过的电量相同计算，不能依据实际消耗的氢离子计算，注意运用原子守恒计算。

6.实验室将NH3通入AlCl3溶液中制备Al（OH）3，经过滤、洗涤、灼烧得Al2O3，下列图示装置和原理均能达到实验目的是（　　）

A.用装置甲制取NH3B.用装置乙制备Al（OH）3

C.用装置丙过滤并洗涤Al（OH）3D.用装置丁灼烧Al（OH）3得Al2O3

【答案】A

【解析】

A中氧化钙与氨水反应且放热，有利于氨气的产生，A正确；因氨气极易溶于水，直接将氨气通入氯化铝溶液中易形成倒吸而不安全，故B错误；过滤时应用玻璃棒引流，故C错误；加热灼烧固体应在坩埚中进行而非蒸发皿中，故D错误。

7.手持技术是基于数据采集器、传感器和多媒体计算机构成的一种新兴掌上试验系统，具有实时、定量、直观等特点，下图是利用手持技术得到的微粒物质的量变化图，常温下向20ml0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。

下列说法正确的是（　　）

A.H2A在水中的电离方程式是：

H2A=2H++A2-

B.当V（NaOH）=20mL时，则有：

c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-）

C.当V（NaOH）=30mL时，则有：

2c（H+）+c（HA-）+2c（H2A）=c（A2-）+2c（OH-）

D.当V（NaOH）=40mL时，其溶液中水的电离受到抑制

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据图知，溶液中存在HA-、H2A、A2-，说明酸H2A是二元弱酸，在水溶液中部分电离，所以其二元酸的电离方程式为H2A⇌H++HA-；HA-⇌H++A2-，故A错误；

B.当V（NaOH）=20mL时，二者的物质的量的比是1:

1，恰好完全反应生成NaHA，溶液中存在HA-、H2A、A2-，说明HA-存在电离平衡和水解平衡，由图可知n（H2A）＜n（A2-），说明其电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，但HA-电离和水解程度都较小，因此溶液中离子浓度大小顺序是：

c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），B正确；

C.当V（NaOH）=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA、Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：

c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）①，物料守恒可知：

3c（HA-）+3c（A2-）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：

2c（H+）+c（HA-）+3c（H2A）═c（A2-）+2c（OH-），C错误；

D.当V（NaOH）=40mL时，二者恰好完全反应生成强碱弱酸盐Na2A，含有弱酸根离子A2-的盐促进水电离，因此Na2A促进水电离，使水的电离程度增大，D错误；

故合理选项是B。

8.水合肼（N2H4•H2O）是一种强还原性的碱性液体，是一种用途广泛的化工原料，实验室用如图装置制备（部分装置省略）。

回答下列问题：

（1）步骤1关闭K2、K3，打开K1，制备NaClO；步骤2关闭______，打开_______，通入N2一段时间；关闭K3，打开K2，通入NH3，制备N2H4•H2O。

（2）盛放碱石灰的仪器的名称为____________,碱石灰的作用_________________。

（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是______________________。

（4）本装置中制备氨气的化学方程式是____________________________。

（5）NH3与 NaClO反应生成N2H4•H2O的化学方程式为______________________。

（6）已知：

N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，实验室用碘标准溶液测定N2H4•H2O粗产品的纯度。

若称取N2H4•H2O粗产品（其它杂质不与I2反应）2.000g，加水配成250.00mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，用0.3000mol•L-1的碘标准溶液进行滴定，碘标准溶液盛放在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。

达到终点的现象是___________。

实验测得消耗碘标准溶液的平均体积为20.00mL，则粗产品中水合肼的质量分数为________。

【答案】

（1）.K1、K2

（2）.K3（3）.干燥管（4）.吸收氯气，防止污染空气（5）.排除空气及多余的氯气（6）.2NH4Cl+Ca（OH）2

2NH3+CaCl2+2H2O（7）.2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl（8）.酸式（9）.当滴入最后一滴标准溶液，溶液变蓝且30s不褪色（10）.75%

【解析】

【分析】

由图可知氯化铵与熟石灰反应生成氨气，氯气与NaOH发生Cl2+2NaOH=NaC1O+NaC1+H2O，NaClO与氨气反应可制备N2H4•H2O。

碘可氧化橡胶，以淀粉为指示剂，通过淀粉遇碘单质变蓝来确定滴定终点；结合N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O计算水合肼的质量分数，以此来解答。

【详解】

（1）根据流程图示及实验目的可知：

步骤1关闭K2、K3，打开K1，向NaOH溶液中通入Cl2，发生反应：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O来制备NaClO；步骤2关闭K1、K2，打开K3，通入N2一段时间，将装置内的空气及未反应的Cl2排出；再关闭K3，打开K2，通入NH3，使反应制取的NH3进入装置内与NaClO反应制备N2H4•H2O。

（2）盛放碱石灰的仪器的名称为干燥管，其作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气；

（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余的氯气，防止影响氨气与NaClO的反应；

（4）在该装置中用NH4Cl与Ca（OH）2反应制取氨气，制备氨气的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2

2NH3+CaCl2+2H2O；

（5）NH3与NaClO反应生成N2H4•H2O的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4•H2O+NaCl；

（6）碘单质容易与碱式滴定管的橡胶发生反应，其水溶液现酸性，所以碘标准溶液要盛放在酸式滴定管中，以淀粉溶液为指示剂，若达到滴定终点，滴入的碘标准溶液与淀粉溶液会变为蓝色，所以达到终点的现象是溶液变蓝且30s不褪色。

实验测得消耗碘标准溶液的平均体积为20.00mL，则原样品消耗标准溶液中碘单质的物质的量n（I2）=0.02L×0.3000mol/L×

=0.0600mol，根据方程式N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可知n（N2H4•H2O）=

 n（I2）=0.0300mol，所以粗产品中水合肼的质量分数为

×100%=75%。

【点睛】本题考查物质的制备实验的知识，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

9.“低碳生活，绿色出行”已经成为很多人的生活理念。

CO2的捕捉和利用也成为了科学家们积极探索的热门领域。

回答下列问题:

（1）用CO2催化加氢可制取乙烯，其能量关系如图，写出该反应的热化学方程式____。

（2）以硫酸作电解质溶液，利用太阳能电池将CO2转化为乙烯的工作原理如图。

则A为电池的___极，N极的电极反应式为______。

（3）用CO2催化加氢制取二甲醚的反应为:

2CO2（g）+6H2（g）

CH3OCH3（g）+3H2O（g）在恒容密闭容器中，均充入2molCO2和6molH2，分别以Ir和Ce作催化剂，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率a（CO2）随反应温度的变化情况下图所示：

①用Ir和Ce作催化剂时，反应的活化能更低的是_______。

②a、b、c、d和e五种状态，反应一定达到平衡状态的是____________,反应的△H________0。

（填“>”、“=”、“<”）

③从状态a到c，CO2转化率不断增大的原因是____________。

④状态e时，a（CO2）=50%，若保持容器容积为10L，则此时的平衡常数K=____________

【答案】

（1）.CO2（g）+3H2（g）===1/2C2H4（g）+2H2OΔH=－（b－a）kJ/mol

（2）.负（3）.4OH――4e－=O2↑+2H2O或2H2O―4e－=O2↑+4H+（4）.Ir（5）.d和e（6）.＜（7）.状态a和c均未达到平衡，从状态a到c，温度不断升高，化学反应速率不断增大，故在相同时间内CO2的转化量不断增大、CO2的转化率不断增大（8）.

（或23.15）

【解析】

（1）用CO2催化加氢可制取乙烯，由图1可知，反应物的键能总和为akJ/mol、生成物的键能总和为bkJ/mol，所以，该反应的热化学方程式CO2（g）+3H2（g）===1/2C2H4（g）+2H2OΔH=－（b－a）kJ/mol。

（2）以硫酸作电解质溶液，利用太阳能电池将CO2转化为乙烯。

由其工作原理图2可知，该装置为电解池，M极上CO2被还原为乙烯，则M极为阴极、A为电池的负极，N极为阳极，氢氧根放电生成氧气，电极反应式为4OH――4e－=O2↑+2H2O或2H2O―4e－=O2↑+4H+。

（3）①由图中信息可知，当温度为400K~800K时，反应进行相同的时间后测得Ir作催化剂的CO2的转化率a（CO2）较高，说明Ir的催化效率更高，所以，用Ir和Ce作催化剂时，反应的活化能更低的是Ir。

②由图可知，当温度高于800K时，CO2的转化率a（CO2）随反应温度升高而减小，说明该反应为放热反应，温度升高化学平衡向逆反应方向移动，在一定的温度范围内，温度越高化学反应速率越快，所以，a、b、c、d和e五种状态，反应一定达到平衡状态的是d和e，反应的△H＜0。

③从状态a到c，CO2转化率不断增大的原因是：

状态a和c均未达到平衡，从状态a到c，温度不断升高，化学反应速率不断增大，故在相同时间内CO2的转化量不断增大、CO2的转化率不断增大。

④状态e为平衡状态，a（CO2）=50%，则CO2的变化量为1mol，H2、CH3OCH3、H2O的变化量分别为3mol、0.5mol、1.5mol，各组分的平衡量与变化量相同，若保持容器容积为10L，则CO2、H2、CH3OCH3、H2O的平衡浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.05mol/L、0.15mol，此时的平衡常数K=

（或23.15）。

点睛：

催化剂是通过降低反应的活化能而使化学反应速率加快的，故在相同时间内，同一反应的反应物的转化率越高，表明催化剂的催化效率越高，反应所需的活化能就越低。

10.工业上采用酸性高浓度含砷废水（砷主要以亚砷酸H3AsO3形式存在）提取中药药剂As2O3．工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）“沉砷”中所用Na2S的电子式为_____________。

（2）已知：

As2S3与过量的S2-存在以下反应：

As2S3（s）+3S2-（aq）

2AsS33-；“沉砷”中FeSO4的作用是_____。

（3）“焙烧”过程中由于条件的原因，生成的三氧化二铁中混有四氧化三铁，证明四氧化三铁存在的试剂是___________。

（写名称）

（4）“氧化”过程中，可以用单质碘为氧化剂进行氧化，写出该反应的离子方程式__________。

（5）调节pH=0时，请写出由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式_________________。

（6）一定条件下，用雄黄（As4S4）制备As2O3的转化关系如图所示。

若反应中，1molAs4S4（其中As元素的化合价为+2价）参加反应时，转移28mole-，则物质a为___________。

（填化学式）

【答案】

（1）.

（2）.与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止AS2O3与S2-结合生成AsS33-（3）.稀硫酸、高锰酸钾溶液（4）.AsO33-+I2+2OH-=2I-+3AsO43-+H2O（5）.2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O（6）.SO2

【解析】

【分析】

向酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，然后焙烧，可生成As2O3、Fe2O3，向其中加入氢氧化钠溶液，As2O3反应生成Na3AsO3，然后氧化生成Na3AsO4，生成的气体为SO2，与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，以此解答该题。

【详解】

（1）Na2S为离子化合物，电子式为

；

（2）已知：

As2S3与过量的S2-存在以下反应：

As2S3（s）+3S2-（aq）

2AsS33-；在“沉砷”过程中加入FeSO4的作用是与溶液在的S2-发生反应形成FeS沉淀，以除去过量的S2-，使可逆反应As2S3+3S2-⇌2AsS32-的化学平衡逆向进行，从而可提高沉砷效果，防止AS2O3与S2-结合生成AsS33-；

（3）四氧化三铁含有+2价铁，具有还原性，可在酸性条件下与酸性高锰酸钾溶液反应，使溶液的紫色褪去，因此可用的试剂为硫酸、酸性高锰酸钾溶液

（4）在“氧化”过程中，I2将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为AsO33-+I2+2OH-=2I-+3AsO43-+H2O；

（5）调节pH=0时，SO2将Na3AsO4还原为As2O3，SO2被氧化为SO42-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O；

（6）As4S4中As为+2价、S为-2价，且As元素被氧化为+3价的As2O3，1molAs4S4（其中As元素的化合价为+2价）参加反应时，转移28mole-，由于As的化合价只升高了1，则S元素化合价必须升高6价，即S元素的化合价由-2升高为+4价，因此应为SO2。

【点睛】本题考查物质制备方案设计的知识，明确实验原理为解答关键，注意把握物质性质及反应前后元素化合价的变化情况分析，学会对题目已知信息的获取与使用，侧重于学生的分析、理解能力及化学实验应用能力的考查。

11.醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展。

醋硝香豆素可以通过以下方法合成（部分反应条件已省略）。

请回答下列问题：

（1）A的名称是______________；醋硝香豆素中所含官能团的名称为________。

（2）反应①的反应类型是____________；反应⑤的反应类型为______________。

（3）C生成D的化学方程式为________________________________。

（4）关于E物质，下列说法正确的是_______________（填字母）。

a．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和E

b．在核磁共振氢谱中有五组吸收峰

c．存在顺反异构

d．可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和消去反应

（5）分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有_______种。

①可与氯化铁溶液发生显色反应；②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体。

其中，苯环上的一氯代物只有两种的结构简式为_________。

区分上述G的各种同分异构体可选用的仪器是________（填字母）。

a．元素分析仪    b．红外光谱仪     c．核磁共振仪

【答案】

（1）.对硝基甲苯

（2）.酯基、羰基、硝基（3）.取代反应（4）.加成反应（5）.2

+O2

2

+2H2O（6）.bc（7）.13（8）.

（9）.bc

【解析】

【分析】

甲苯和硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构，可知A为对硝基甲苯，结构简式为

，结合B、D结构，可知C结构简式为

，C发生氧化反应得到D，则A与溴发生取代反应生成B为

；D和丙酮反应生成E为

，苯酚和丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋酸香豆素。

【详解】

（1）甲苯与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生甲基对位上的取代反应，产生对硝基甲苯，所以A的名称是对硝基甲苯；根据醋硝香豆素的结构简式可知其中所含官能团的名称为

（1）反应①的反应类型是取代反应，反应④的反应类型为：

加成反应，醋硝香豆素中含有官能团的名称为：

酯基、羰基、硝基；

（2）甲苯发生①反应生成对硝基甲苯，反应类型为取代反应；E:

与G:

发生加成反应产生醋硝香豆素

，所以反应⑤是加成反应；

（3）C生成D的化学方程式为的化学方程式为：

；

（4）关于E（

）物质的说法：

a.D是对硝基苯甲醛

，E是

，二者都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用于鉴别D和E，a错误；

b.E分子中有5种不同结构的H原子，所以在核磁共振氢谱中有五组吸收峰，b正确；

c.E中碳碳双键中同一碳原子连接的原子或原子团不同，存在顺反异构，c