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1、广东省深圳市高三第一次调研考试理综化学试题及解析广东省深圳市2018届高三第一次调研考试理综化学试题1. 化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A. 牺牲阳极的阴极保护法进行钢铁防腐时,钢铁与电源的负极相连B. 油脂进行皂化反应后，加入食盐分离出高级脂肪酸盐C. 纤维素供给人体能量时，先在体內水解成葡萄糖再被氧化D. 氨气作工业制冷剂时，先汽化再液化【答案】B.点睛：本题主要考查物质的性质及应用，掌握相关物质的性质、发生的反应类型和用途是解答本题的关键，本题的易错点是A项，利用牺牲阳极的阴极保护法进行钢铁防腐是原电池原理，利用电解原理进行金属防腐的方法叫外加电流的阴极保护法。2. 设NA为

2、阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数大于0.3NAB. 10g质量分数为46%的乙醇溶液含有的氢原子数目为0.6NAC. 0.2molN2和0.6mol H2混合充分反应后，转移的电子数目为1.2NAD. 0.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全燃烧，消耗的O2分子数目为0.5NA【答案】D【解析】A. Na2O2和Na2O均是由两个阳离子和一个阴离子构成的离子化合物，所以0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总物质的量为0.3mol，个数为0.3NA，故A错误；B. 乙醇溶液中除乙醇外，水也含氢原子，10g质量

3、分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，故乙醇含有0.6mol氢原子，水的质量为10g4.6g=5.4g，物质的量为0.3mol，故水含有0.6mol氢原子，则此溶液中含有氢原子的物质的量为1.2mol，个数为1.2NA，故B错误；C. 因N2和H2合成NH3的反应是可逆反应，0.2molN2和0.6molH2不能完全转化为NH3，转移的电子数目小于1.2NA，故C错误；D. 因1molHCHO和1mol C2H2O3完全燃烧消耗O2的物质的量均为1mol，所以0.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全燃烧，消耗的O2的物质的量为0.5mol，分子数目为0.

4、5NA，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的相关计算，熟练掌握相关的计算公式、物质结构特点、可逆反应特点等是解题的关键，本题的易错点是C项，解题时要注意N2和H2合成NH3的反应是可逆反应，0.2molN2和0.6molH2发生反应时，不能完全转化为NH3，转移电子的数目应小于1.2NA。3. 关于有机物a()、b()、c()的说法正确的是A. a、b、c的分子式均为C8H8B. a、b、c均能与溴水发生反应C. a、b、c中只有a的所有原子会处于同一平面D. a、b、c的一氯代物中，b有1种，a、c均有5种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】A. a、b的分子式为C8H8，

5、c的分子式为C8H10，故A错误；B. b分子是立方烷，不能与溴水发生反应，a、c分子中均含有碳碳双键，可以和溴水发生反应，故B错误；C. a分子中的苯环和碳碳双键均为平面结构，因单键可以旋转，所以a分子中的所有原子可以处于同一平面，b、c分子中均含有饱和碳原子，所以b、c分子中的所有原子不可能处于同一平面，故C正确；D. b分子是立方烷，是一种对称结构，每个碳原子上有一个氢原子，其一氯代物只有1种，a的一氯代物有5种，c的一氯代物有7种，故D错误；答案选C。4. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X.Z同主族，X、Y、Z能形成化合物Q，25时,0.01mol/LQ溶液的pH为1

6、2，Y、Z、W形成的一种化合物常用作生活中的消毒剂和漂白剂，下列说法正确的是A. 原子半经: XB. X、Y形成化合物分子中可能含有非极性键C. Y与Z属于同一周期，与W属于同一主族D. 四种元素中，W元素的非金属性最强【答案】B【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Z同主族，X、Y、Z能形成化合物Q，25时，0.01mol/LQ溶液的pH为12，说明Q是一元强碱，则Q为NaOH，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素，Y、Z、W形成的一种化合物常用作生活中的消毒剂和漂白剂，则W为Cl元素，Y、Z、W形成的常用作生活中的消毒剂和漂白剂的化合物是NaClO。A. 原子半径Na

7、ClOH，故A错误；B. H和O两种元素形成的化合物H2O2中，既含有极性键又含有非极性键，故B正确；C. Y是O元素、Z是Na元素、W是Cl元素，O与Na不在同一周期，O与Cl不属于同一主族，故C错误；D. 在这四种元素中，O元素的非金属性最强，故D错误；答案选B。5. 银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为Zn+Ag2O2+H2O=Zn(OH)2+Ag2O，某小组以银锌蓄电池为电源，用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，设计如图所示装置。连通电路后，下列说法正确是A. 电池的a极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-B. 气体Y为H2C. pq膜适宜选择阳

8、离子交换膜D. 电池中消耗65gZn，理论上生成1mol气体X【答案】D【解析】用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，根据装置图可知，该电解池的左侧为NaOH溶液，右侧为H2SO4溶液，说明M电极为阴极，水电离的H+在M电极上得电子生成H2，电极反应式为：2H2O2e=H22OH，中间隔室的Na+通过mn膜进入装置左侧区域与生成的OH结合生成NaOH，N电极为阳极，水电离的OH在N电极上失电子生成O2，电极反应式为：2H2O4e=O24H+，中间隔室的SO42通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4。A. 根据上述分析可知，M为阴极，则a为负极、b为正极，

9、a电极的反应式为Zn2e2OH=Zn(OH)2，故A错误；B. N电极的反应式为2H2O4e=O24H+，气体Y为O2，故B错误；C. 因中间隔室的SO42通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4，则pq膜应选择阴离子交换膜，故C错误；D. 65gZn的物质的量为1mol，当消耗65gZn时，转移电子的物质的量为2mol，M电极的反应式为2H2O2e=H22OH，由反应式可知，当转移2mol电子时，生成H2的物质的量为1mol，故D正确；答案选D。点睛：本题综合考查原电池和电解池的相关知识，试题难度较大，明确各电极发生的反应，进而推断电解池的阴、阳极和原电池的正、负极是解答本题

10、的关键，本题的易错点是A项电极反应式的书写，解题时要结合电解质溶液的酸碱性和题中所给的已知方程式书写a极的电极反应式。6. 实验室欲探究CO还原CuO，设计如图所示装置(夹持装置略去)。下列说法正确的是A. 、中均可盛装碱石灰B. 加热的顺序为、C. 、中均发生氧化还原反应D. 可将尾气用导管通入到的酒精灯处灼烧【答案】D【解析】由装置图可知，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O和CO2，用装置除去CO2中混有的H2O(g)，CO2与碳粉加热反应生成CO，用装置除去剩余的CO2，CO与CuO固体加热反应生成CO2和Cu，最后进行尾气处理除去剩余的CO。A. 中若盛装碱石灰，会把CO2和

11、H2O(g)一并除去，因此中应盛装P2O5等干燥剂，装置的作用是除去剩余的CO2，所以装置中可盛装碱石灰，故A错误；B. 因碳粉会和空气中的氧气、水蒸气等在加热时发生反应，所以应先加热装置，待整个装置中充满CO2时，再加热和，故B错误；C. 装置中发生的是NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O和CO2的反应，该反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，中发生的反应为CCO22CO、中发生的反应为COCuOCuCO2，这两个反应中均有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；D. 处理尾气CO通常采用点燃的方法，使CO燃烧生成无污染的CO2，故D正确；答案选D。7. 25时，用

12、NaOH溶液滴定H2C2O4 溶液，溶液中和-lgc(HC2O4-)或和-lgc(C2O42-)关系如图所示，下列说法正确的是A. 曲线L1表示和-lgc(HC2O4-)的关系B. Ka2(H2C2O4)的数量级为10-2C. NaHC2O4溶液中c(Na+)c(HC2O4-)c(H2C2O4)c(C2O42-)D. 向0.1mol/LH2C2O4溶液中加入少量水减小【答案】A【解析】A. H2C2O4是二元弱酸，在溶液中发生两步电离：H2C2O4 HC2O4H、HC2O4 C2O42H，Ka1=、Ka2=，lgKa1=lg=lg+lgc(HC2O4)、lgKa2=lg=lg+lgc(C2O4

13、2)，因Ka1Ka2，则lgKa1lgKa2，即lg+lgc(HC2O4)lg+lgc(C2O42)，所以曲线L1表示和lgc(HC2O4)的关系，故A正确；B. 曲线L2表示和-lgc(C2O42-)的关系，据图可知，lgKa2=lg=lg+lgc(C2O42)=2+3=5，则Ka2=10-5，Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5，故B错误；C. 由上述分析可知，HC2O4发生电离的平衡常数Ka2=10-5，HC2O4发生水解反应的平衡常数Kh=10-12，Ka2Kh，即HC2O4的电离程度大于水解程度，所以在NaHC2O4溶液中c(Na+)c(HC2O4-) c(C2O42-) c(H

14、2C2O4)，故C错误；D. 由Ka1=可得：=，向0.1mol /LH2C2O4溶液中加入少量水，Ka1不变，c(H+)减小，则=增大，故D错误；答案选A。8. 某小组对碳与浓硝酸的反应进行探究，已知:2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O。请回答下列可题:I.甲同学设计 如图所示装置制备并收集NO(1)碳与浓硝酸反应的化学方程式为_。(2)C的作用为_。(3)乙同学认为用装置F代替B更合理，理由为_。(4)乙同学用改进后的装置进行实验。将浓HNO3滴入圆底烧瓶中的操作为_。点燃A处酒精灯开始反应后，圆底烧瓶中的现象为_。II.探

15、究NO与Na2O2反应已知NaNO2既有氧化性，又有还原性；J 处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3。(5)检验上图装置气密性的方法为_。(6)实验结束后，设计实验证明J 处硬质玻璃管中有NaNO2生成_。供选试剂:蒸馏水KI-淀粉溶液，KMnO4溶液、NaOH溶液.BaCl2溶液、稀硫酸【答案】 (1). C+4HNO3(浓) 4NO2+CO2+2H2O (2). 除去反应生成的CO2 (3). 装置F可以起到防倒吸的作用 (4). 打开分液漏斗玻璃塞(或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准)，旋转活塞,使浓硝酸滴入圆底烧瓶 (5). 剧烈反应，木炭逐渐减少，液体中有气

16、泡冒出，烧瓶中出现红棕色气体 (6). 关闭K，由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶，一段时间后液面差不变则气密性良好 (7). 取少量反应后的固体溶于蒸馏水，滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液褪色则有NaNO2 生成【解析】I. (1). 碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2和H2O，化学方程式为C+4HNO3(浓) 4NO2+CO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3(浓) 4NO2+CO2+2H2O；(2). 碳与浓硝酸反应生成的CO2、NO2通入B装置的水中，NO2与水反应生成HNO3和NO，再将混合气体通入装置C的NaOH溶液中，可以除去NO中混有的CO2，故答案为

17、：除去反应生成的CO2；(3). 将碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2通入B装置的水中，因NO2与水反应生成HNO3和NO，造成气体减少、压强减小，从而产生倒吸，若将混合气体通入CCl4中，则不会产生倒吸，故答案为：装置F可以起到防倒吸的作用；(4). . 将分液漏斗中的浓HNO3顺利滴入圆底烧瓶，需先平衡压强，则正确的操作步骤为：打开分液漏斗玻璃塞(或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准)，旋转活塞，使浓硝酸滴入圆底烧瓶，并控制滴加速度，故答案为：打开分液漏斗玻璃塞(或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准)，旋转活塞，使浓硝酸滴入圆底烧瓶；. 向圆底烧瓶中加入浓硝酸后，点燃A处

18、酒精灯，碳与浓硝酸剧烈反应，木炭逐渐减少，液体中有气泡冒出，烧瓶中出现红棕色气体，故答案为：剧烈反应，木炭逐渐减少，液体中有气泡冒出，烧瓶中出现红棕色气体；II. (5). 检验装置的气密性需先形成密闭体系，正确的方法是：关闭装置后端开关K，由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶，一段时间后液面的高度差不变，则气密性良好，故答案为：关闭K，由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶，一段时间后液面差不变则气密性良好；(6). J处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3，因NaNO3在酸性条件下也具有强氧化性，所以不能使用还原性的试剂如KI淀粉溶液检验，可根据N

19、aNO2具有还原性而NaNO3没有还原性，取少量反应后的固体溶于蒸馏水，滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液，若溶液褪色则有NaNO2生成，故答案为：取少量反应后的固体溶于蒸馏水，滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液褪色则有NaNO2生成。9. 某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下：已知：“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO42-和一种阳离子常温下，KspAl(OH)3=1.010-34，KspFe(OH)3=4.010-38，KspMg(OH)2=1.0

20、10-11请回答下列问题：(1)“酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为_。(2)“反应”时加入铁粉的作用为_。(3)“结晶”需控制在70左右，温度过高会导致的后果为_。(4)“水解”反应的离子方程式为_。所得TiO2xH2O 沉淀进行酸洗的目的为_。(5)为使滤渣2沉淀完全(溶液中离子浓度小于10-5mol/L)。需“调pH”最小为_。(6)实验室用MgCl2溶液制备MgCl26H2O，需进行的操作为_、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(7)FeSO47H2O样品纯度的测定：取a g样品溶于水配成bmL.溶液；用酸化的cmol/LKMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液的体积为dmL，样

21、品中FeSO47H2O的质量分数为_ （用代数式表示)。【答案】 (1). TiO2+2H+=TiO2+H2O (2). 将Fe3+还原为Fe2+ (3). 导致TiO2+提前水解使FeSO47H2O混有TiO2xH2O，并使TiO2xH2O产率降低 (4). TiO2+(x+1)H2O=TiO2xH2O+2H+ (5). 洗去粘附的FeSO4，防止FeSO4水解 (6). 4.3 (7). 在不断通入HC1的条件下蒸发浓缩 (8). 【解析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，经硫酸酸浸后过滤，所得滤液中含有Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(

22、SO4)3、MgSO4、TiOSO4，SiO2与硫酸不反应，滤渣1为SiO2，向滤液中加入铁粉，Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，结晶得FeSO47H2O，所得滤液1中含有Al2(SO4)3、MgSO4、TiOSO4和少量FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2xH2O，经酸洗、水洗、干燥和灼烧后得TiO2，滤液2中含有Al2(SO4)3、MgSO4和少量FeSO4，加入双氧水将Fe2氧化成Fe3，调节溶液pH使Al3、Fe3生成Al(OH)3、Fe(OH)3，过滤得滤渣2中含有Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，滤液3中含有MgCl2，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得MgCl26H2O

23、。(1). “酸浸”时TiO2与硫酸发生反应生成TiOSO4，离子方程式为TiO2+2H+=TiO2+H2O，故答案为：TiO2+2H+=TiO2+H2O；(2). “反应”时加入铁粉，Fe与Fe3反应生成Fe2，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；(3). TiO2+在较高温度下会水解转化为TiO2xH2O，则“结晶”时温度应控制在70左右，若温度过高，会造成TiO2+提前水解，使FeSO47H2O中混有TiO2xH2O，同时还会降低TiO2xH2O的产率，故答案为：导致TiO2+提前水解使FeSO47H2O混有TiO2xH2O，并使TiO2xH2O产率降低；(4). TiO2+发生“水解”

24、反应生成TiO2xH2O，离子方程式为TiO2+(x+1)H2O=TiO2xH2O+2H+，所得TiO2xH2O沉淀进行酸洗，可以除去沉淀表面的FeSO4等杂质，同时在酸性条件下洗涤可防止FeSO4水解，故答案为：TiO2+(x+1)H2O=TiO2xH2O+2H+；洗去粘附的FeSO4，防止FeSO4水解；(5). 调节pH的目的是使溶液中的Al3、Fe3生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀而除去，因Al(OH)3和Fe(OH)3的阴、阳离子个数比相同，KspAl(OH)3KspFe(OH)3，则Al3完全沉淀时，Fe3也已经完全沉淀，所以使Al3沉淀完全对应溶液的pH即为最小的pH，由题

25、中数据可知，Al3完全沉淀时，c3(OH)=1029，由c(H+)=和pH=lgc(H+)解得pH=4.3，故答案为：4.3；(6). 用MgCl2溶液制备MgCl26H2O晶体，需要经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，因加热蒸发时会促进MgCl2的水解，为抑制MgCl2的水解，应在不断通入HC1的条件下进行蒸发浓缩，故答案为：在不断通入HC1的条件下蒸发浓缩；(7). 酸性高锰酸钾溶液氧化FeSO4的离子方程式为：5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O，由方程式可知，n(FeSO47H2O)=5n(KMnO4)=5d103Lcmol/L=5cd103mol，m(FeSO47

26、H2O)= 5cd103mol278g/mol=1.39cd g，则样品中FeSO47H2O的质量分数为：100%，故答案为：100%。点睛：本题以物质制备为载体考查化学工艺流程，涉及元素化合物性质及相互转化、氧化还原反应、离子方程式书写、实验基本操作、物质含量的测定、沉淀溶解平衡等知识，掌握相关物质的性质、制备原理及相关方程式的书写是解题的关键，本题的难点是第（7）小题，解答本题时要先根据氧化还原反应的原理写出酸性高锰酸钾氧化FeSO4的离子方程式，根据方程式找出KMnO4与FeSO4之间的比例关系，再根据题中提供的数据求出FeSO4的质量即可得出正确结果。10. 氮元素能够形成多种化合物。

27、请回答下列问题：（1）联氨(N2H4)常温下为液态，在空气中迅速完全燃烧生成N2，同时放出大量热，可作导弹、宇宙飞船、火箭的燃料。已知:H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)；H1=-285.8kJ/molN2(g)+2H2(g)=N2H4(l)；H2=+50.6kJ/mol则N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式为_。(2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g) H0。一定温度下，向2L恒容容器中充入1mol CH4(g)和2mol NH3(g)发生上述反应，4min达到平衡时，测得CH4的转化率为66.67%。04min

28、內，用H2表示的该反应速率v(H2)=_。保持温度和容积不变，再句平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2，此时v正_v逆(选填“”“”或“=”)。平衡体系中HCN的物质的量(n)随某物理量变化曲线如图所示(图中x、L分别表示温度或压强)。若x为温度，则曲线，_(选填“L1”或“L2”)能正确表示n (HCN) 与温度的关系；若x为压强，则曲线_(选填“L1”或“L2”)能正确表示n HCN)与压强的关系。(3)NH3能够形成Ag(NH3)2+。溶液中存在Ag+ (aq)+2NH3 (aq)=Ag( NH3)2+(aq )时，其平衡常数的表达式为K稳=_。常温下，K稳Ag(NH3)2+=

29、1.10107，反应AgCl (s)+2NH3 (aq)Ag( NH3)2+(aq) +Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.93610-3，则Ksp(AgCl)=_。(4)硫氧化物和氮氧化物是常见的大气污染物，利用如图所示发置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。电极A的电极反应式为_。在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体。同时有SO32-生成。该反应离子方程式为_。【答案】 (1). N2H4（l）+O2(g)=N2(g)+2H2O（l） H=-622.2kJ/mol (2). 0.25mol/(Lmin) (3). (4). L1 (5).

30、 L2 (6). (7). 1.7610-10 (8). SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+ (9). 4S2O42-+2NO2+8OH-=8SO32-+N2+4H2O【解析】(1). 已知: H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1=-285.8kJ/mol， N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) H2=+50.6kJ/mol，根据盖斯定律，2得：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) H=-622.2kJ/mol，故答案为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) H=-622.2kJ/mol；(2). . 4min达到平衡时，消耗CH4的物质的量为n(CH4)=1mol66.67%，由反应方程式可知，生成H2的物质的量为n(H2)=3n(CH4)= 1mol66.67%3=2mol，则04min內，用H2表示的该反应速率v(H2)=2mol2L4min=0.25mol/(Lmin