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1、广东省深圳高级中学届高三上学期第一次考试化学详细答案版广东省深圳高级中学2017届高三上学期第一次考试化学一、单选题：共7题1化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是A.活性炭、SO2和Na2O2都具有漂白作用，且漂白的化学原理相同B.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C.石油的裂化、煤的气化、Na2FeO4杀菌消毒均属于化学变化D.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化【答案】A【解析】本题考查氧化性、还原性、原电池、胶体的知识。A.活性炭吸附有色物质，是物理变化，SO2和有色物质形成无色物质，Na2O2具有强氧化性，三者都具有漂白作用，但漂

2、白的原理不相同，错误；B.在海轮外壳上镶入锌块，形成锌、铁原电池，锌被腐蚀，铁被保护，正确；C.石油的裂化、煤的气化、Na2FeO4杀菌消毒均生成了新物质，属于化学变化，正确；D.明矾中的铝离子水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，正确；故选A。2用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.用惰性电极电解食盐水，若线路中通过1NA电子电量，则阳极产生气体11.2LB.1mol Na2CO3晶体中含离子数小于1NAC.2.3 g金属钠与过量的氧气反应，无论加热与否转移电子数均为0.1NaD.0.1 mol的CaC2中含阴离子数是0.2NA【答案】C【解析】本题考查阿伏加

3、德罗常数的有关计算和判断。A.由于不是标况下，阳极产生气体的体积无法计算，错误；B.1mol碳酸钠中含有1mol碳酸根离子，含有的碳酸根离子数为NA，错误；C.2.3g金属钠的物质的量为0.1mol，金属钠完全反应失去0.1mol电子，转移电子数均为0.1NA，正确；D.0.1molCaC2中含有0.1mol，所以含有的阴离子数为0.1NA，错误；故选C。3下列叙述和均正确并且有因果关系的是【答案】B【解析】本题考查常见物质的化学性质。A、Cl2没有酸性，Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸才显酸性，错误；B、NaHCO3属于可溶性盐，是强电解质，正确；C、浓H2SO4有强氧化性和浓H2SO4可用于干

4、燥SO2两者没有因果关系，错误；D、Na2S 和废水中的Cu2+和Hg2+生成硫化铜、硫化汞沉淀，属于复分解反应，错误；故选B。4A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A的最高正价与最低负价的代数和等于0，B、E是同一主族元素，C元素的原子半径大于所在同周期中其它主族元素的原子半径，D元素的最外层电子数等于其电子层数，E元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则下列说法正确是A.B、C、D形成的简单离子，半径最小的是BB.E形成最简单氢化物稳定性比B的强C.A、C、D形成的最高价氧化物的水化物两两间可相互反应D.A、B形成的化合物与B、E形成的化合物化学键类

5、型相同【答案】D【解析】本题考查结构性质位置关系应用。A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，B、E是同一主族元素，则B处于第二周期、E处于第三周期，E元素的最外层电子是次外层电子数的0.75倍，最外层电子数为80.75=6，故E为S元素，则B为O元素；C原子半径大于所在同周期中其它主族元素的原子半径，则C为Na；D元素的最外层电子数等于其电子层数，则D为Al；其中A的最高正价与最低负价的代数和等于0，则A为C元素(一般不考虑H元素)；A.B、C、D形成的简单离子分别为O2、Na+、Al3+，离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故O2离子半径最大，Al3+离子

6、半径最小，错误；B.非金属性B(O)E(S)，故E形成最简单氢化物稳定性比B弱，错误；C.A、C、D形成的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、氢氧化钠、氢氧化铝，碳酸与氢氧化铝不能反应，错误；D.A、B形成的化合物有CO、CO2，B、E形成的化合物SO2，SO3，均只含有共价键，故D正确；故选D。5下列实验操作或装置正确的是A.利用图1所示操作制备氢氧化铁胶体 B.利用图2所示装置制取NH3C.利用图3所示装置证明H2CO3酸性强于苯酚 D.利用图4所示装置制备乙酸乙酯【答案】B【解析】本题考查常见的实验。A制备氢氧化铁胶体：饱和氯化铁溶液滴入沸水中，错误；B利用图2所示装置制取NH3的装置完全正

7、确；C图3所示装置制取的气体中有醋酸，不能证明H2CO3酸性强于苯酚，错误；D制备乙酸乙酯的收集装置应用饱和碳酸钠溶液，错误；故选B。6电解法处理酸性含铬废水(主要含有)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应6Fe214H2Cr36Fe37H2O，最后Cr3以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是A.阳极反应为Fe2eFe2B.过程中有Fe(OH)3沉淀生成C.电解过程中溶液pH不会变化D.电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol被还原【答案】C【解析】本题考查电解原理。A.Fe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子，阳极反应为Fe2eFe2，正确；B.阴极发生

8、还原反应，溶液中的氢离子得到电子生成氢气，氢离子浓度减小，铁离子水解生成沉淀，正确；C.由反应式6Fe214H2Cr36Fe37H2O，可知，处理过程中消耗氢离子，溶液的酸性减弱，溶液pH增大，错误；D.Fe2eFe2，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据处理过程的方程式，得6Fe12e-6Fe2+，故被还原的的物质的量为1mol，正确；故选C。7室温下，0.1 molL1NaHCO3溶液的pH = 8.31，有关该溶液的判断正确的是A.c(Na+)c(OH)c()c()c(H+)B.c(H+) +c(Na+) =c(OH) +c() +c()C.加入适量NaOH溶液后：c(Na+)

9、 =c(H2CO3) +c() +c()D.Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)c()c(OH)c()c(H+)，错误；B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+) +c(Na+) =c(OH) +c() + 2c()，错误；C.任何电解质溶液中都存在物料守恒，未加NaOH时，根据物料守恒c(Na+) =c(H2CO3) +c() +c()，加入NaOH溶液时则存在c(Na+)c(H2CO3) +c() +c()，错误； D.Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)= ，碳酸和碳酸氢根离子都部分电离，所以c(H+)，c(H+)，因为室温下纯水中，c(OH)=c(H+)，所以

10、Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)KW，正确；故选D。二、实验题：共1题8.实验室模拟氨催化氧化的装置如图甲：(1)氨合成器(模拟工业合成氨的装置)出来经冷却的气体连续通入甲装置的水中吸收氨，(“会”或“不会”)发生倒吸，原因是：。(2)用甲装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入甲装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：，锥形瓶中还可观察到的现象是：。(3)写出甲装置中氨氧化的化学方程式：.用图乙装置制备NO并验证其还原性。有下列主要操作：a.向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有铜片的小烧杯放入瓶中。b.止水夹，点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞。c.待红磷充分燃烧，一

11、段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中滴入少量稀硝酸。(4)步骤c后还缺少的一步主要操作是_。(5)步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是_。反应的离子方程式是_。【答案】(1)不会因为混合气体中含有大量难溶于水的氮气和氢气(2)说明氨的催化氧化反应是放热反应有红棕色气体产生(3)4NH3+5O24NO+6H2O(4)打开止水夹，通入少量氧气(5)Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色3Cu + 8H+ 23Cu2+ 2NO+ 4H2O【解析】本题考查实验方案的设计。(1)氨合成器(模拟工业合成氨的装置)出来经冷却的气体连续通入甲装置的水中吸收氨不会发生倒吸，因为合成氨的产率较低，混合气体中

12、含有大量难溶于水的氮气和氢气。(2)用甲装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入甲装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：氨的催化氧化反应是放热；反应生成NO,与空气中的氧气生成红棕色的二氧化氮，锥形瓶中还可观察到的现象是有红棕色气体产生。(3)甲装置中氨氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；.红磷充分燃烧耗尽氧气，步骤c后还缺少的一步主要操作是打开止水夹，通入少量氧气。(5)步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是：Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色，反应的离子方程式是：3Cu + 8H+ 23Cu2+ 2NO+ 4H2O。三、综合题：共3题9以含钴废

13、催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料，制取氧化钴的流程如下：(1)溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤23次，洗液与滤液合并，其目的是。(2)氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式。已知：铁氰化钾化学式为K3Fe(CN)6；亚铁氰化钾化学式为K4Fe(CN)63H2O。3 Fe2+ 2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)4 Fe3+ 3Fe(CN)64-Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)确定Fe2+是否氧化完全的方法是。(可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)(3)除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠

14、铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，写出该反应的化学方程式。(4)沉淀：生成沉淀碱式碳酸钴 (CoCO3)23Co(OH)2，沉淀需洗涤，洗涤的操作是。(5)溶解：CoCl2的溶解度曲线如下图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是。(6)灼烧：准确称取所得CoC2O41.470 g，在空气中充分灼烧得0.830 g氧化钴，写出氧化钴的化学式。【答案】(1)提高钴等元素的利用率(2)6Fe2+ 6H+6Fe3+ Cl-+ 3H2O取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化(3)3Fe2(SO4)

15、3+ 6H2O +6Na2CO3= Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5 Na2SO4+6CO2。(4)向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出，重复操作23次。(5)防止因温度降低，CoCl2晶体析出。(6)Co2O3【解析】本题考查化学实验方案的设计及评价。(1)将滤渣洗涤23次，洗液与滤液合并，其目的是：提高钴等元素的利用率。(2)加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，氯酸根离子被还原为氯离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，其离子方程式为：6Fe2+ 6H+6Fe3+ Cl-+ 3H2O；取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+

16、已全部被氧化。(3)根据产物的化学式、加入物质的化学式、溶液中所含溶质，其反应方程式为：3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3= Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4+6CO2。(4)洗涤沉淀的操作方法是：向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出。重复操作23次。(5)趁热过滤的原因是防止因温度降低，CoCl2晶体析出。(6)1.470 gCoC2O4物质的量为：，根据Co原子守恒，设氧化钴化学式为CoxOy，x:y=2:3，所以化学式为Co2O3。10苯乙烯()是生产各种塑料的重要单体，可通过乙苯催化脱氢制得：(1)已知、H2(g)的燃烧热(H)分别为Q1kJmo

17、l-1、Q2kJmol-1、Q3kJmol-1，写出Q与Q1、Q2、Q3的关系式。(2)500时，在恒容密闭容器中，充入amol乙苯，反应达到平衡后容器内气体的压强为P；若再充入bmol的乙苯，重新达到平衡后容器内气体的压强为2P，则ab(填“”、“”或“=”) ，乙苯的转化率将(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)在实际生产中，常保持总压0.1Mpa不变，并向反应体系加入稀释剂，如CO2、N2等。反应混合气物质的量之比及反应温度与乙苯(EB)脱氢转化率关系(N2不参与反应)如图所示。由图判断Q0(填“”或“”)。A、B两点对应的正反应速率较大的是。A点乙苯的转化率比B点高，原因是。用平衡

18、分压代替平衡浓度计算，其中，分压总压物质的量分数。则600时的平衡常数Kp。(保留两位小数)【答案】(1)Q=Q2+Q3Q1(2)减小(3)B保持总压不变，充入N2，容器体积增大，各组分的浓度同倍数减小，利于反应正向进行，乙苯转化率增大0.019MPa【解析】本题考查化学反应速率与化学平衡的知识。(1)、H2(g)的燃烧热(H)分别为Q1kJmol-1、Q2kJmol-1、Q3kJmol-1，由盖斯定律可知：Q=Q2+Q3Q1；(2)500时，在恒容密闭容器中，充入amol乙苯，反应达到平衡后容器内气体的压强为P；假设再充入amol的乙苯，重新达到平衡后如果平衡不移动容器内气体的压强为2P，但

19、实际平衡向左移动，故ab，乙苯的转化率将减小。(3)由图可知，温度升高，乙苯的转化率增大，平衡正向移动，是吸热反应，Q0；A、B两点温度相同，B点转化率小，乙苯的浓度大，正反应速率较大。总压不变，向反应体系加入稀释剂CO2、N2，容器体积增大，各组分的浓度同倍数减小，平衡向右移动，乙苯转化率增大。由图可知，600时的转化率是40%，假设乙苯为1mol，平衡后，乙苯0.6mol,苯乙烯0.4mol,氢气0.4mol,总物质的量为1.4mol,平衡常数Kp=0.019MPa。11.下列有关叙述正确的是。A.碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂B.银锌纽扣电池工作时，Ag2O被氧化为AgC.放电时，铅酸

20、蓄电池中硫酸浓度不断增大D.电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应.锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。某含锌矿的主要成分为ZnS(还含少量FeS等其他成分)，以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为_。(2)焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的_操作。(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为_，其作用是_。(4)电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出的气体是_。(5)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空

21、气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为_。(6)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也。”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为_。(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌)【答案】.D.(1)ZnO(2)浸出(3)锌粉置换出Fe等(4)O2(5)2ZnS4HO22Zn22S2H2O(6)ZnCO32CZn3CO【解析】本题考查原电池、电解池，金属的炼制。. A.碱性锌锰电池中，锌是还原剂作负极

22、，MnO2是氧化剂，错误；B.银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为Ag，错误；C.放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断减小，错误；D.电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应，生成所需的金属，正确；.硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。(1)含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，则焙砂的主要成分为ZnO；(2)焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸，用于后续的浸出操作；(3)该含锌矿中还含有FeS等杂质，

23、浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉除去亚铁离子，从而出去Fe；(4)电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，产物为O2；(5)“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，该反应的化学方程式为：2ZnS4HO22Zn22S2H2O；(6)根据题目描述可知反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，反应的化学方程式为：ZnCO32CZn3CO。四、推断题：共1题12扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图：(1)A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为，写出A+BC的化学反应方程式：；(2)C()

24、中、3个OH的酸性由强到弱的顺序是；(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有种。(4)DF的反应类型是，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为mol。写出符合下列条件的F的一种同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式：。属于一元酸类化合物苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基(5)已知：。A有多种合成方法，请写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)，合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5。【答案】(1)醛基、羧基(2)；(3)4(4)取代反应，3(5) CH3COOHClC

25、H2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC-COOH【解析】本题考查有机物的推断与合成、同分异构体的书写、常见有机反应类型、官能团的性质等。(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHCCOOH，根据C的结构可知B是，A+BC发生加成反应，反应方程式为：；(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强弱顺序为：；(3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，共4种；

26、(4)对比D、F的结构，可知溴原子取代OH位置，DF的反应类型是：取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3mol NaOH；F的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为CBr(CH3)COOH、CH(CH2Br)COOH、CH2CHBrCOOH、CHBrCH2COOH，可能的结构简式为：，(5)由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH，合成路线流程图为：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC-COOH。