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湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2018届高三

五月联考理综化学试题

1. 化学与人类生活息息相关。下列说法不正确的是（ ）

A. 在居室中种植芦荟、吊兰等植物可以减少甲醛的污染

B. 高温烹调食物不仅有刺激性气味，同时还会产生致癌物

C. 工业使用硬水易引起锅炉爆炸，生产中可通过煮沸、离子交换使硬水软化

D. 水果中含有丰富的维生素，熬制水果粥可以使其中的营养被人体充分吸收

【答案】D

【解析】分析：A项，甲醛是一种大气污染物，芦荟、吊兰等植物对甲醛具有极强的吸收能力；B项，高温烹调食物时，淀粉类食物产生丙烯酰胺类物质，肉类中的脂产生苯并芘等多环芳香烃，苯并芘等多环芳香烃、丙烯酰胺类等都是致癌物；C项，硬水受热产生水垢，硬水软化的方法有煮沸法、离子交换法等；D项，维生素C具有强还原性。

详解：A项，居室中的建筑材料和装饰材料（如板材等）会带来挥发性有机物甲醛，甲醛是无色具有特殊的刺激性气味的气体，甲醛的主要危害表现为对皮肤黏膜的刺激作用，经常吸入甲醛能引起慢性中毒，芦荟、吊兰等植物对甲醛具有极强的吸收能力，可以减少甲醛的污染，A项正确；B项，高温烹调食物有刺激性气味，淀粉类食物高温加热后会产生丙烯酰胺类物质，肉类中的脂经高温会产生苯并芘等多环芳香烃，苯并芘等多环芳香烃、丙烯酰胺类等都是致癌物，B项正确；C项，含较多Ca2+、Mg2+的水为硬水，锅炉用水硬度过大会产生水垢，当水垢爆裂脱落时，会造成炉壁局部受热不均，易引起锅炉爆炸，生产中可通过煮沸、离子交换使硬水软化，C项正确；D项，水果中含丰富的维生素，其中的维生素C受热时很容易被氧化，富含维生素C的水果不宜熬制，D项错误；答案选D。

2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）

A. 标准状况下，5.6L“人造空气(氦气与氧气的混合气)”质量为2.4g，其中含有NA个电子

B. 5.6g Fe 与1L0.2mol/LHNO3溶液充分反应，至少失去约1.204×1023个电子

C. 72gCaO2与KHS 的混合物中含有的阴离子的数目为NA

D. 1molCH4与1molCl2充分反应后生成一氯甲烷的分子数为NA

【答案】C

【解析】分析：A项，根据标准状况下“人造空气”的体积和质量计算He和O2物质的量，1个He中含2个电子，1个O2中含16个电子；B项，根据Fe与HNO3物质的量之比确定反应，以完全反应的物质计算；C项，CaO2和KHS的摩尔质量都是72g/mol，CaO2中Ca2+与O22-个数比为1:1，KHS中K+与HS-个数比为1:1；D项，CH4与Cl2光照下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl的混合物。

详解：A项，n（He）+n（O2）==0.25mol，4g/moln（He）+32g/moln（O2）=2.4g，解得n（He）=0.2mol，n（O2）=0.05mol，1个He中含2个电子，1个O2中含16个电子，标准状况下5.6L质量为2.4g的“人造空气”中含电子物质的量为0.2mol2+0.05mol16=1.2mol，A项错误；B项，Fe与稀HNO3可能发生的反应为Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O（①）、3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O（②），n（Fe）==0.1mol，n（HNO3）=1L0.2mol/L=0.2mol，==，Fe与稀HNO3发生反应②且反应后Fe过量，根据反应②每消耗8molHNO3转移6mol电子，反应中转移电子物质的量为=0.15mol，转移电子数为9.031022，B项错误；C项，CaO2和KHS的摩尔质量都为72g/mol，CaO2与KHS以任意比混合，72g混合物总物质的量都为72g72g/mol=1mol，CaO2与KHS中阴、阳离子个数比都为1:1，72gCaO2与KHS的混合物中含阴离子物质的量为1mol，C项正确；D项，CH4与Cl2光照下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl的混合物，1molCH4与1molCl2充分反应生成的CH3Cl物质的量小于1mol，D项错误；答案选C。

点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及混合物的计算、氧化还原反应中转移电子、物质的结构和CH4的取代反应等知识；对于混合物的计算可用常规联立方程组法（如A项）、可用整体法（如C项）；注意Fe与稀HNO3反应时物质的量之比不同，产物不同。

3. 下列关于有机化合物的说法中正确的是（ ）

A. 苯和甲苯都是芳香烃，都能使酸性高锰酸钾褪色

B. 葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但属于同系物

C. 氯气与乙烷在光照下充分反应最多可以得到9种产物

D. 检查酒驾时，若装置中橙色固体变为绿色，则可以判定司机酒驾

【答案】D

【解析】分析：A项，苯中不含碳碳双键，苯不能使酸性KMnO4褪色，甲苯中由于苯环对甲基的影响，甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色；B项，同分异构体的分子式相同、结构不同，同系物结构相似、分子组成相差一个或若干个“CH2”原子团；C项，乙烷与Cl2生成氯乙烷、二氯乙烷、三氯乙烷、四氯乙烷、五氯乙烷、六氯乙烷和HCl，二氯乙烷、三氯乙烷、四氯乙烷存在同分异构体；D项，乙醇能与K2Cr2O7发生氧化还原反应。

详解：A项，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，A项错误；B项，葡萄糖的分子式为C6H12O6，蔗糖的分子式为C12H22O11，两者既不是同分异构体，也不属于同系物，B项错误；C项，氯气与CH3CH3在光照下充分反应可以得到的产物有：HCl、CH3CH2Cl、CH3CHCl2、CH2ClCH2Cl、CH3CCl3、CH2ClCHCl2、CH2ClCCl3、CHCl2CHCl2、CHCl2CCl3、CCl3CCl3，共10种产物，C项错误；D项，检查酒驾使用含有酸性K2Cr2O7的硅胶，若司机酒驾，乙醇与K2Cr2O7发生反应：2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO4→2Cr2（SO4）3+2K2SO4+3CH3COOH+11H2O，K2Cr2O7呈橙色，Cr2（SO4）3呈绿色，反应的实验现象为橙色变为绿色，D项正确；答案选D。

4. 实验室可用少量的溴和足量的乙醇制备1, 2-二溴乙烷。制备装置如下图：

下列说法中不正确的是（ ）

A. 使用恒压滴液漏斗的目的是防止有机物挥发，使漏斗内液体顺利滴下

B. 实验中为了防止有机物大量挥发，应缓慢升高反应温度到170℃

C. 装置C 中应加入氢氧化钠溶液，以吸收反应中可能生成的酸性气体

D. 实验过程中应用冷水冷却装置D，以避免溴的大量挥发

【答案】B

【解析】分析：实验的目的是用少量的溴与足量乙醇制备1,2-二溴乙烷，实验的原理：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O、CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br。根据装置图，装置A中CH3CH2OH与浓H2SO4的混合液迅速升温到170℃发生消去反应制备CH2=CH2，由于浓H2SO4具有强氧化性，CH3CH2OH具有还原性，由乙醇和浓H2SO4的混合液共热制得的乙烯中混有SO2、CO2等杂质气体，SO2也能与溴反应，气体通入装置D之前必须除去其中混有的酸性杂质气体。

详解：A项，由于有机物乙醇易挥发，使用恒压滴液漏斗的目的是防止有机物挥发，使恒压滴液漏斗上下压强相等，使漏斗内液体顺利滴下，A项正确；B项，实验中由CH3CH2OH和浓H2SO4的混合液制CH2=CH2，为了减少副反应的发生，应迅速升温到170℃，B项错误；C项，由于浓H2SO4具有强氧化性，CH3CH2OH具有还原性，浓H2SO4会与CH3CH2OH发生氧化还原反应生成SO2、CO2和H2O，SO2也能与溴反应，装置C中加入NaOH溶液，用于吸收反应中可能生成的酸性气体，C项正确；D项，由于溴易挥发，为了提高原料的利用率，实验过程中应用冷水冷却装置D，以避免溴的大量挥发，D项正确；答案选B。

5. 现有A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙3种分子中含有相同数目的质子，C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图：

下列说法正确的是（ ）

A. C与A形成的常见化合物是同主族元素同类型化合物中沸点最低的

B. B是元素周期表中原子半径最小的元素

C. D的最高价氧化物的水化物一定是一种强酸

D. C的单质可以与D的氢化物发生置换反应生成D的单质

【答案】D

【解析】分析：A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙3种分子中含有相同数目的质子，C、D结合生成化合物丁，反应“B单质+乙→甲+C单质”为置换反应；若甲、乙、丙的质子数为10，推出A为H元素，B为F元素，C为O元素，D为N元素（或C元素），吻合题给元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系，甲为HF，乙为H2O，丙为NH3（或CH4），丁为NO（或CO2）；若甲、乙、丙的质子数为18，A为H元素，B为Cl元素，C为S元素，D为P元素（或Si元素），但与“C、D结合生成化合物丁”和“C单质+丙→丁+乙”不吻合；综上分析，A为H元素，B为F元素，C为O元素，D为N元素（或C元素），甲为HF，乙为H2O，丙为NH3（或CH4），丁为NO（或CO2）。

详解：A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙3种分子中含有相同数目的质子，C、D结合生成化合物丁，反应“B单质+乙→甲+C单质”为置换反应；若甲、乙、丙的质子数为10，推出A为H元素，B为F元素，C为O元素，D为N元素（或C元素），吻合题给元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系，甲为HF，乙为H2O，丙为NH3（或CH4），丁为NO（或CO2）；若甲、乙、丙的质子数为18，A为H元素，B为Cl元素，C为S元素，D为P元素（或Si元素），但与“C、D结合生成化合物丁”和“C单质+丙→丁+乙”不吻合；综上分析，A为H元素，B为F元素，C为O元素，D为N元素（或C元素），甲为HF，乙为H2O，丙为NH3（或CH4），丁为NO（或CO2）。A项，C与A形成的常见化合物的分子间存在氢键，其沸点是同主族元素同类型化合物中最高的，A项错误；B项，元素周期表中原子半径最小的元素是H，A是元素周期表中原子半径最小的元素，B项错误；C项，D为N元素（或C元素），D的最高价氧化物的水化物为HNO3（或H2CO3），HNO3属于强酸，H2CO3属于弱酸，C项错误；D项，NH3在O2中燃烧发生置换反应生成N2和H2O，反应的化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O，碳的氢化物在O2不充分的条件下燃烧可产生黑烟或浓烟，即碳的氢化物可与O2发生置换反应生成碳，D项正确；答案选D。

点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，确定A、B、C、D代表的元素是解题的关键。推断时抓住“甲、乙、丙3种分子中含有相同数目的质子”，根据常见的10电子分子和18电子分子，结合题给物质之间的相互转化进行讨论。

6. 如图所示为酸性介质中，金属铜与氢叠氮酸(HN3) 构成的原电池，总反应方程式为: 2Cu+2Cl-+HN3+3H+=2CuCl(s)+N2↑+NH4+。下列叙述错误的是（ ）

A. 离子交换膜为阳离子交换膜

B. 若将盐酸换成NaCl,电池的运行效率将会下降

C. 负极的电极反应式为： Cu-e-=Cu+

D. 当外电路中流过0.1mol电子时，交换膜左侧离子减少0.2 mol

【答案】C

【解析】分析：电池总反应为2Cu+2Cl-+HN3+3H+=2CuCl（s）+N2↑+NH4+，Cu元素的化合价由0价升至+1价，Cu发生氧化反应，原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，负极电极反应式为Cu-e-+Cl-=CuCl（s），总反应减去负极电极反应式得，正极电极反应式为HN3+2e-+3H+=NH4++N2↑；结合装置图Cu为负极，石墨为正极；原电池工作时，阳离子向正极移动。

............

点睛：本题考查原电池原理、电极反应式的书写和计算，判断原电池的正、负极是解题的关键。本题的易错点是D项，注意根据电极反应式负极消耗0.1molCl-，同时有0.1molH+由左侧迁移到右侧。

7. 25℃时，用浓度为0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1000mo l·L-1的某酸HX,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. HX的电离常数Ka的数量级为10-10

B. P点溶液中微粒浓度大小为：c(Na+)>c(HX)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)

C. 滴定过程中可选用的指示剂有甲基橙和酚酞

D. A点到B点过程中，水电离出的c(H+)×c(OH-)先增大，后不变

【答案】A

【解析】分析：A项，根据A点pH和电离平衡常数表达式计算；B项，确定P点溶液由等物质的量浓度的NaX和HX组成的混合液，溶液呈碱性说明X-的水解程度大于HX电离程度；C项，强碱与弱酸完全反应后的溶液呈碱性，选择酚酞作指示剂；D项，酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用。

详解：A项，0.1000mol/LHX溶液的pH=5.15，溶液中c（H+）=c（X-）=10-5.15，c（HX）=（0.1000-10-5.15）mol/L0.1000mol/L，HX的电离方程式为HXH++X-，HX的电离常数Ka===10-9.3=100.710-10，Ka的数量级为10-10，A项正确；B项，P点加入10mLNaOH溶液，0.1000mol/L10mLNaOH溶液与0.1000mol/L20.00mLHX充分反应得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，溶液的pH=8说明X-的水解程度大于HX的电离程度，P点溶液中微粒浓度由大到小的顺序为：c（HX）c（Na+）c（X-）c（OH-）c（H+），B项错误；C项，NaOH与HX恰好完全反应得到的NaX溶液呈碱性，应选用碱性范围内发生颜色变化的指示剂，滴定过程中选用的指示剂为酚酞，C项错误；D项，A点HX电离的H+抑制水的电离，随着NaOH溶液的滴入，HX不断被消耗生成NaX，HX电离的H+对水的电离的抑制程度减小，X- 水解对水的电离的促进程度增大，当加入20mLNaOH溶液时NaOH和HX恰好完全反应，水的电离程度达最大，NaOH溶液大于20mL时过量的NaOH电离的OH- 抑制水的电离，A点到B点过程中，水电离的c（H+）c（OH-）先增大后减小，D项错误；答案选A。

点睛：本题考查酸碱中和滴定pH曲线的分析、电离平衡常数的计算、指示剂的选择、溶液中微粒浓度的大小关系、影响水的电离平衡的因素。酸碱中和滴定一般不选择石蕊作指示剂，强酸与强碱的滴定选择甲基橙或酚酞作指示剂、强碱与弱酸滴定选择酚酞作指示剂、强酸与弱碱滴定选择甲基橙作指示剂。确定溶液中微粒浓度的大小关系，一般先确定溶液中溶质的组成，分析溶液中存在的电离平衡和水解平衡，分清主次，巧用电荷守恒、物料守恒[如题中B项违背物料守恒：2c（Na+）=c（X-）+c（HX）]等。

8. POCl3是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染料、表面活性剂等行业。一种制备POCl3的原理为： PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2。某化学学习小组拟利用如下装置在实验室模拟制备POCl3。有关物质的部分性质如下：

（1）仪器甲的名称为______________ ，与自来水进水管连接的接口编号是________________。 (填“a”或“b”)。

（2）装置C的作用是___________________，乙中试剂的名称为____________________。

（3）该装置有一处缺陷，解决的方法是在现有装置中再添加一个装置，该装置中应装入的试剂为_________(写名称)。若无该装置，则可能会有什么后果?请用化学方程式进行说明__________________________。

（4）D中反应温度控制在60-65℃，其原因是_______________。

（5）测定POCl3含量。①准确称取30.70g POCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；②将水解液配成100.00mL溶液，取10.00mL溶液于锥形瓶中；③加入10.00 mL3.200 mol/LAgNO3标准溶液，并加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④以Fe3+为指示剂，用0.2000 mol/L KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00 mLKSCN溶液。

①滴定终点的现象为____________________，用硝基苯覆盖沉淀的目的是__________________。

②反应中POCl3的百分含量为__________________。

【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). a (3). 干燥Cl2，同时作安全瓶，防止堵塞 (4). 五氧化二磷(或硅胶) (5). 碱石灰 (6). POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl, SOCl2+H2O=SO2+2HCl (7). 一是温度过高，PCl3会大量挥发，从而导致产量降低；二是温度过低，反应速率会变慢 (8). 当最后一滴标准KSCN 溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去 (9). 使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl 反应 (10). 50%

【解析】分析：本题以POCl3的制备为载体，考查Cl2、SO2的实验室制备、实验条件的控制、返滴定法测定POCl3的含量。由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以用干燥的Cl2、SO2与PCl3反应制备POCl3，则装置A、B、C、D、E、F的主要作用依次是：制备Cl2、除Cl2中的HCl（g）、干燥Cl2、制备POCl3、干燥SO2、制备SO2；为防止POCl3、SOCl2水解和吸收尾气，D装置后连接盛碱石灰的干燥管。返滴定法测定POCl3含量的原理：POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，用KSCN滴定过量的AgNO3，发生的反应为KSCN+AgNO3=AgSCN↓+KNO3，由消耗的KSCN计算过量的AgNO3，加入的总AgNO3减去过量的AgNO3得到与Cl-反应的AgNO3，根据Ag++Cl-=AgCl↓和Cl守恒计算POCl3的含量。

详解：（1）根据仪器甲的构造特点，仪器甲的名称为球形冷凝管。为了更充分的冷凝蒸气，冷凝管中的水应下进上出，与自来水进水管连接的接口的编号为a。

（2）由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以制备POCl3的Cl2和SO2都必须是干燥的。根据装置图和制备POCl3的原理，装置A用于制备Cl2，装置B用于除去Cl2中HCl（g），装置C用于干燥Cl2，装置F用于制备SO2，装置E用于干燥SO2，装置D制备POCl3；装置C的作用是干燥Cl2，装置C中有长直玻璃管，装置C的作用还有作安全瓶，防止堵塞。乙中试剂用于干燥SO2，SO2属于酸性氧化物，乙中试剂为五氧化二磷（或硅胶）。

（3）由于SO2、Cl2有毒，污染大气，最后要有尾气吸收装置；POCl3、SOCl2遇水强烈水解，在制备POCl3的装置后要连接干燥装置（防外界空气中H2O（g）进入装置D中），该装置缺陷的解决方法是在装置D的球形冷凝管后连接一个既能吸收SO2、Cl2又能吸收H2O（g）的装置，该装置中应装入的试剂是碱石灰。若没有该装置，POCl3、SOCl2发生强烈水解，反应的化学方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=SO2+2HCl。

（4）D中反应温度控制在60~65℃，其原因是：温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3会大量挥发（PCl3的沸点为76.1℃），从而导致产量降低。

（5）①以Fe3+为指示剂，当KSCN将过量的Ag+完全沉淀时，再滴入一滴KSCN溶液与Fe3+作用，溶液变红色，滴定终点的现象为：当最后一滴标准KSCN 溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去。硝基苯是难溶于水且密度大于水的液体，用硝基苯覆盖沉淀的目的是：使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl 反应。

②n（AgNO3）过量=n（KSCN）=0.2000mol/L0.01L=0.002mol，沉淀10.00mL溶液中Cl-消耗的AgNO3物质的量为3.200mol/L0.01L-0.002mol=0.03mol，根据Ag++Cl-=AgCl↓和Cl守恒，样品中n（POCl3）==0.1mol，m（POCl3）=0.1mol153.5g/mol=15.35g，POCl3的百分含量为100%=50%。

9. Ni-MH电池在工农业生产和日常生活中具有广泛用途，废旧电池中含有大量金属元素，其回收利用具有非常重要的意义。一种利用废Ni-MH电池正极材料(主要含有Ni(OH)2，还含有少量Fe、Cu、Ca、Mg、Mn、Zn的氢氧化物)制备电子级硫酸镍晶体的工艺流程如下图所示：

回答下列问题：

（1）“浸出”时温度、硫酸浓度、浸出时间对镍浸出率的影响如下图：

则“浸出”时最适宜的条件为_______________。

（2）在“滤液1”中加入双氧水可将Fe2+转化为难溶的针铁矿(FeOOH)，写出反应的离子方程式：______________。

（3）“滤液2”中加入NaF 可将滤液中Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF2和MgF2。当加入过量NaF后，所得“滤液3”中c(Mg2+)∶c(Ca2+)=0.67，则MgF2 的溶度积为_____________[已知Ksp(CaF2)=1.10×10-10]。

（4）向“滤液3”中加入(NH4)2S2O8可以除锰，在此过程中(NH4)2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、硫酸铵及硫酸，写出该反应的化学方程式___________________。

（5）向“滤液4”加入有机萃取剂后，Zn2+与有机萃取剂(用HA表示) 形成易溶于萃取剂的络合物ZnA2·2HA。该过程可以表示为：Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+

①已知加入萃取剂后，锌的萃取率随料液pH 变化如图所示。试分析pH 增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是___________________。

②“操作X”的名称是_____________。

（6）上述回收镍的过程中，使用了1kg 含镍37.1%的正极材料，最终得到纯净的NiSO4·7H2O 1.686kg，则镍的回收率为_______________。

【答案】 (1). 80℃ ，1.8mol/L H2SO4，30min (2). 2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+ (3). 7.37×10-11 (4). (NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2 ↓+(NH4)2SO4+2H2SO4 (5). 料液的pH 增大，使料液中的c(H+)减小，促使Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+ 向右进行，锌的萃取率增大 (6). 分液 (7). 95.4%

【解析】分析：本题以利用废Ni-MH电池正极材料制备电子级硫酸镍晶体的工艺流程为载体，考查流程的分析、图像分析、适宜条件的选择、外界条件对化学平衡的影响、指定情境下方程式的书写、溶度积的计算、化学实验的基本操作和化学计算。废Ni-MH电池正极材料加H2SO4浸出时，金属的氢氧化物转化成相应的硫酸盐；浸出液中加入Na2S将Cu2+转化为CuS沉淀除去；向“滤液1”中加入双氧水将Fe2+转化为FeOOH沉淀除去；向“滤液2”中加入NaF将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀而除去；向“滤液3”中加入（NH4）2S2O8除去Mn2+；“滤液4”中用有机萃取剂除去Zn2+。

详解：（1）根据图1，“浸出”最佳温度约为80℃；根据图2，随着硫酸浓度的增大Ni浸出率增大，硫酸浓度为1.8mol/L时Ni浸出率已经很大，当硫酸浓度大于1.8mol/L，继续增大硫酸浓度Ni浸出率增大不明显，硫酸最适宜浓度为1.8mol/L；根据图3，“浸出”时间小于30min随着时间的延长Ni浸出率明显增大，大于30minNi浸出率趋于平缓，最佳时间为30min；“浸出”时最适宜的条件是：温度为80℃、硫酸浓度为1.8mol/L、时间为30min。

（2）双氧水将Fe2+转化为FeOOH沉淀，Fe2+被氧化，H2O2被还原，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+。

（3）当加入过量NaF后，Ksp（MgF2）=c（Mg2+）·c2（F-），Ksp（CaF2）= c（Ca2+）·c2（F-），将两式相比消去c2（F-），Ksp（MgF2）= Ksp（CaF2）=1.1010-100.67=7.3710-11。

（4）（NH4）2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、（NH4）2SO4和H2SO4，含锰元素的黑色不溶物为MnO2，反应可写成（NH4）2S2O8+MnSO4→MnO2↓+（NH4）2SO4+H2SO4，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，S元素的化合价由+7价降至+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，（NH4）2S2O8与MnSO4反应的化学方程式为：（NH4）2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2↓+（NH4）2SO4+2H2SO4。

（5）①pH增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是：料液pH增大，使料液中的c（H+）减小，促使Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+ 向右进行，锌的萃取率增大。

②“滤液4”中加入有机萃取剂将Zn2+萃取，出现分层现象，将有机层与水层分离的“操作X”的名称为分液。

（6）根据Ni守恒，Ni的回收率为100%=95.4%。

10. 二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  △H1=- 90.7 kJ·mol-1

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=-23.5 kJ·mol-1

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2 kJ·mol-1

回答下列问题：

（1）则反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=_____________ kJ·mol-1。

（2）在不同温度下按照相同物质的量投料发生反应①，测得CO的平衡转化率与压强的关系如图所示，下列说法正确的是_____________。

A．反应温度： T1>T2 B．正反应速率：υ正(y)=υ正(w)

C．混合气体密度： ρ(x)>ρ(w) D．混合气体平均摩尔质量：M(y)

E．该反应的△S<0、△H<0，所以能在较低温度下自发进行

（3）采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu-Mn 的合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。如图回答问题; 催化剂中约为_____________时最有利于二甲醚的合成。

（4）高温时二甲醚发生分解反应： CH3OCH3CH4+CO+H2。迅速将二甲醚引入一个504℃的抽成真空的瓶中，在不同时刻t测定瓶内压强P总如下表。

①该反应的平衡常数表达式为Kp=_____________。

②该反应的平衡常数Kp=_____________。(带单位。某一物质的平衡分压=总压×物质的量分数)

（5）一种以二甲醚作为燃料的燃料电池的工作原理如图所示。则其负极的电极反应式为_______________。该电池的理论输出电压为1.20V，则其能量密度E=_____________(列式计算。能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×106J，法拉第常数F=96500C·mol-1)。

【答案】 (1). -246.1 (2). CE (3). 2.0 (4). (5). 625kPa2 (6). CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12 H+ (7). (3.6×106J·kW-l·h-1)=8.39 kW·h·kg-1

【解析】分析：本题考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、化学平衡常数的计算、燃料电池的工作原理和计算。

（1）应用盖斯定律，将①2+②+③消去CH3OH（g）和H2O（g）。

（2）反应①的特点是：正反应为气体分子数减小的放热反应；压强相同时，升高温度反应①平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率减小，气体分子物质的量增大，混合气体密度减小，混合气体的平均摩尔质量减小；温度相同时，增大压强化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动；能自发进行的反应的ΔG=ΔH-TΔS0。

（3）图像中约为2.0时，DME选择性最高，CO转化率最大，为合成二甲醚的最佳条件。

（4）40min和50min时P总相等，平衡时P总=100kPa，用三段式和Kp的表达式计算平衡常数。

（5）电解质为酸性，负极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。能量密度=电池输出电能/燃料质量，计算1kg二甲醚参与反应时电池输出电能即可。根据法拉第电解定律计算电量Q（Q=znF，其中z代表电极反应式中以1mol物质为基准转移电子的计量数，n为电极反应式中消耗或析出物质物质的量，F为法拉第常数），由电量计算电功W（W=QU，W代表电功，Q代表电量，U代表电压），电功进行单位换算得出电池输出电能。

详解：（1）应用盖斯定律，①2+②+③得3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）ΔH=（-90.7kJ/mol）2+（-23.5kJ/mol）+（-41.2kJ/mol）=-246.1kJ/mol。

（2）A项，反应①的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率减小，在横坐标上任取一点作纵坐标的平行线与曲线相交，可见CO的平衡转化率依T1、T2、T3顺序减小，则反应温度：T3T2T1，A项错误；B项，y点和w点温度相同，y点压强大于w点压强，其他条件相同时有气体参与的反应压强越大反应速率越快，正反应速率：υ正（y）υ正（w），B项错误；C项，x点、w点压强相同，x点的温度低于w点的温度，温度升高反应①向逆反应方向移动，x点平衡时气体分子物质的量小于w点，根据PV=nRT，平衡时x点容器的体积小于w点，根据质量守恒定律，x点、w点气体的质量相等，混合气体的密度：ρ（x）ρ（w），C项正确；D项，y点、z点压强相同，y点温度低于z点，温度升高反应①向逆反应方向移动，y点平衡时气体分子物质的量小于z点，根据质量守恒定律，y点、z点气体的质量相等，混合气体平均摩尔质量：M（y）M（z），D项错误；E项，该反应①的ΔH0，该反应的正反应为气体分子数减小的反应即ΔS0，该反应自发进行时ΔH-TΔS0，该反应自发进行的条件是低温，E项正确；答案选CE。

（3）根据图像催化剂中约为2.0时，CO的转化率最大、DME选择性最大，催化剂中约为2.0时最有利于二甲醚的合成。

（4）①根据平衡常数的概念，反应CH3OCH3CH4+CO+H2的平衡常数表达式Kp=。

②设起始充入的CH3OCH3物质的量为amol，从起始到平衡转化CH3OCH3物质的量为xmol，用三段式：CH3OCH3CH4+CO+H2

n（起始）（mol） a 0 0 0

n（转化）（mol） x x x x

n（平衡）（mol） a-x x x x

根据表中数据，起始时P总为50.0kPa，40min和50min时P总相等，平衡时P总=100kPa，则=，解得x=，平衡时CH3OCH3、CH4、CO、H2物质的量都为mol，各物质物质的量分数都为，平衡时CH3OCH3、CH4、CO、H2的分压都为100kPa=25kPa，该反应的平衡常数Kp===625kPa2。

（5）根据装置图，该二甲醚燃料电池中电解质为酸性，在负极二甲醚发生氧化反应生成CO2，负极电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。设消耗二甲醚1kg，根据负极电极反应式，每消耗1molCH3OCH3转移12mol电子，根据法拉第电解定律计算Q=znF=1296500C/mol，电功W=UQ=1.2V1296500C/mol，根据换算公式1kW·h=3.6106J，电池输出电能为1.2V1296500C/mol（3.6106J·kW-1·h-1），能量密度E=电池输出电能/燃料质量=1.2V1296500C/mol（3.6106J·kW-1·h-1）1kg=8.39kW·h·kg-1。

11. X、Y、Z、W、R、M 六种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大，相关信息如下：

请回答下列问题(答题时，X、Y、Z、W、R、M用所对应的元素符号表示)：

（1）X的单质与Z的单质反应的产物为_____________。(填化学式)。

（2）Z、W相比，第一电离能较大的是_____________，M2+的核外电子排布式为_____________。

（3）M2Z的熔点比M2W 的_____________(填“高”或“低”)，请解释原因______________________。

（4）Y和Z形成的化合物YZ2的VSEPR模型为__________，其中Y原子 的杂化轨道类型为____________; N3-和YZ2互为等电子体，则N3-的结构式为_____________。

（5）MRW2的晶胞如图所示，晶胞参数a=0.524 nm,c=1.032 nm; MRW2的晶胞中每个M 原子与_________个W 原子相连，晶体密度ρ=________g·cm-3 (只要求列算式，不必计算出数值，NA=6.02×1023mol-1)。

【答案】 (1). Li2O (2). O (3). [Ar]3d9 或1s22s22p63s23p63d9 (4). 高 (5). O2-半径比S2-半径小，Cu2O 比Cu2S 的晶格能大，所以Cu2O的熔点高 (6). 直线形 (7). sp杂化 (8). [N=N=N]- (9). 4 (10).

【解析】X、Y、Z、W、R、M六种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大。Y的原子核外有6个不同运动状态的电子，Y为C元素；X的单质为固体，常用作电极材料，X只能为Li元素；Z 是非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同，Z的电子排布式为1s22s22p4，为O元素；W是主族元素，与Z原子的价电子数相同 ，W为S元素；R 的价层电子排布式为3d64s2，R为Fe元素；M位于第IB族，其被称作“电器工业的主角”，为Cu元素。

(1)锂与氧气反应生成氧化锂，故答案为：Li2O；

(2)同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，O和S元素相比，第一电离能较大的是O，Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9，故答案为：O；[Ar]3d9；

(3)氧离子半径比硫离子半径小，Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O熔点高，故答案为：高；氧离子半径比硫离子半径小，Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O熔点高；

(4)CO2中的C采用sp杂化，VSEPR 模型为直线型；N3-和CO2是等电子体，则N3-的结构式为[N=N=N]-，故答案为：直线型； sp；[N=N=N]-；

点睛：本题考查晶胞计算及杂化等，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握物质结构与性质、晶胞结构及计算等为解答该题的关键。本题的难点是晶胞的计算。

12. 芳香烃A是基本有机化工原料，由A制备高分子E 和医药中间体K的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：

已知：;有机物分子中，同一个碳原子上连接有两个羟基时不稳定，会自动脱水。

回答下列问题：

（1）A的名称是_____________。K含有官能团的名称是__________________。

（2）反应⑦的作用是____________________________，⑩ 的反应类型是____________________________。

（3）写出反应②的化学方程式：____________________________________________________________。

（4）D 分子中最多有_____________个原子共平面。E 的结构简式为_____________。

（5）1molD 与1molH2的加成产物同时满足下列条件的同分异构体有_____________种。

①苯环上只有四种不同化学环境的氢原子；

②能与FeCl3发生显色反应;

③分子中只存在一个环不含其它环状结构。

（6）将由D为起始原料制备的合成路线补充完整。

_________________________(无机试剂及溶剂任选)。合成路线流程图示例如下： CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3

【答案】 (1). 甲苯 (2). 羧基、氨基、溴原子 (3). 保护氨基 (4). 取代反应 (5). +2NaOH+2NaCl+H2O (6). 19 (7). (8). 16 (9).

【解析】分析：A属于芳香烃，A与Cl2光照发生侧链上取代反应生成B，B的分子式为C7H6Cl2，A的结构简式为，B的结构简式为；D的结构简式为，D中官能团为碳碳双键和羰基，D→高分子E为加聚反应，E的结构简式为。A与浓硝酸、浓硫酸加热发生硝化反应生成F，根据F的分子式以及I中苯环上两个取代基处于对位，F的结构简式为；根据题给已知，F与Fe/HCl（aq）发生还原反应生成G，G的结构简式为，流程中G→H（C9H11NO）→I和I的结构简式，H的结构简式为。

详解：（1）A属于芳香烃，A与Cl2光照发生侧链上取代反应生成B，B的分子式为C7H6Cl2，A的结构简式为，名称为甲苯。根据K的结构简式，K含有的官能团的名称是羧基、氨基、溴原子。

（2）反应⑦为G中-NH2与（CH3CO）2O反应生成-NHCOCH3，反应⑧为KMnO4/H+将H中苯环上的-CH3氧化成-COOH，对比I和J的结构简式，I→J为苯环上的溴代反应，J→K为酰胺基水解成-NH2，由此可见，反应⑦的作用是：保护氨基，防止氨基被氧化。反应⑩为酰胺基的水解反应，反应类型为取代反应。

（3）反应②为B的水解反应，反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O。

（4）D的结构简式为，除-CH3碳原子为sp3杂化，其余碳原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯和HCHO的结构，根据单键可以旋转，D分子中最多有19个原子共面（6个苯环碳原子、2个双键碳原子、羰基碳原子以及与它们直接相连的原子，-CH3中只有1个H在该平面上，共19个原子）。D发生加聚反应生成E，E的结构简式为。

（5）D的结构简式为，D的分子式为C10H10O，1molD与1molH2发生加成反应所得产物的分子式为C10H12O，该加成产物的同分异构体的不饱和度为5，该加成产物的同分异构体能与FeCl3发生显色反应，该加成产物的同分异构体中含酚羟基，分子中只存在一个环不含其它环状结构，苯环上有四种不同化学环境的H原子，苯环上有两个取代基且两个取代在邻位或间位，两个取代基有下列情况：①-OH和-CH=CHCH2CH3、②-OH和-CH2CH=CHCH3、③-OH和-CH2CH2CH=CH2、④-OH和、⑤-OH和、⑥-OH和、⑦-OH和、⑧-OH和，符合条件的同分异构体共28=16种。

（6）与H2发生加成反应生成，对比与的结构简式，碳干骨架没有变化，官能团从一个羟基变为两个碳碳双键，根据课本有机物之间的相互转化，合成步骤为：发生消去反应生成，与Br2发生加成反应生成，发生消去反应生成。补充的合成路线为：。

点睛：本题考查有机推断和有机合成、官能团和有机反应类型的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、限定条件同分异构体数目的确定。难点是符合条件的1molD与1molH2加成产物的同分异构体数目的确定和有机合成路线的设计。确定同分异构体数目应用有序思维，先确定官能团，再用残基法结合苯环上H原子的种类确定可能的结构。有机合成路线的设计首先对比原料和最终产物的结构，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据官能团的性质和有机物之间的转化关系进行设计。

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2019年高三毕业班质量检查模拟测试

理综化学试卷

1. 下列各组物质中，均属于硅酸盐工业产品的是

A. 陶瓷、水泥 B. 水玻璃、玻璃钢

C. 单晶硅、光导纤维 D. 石膏、石英玻璃

【答案】A

【解析】A、制陶瓷的主要原料是粘土，制备水泥主要原料是石灰石和粘土，都通过高温加热，水泥主要成分为3CaO·SiO2、2 CaO·SiO2、3CaO·Al2O3，陶瓷、水泥属于硅酸盐工业产品，故A正确；B、水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料，一般指用玻璃纤维增强不饱和聚酯、环氧树脂与酚醛树脂基体。故B错误；C. 单晶硅是硅单质、光导纤维主要成分为二氧化硅，故C错误； D. 石膏主要成分是硫酸钙、石英玻璃主要成分为二氧化硅，故D错误；

点睛：本题考查硅酸盐产品，难度较小，解题关键：明确物质的组成，注意基础知识的积累掌握．易错点B，水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料。

2. 唐代苏敬《新修本草》有如下描述：本来绿色，新出窑未见风者，正如瑠璃。陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绿矾矣。”“绿矾”指

A. 硫酸铜晶体 B. 硫化汞晶体 C. 硫酸亚铁晶体 D. 硫酸锌晶体

【答案】C

【解析】“绛矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，绛矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色，所以绛矾为7水硫酸亚铁，化学式：FeSO4·7H2O。故选C。

点睛：本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键，题目较简单。

3. (Chem Commun)报导，Marcel Mayorl合成的桥连多环烃()，拓展了人工合成自然产物的技术。下列有关该烃的说法正确的是

A. 不能发生氧化反应 B. 一氯代物只有4 种

C. 分子中含有4 个五元环 D. 所有原子处于同一平面

【答案】C

【解析】A、能与氧气发生氧化反应，故A错误；B、一氯代物只有3种，故B错误；C、分子中含有4 个五元环，3个六元环，故C正确；D. 所有原子都是sp3杂化，不可能处于同一平面，故D错误；故选C。

4. 下列实验操作或说法正确的是

A. 提纯氯气，可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸的洗气瓶

B. 碳酸钠溶液可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中

C. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液

D. 用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液

【答案】D

【解析】A. 提纯氯气，不可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，氯气与饱和碳酸氢钠溶液反应，生成氯化钠、次氯钠、二氧化碳，故A错误；B、碳酸钠溶液能与玻璃中的SiO2反应，不可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中，故B错误；C、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，可能是氢氧化钠，故C错误；D、用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液，乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖为还原性糖，与氢氧化铜发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，淀粉与氢氧化铜不反应，可鉴别，故D正确；故选D。

5. 位于3个不同短周期的主族元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。其中，b、d同主族，d元素最高与最低化合价的代数和等于4，c原子最外层电子比b原子次外层电子多1个。下列判断错误的是

A. a、b、c的简单离子半径依次增大

B. a、b、c形成的化合物既溶于强酸又溶于强碱

C. b的氢化物的氧化性可能比e的强

D. d的最高价氧化物的水化物是强酸

【答案】A

【解析】位于3个不同短周期的主族元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。其中，b、d同主族，d元素最高与最低化合价的代数和等于4，b为氧元素，d为硫元素，c原子最外层电子比b原子次外层电子多1个，c为铝元素，a只能为氢元素,e只能为氯元素。

A. a、b、c的简单离子半径，氧离子大于铝离子，故A错误；B. a、b、c形成的化合物氢氧化铝既溶于强酸又溶于强碱，故B正确；C. b的氢化物H2O2的氧化性比HCl的强，故C正确；D. d的最高价氧化物的水化物H2SO4是强酸，故D正确；故选A。

6. 某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是

A. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能

B. 放电时，a极为负极

C. 充电时，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-

D. M是阴离子交换膜

【答案】D

【解析】A. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，故A正确；B. 放电时，a极为负极，Na2S失电子氧化为Na2S4，故B正确；C. 充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，故C正确；D. M是阳离子交换膜，阴离子会相互反应，故D错误，故选D。

7. 常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定新配制的25.0mL0.02 mol·L-1FeSO4溶液，应用手持技术测定溶液的pH与时间(t)的关系，结果如右图所示。下列说法错误的是

A. ab段，溶液中发生的主要反应：H++OH-=H2O

B. bc段，溶液中c(Fe2+) > (Fe3+) >c(H+)>c(OH-)

C. d点，溶液中的离子主要有Na+、SO42-、OH-

D. 滴定过程发生了复分解反应和氧化还原反应

【答案】B

【解析】A、ab段，新配制的25.0mL0.02 mol·L-1FeSO4溶液，为抑制水解加了些硫酸，溶液中发生的主要反应：H++OH-=H2O，故A正确；B. bc段，c(H+)> (Fe3+) ，故B错误；C.d点 pH =11.72，表示滴定反应已完全结束， 此时溶液含有硫酸钠与过量的氢氧化滴定反应已完全结束， 此时溶液含有硫酸钠与过量的氢氧化滴定反应已完全结束， 此时溶液含有硫酸钠与过量的氢氧化钠，溶液中的离子主要有 Na+、SO42－、OH－，C正确；D、 滴定过程中发生的反应有酸碱中和反应、硫酸亚铁与氢氧化钠的复分解反应、氢氧化亚铁与氧气的氧化还原反应，故D正确。

8. 检测明矾样晶(含砷酸盐)中的砷含量是否超标，实验装置如下图所示(夹持装置已略去)。

【实验1】配制砷标准溶液

①取0.132gAg2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液（此溶液1mL相当于0.10mg砷）；

②取一定量上述溶液，配制1L含砷量为1mg·L-1的砷标准溶液。

（1）步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有__________。步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液____mL。

【实验2】制备砷标准对照液

①往A瓶中加入2.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI溶液和SnCl2溶液，混匀，室温放置10 min，使砷元素全部转化为H3AsO3。

②往A瓶中加入足量锌粒(含有ZnS杂质)，立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管B，并使B管右侧末端插入比色管C中银盐吸收液的液面下，控制反应温度25~40℃，45 min后，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。

③取出C管，向其中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对照液。

（2）乙酸铅棉花的作用是_____________________。

（3）完成生成砷化氢反应的离子方程式：

____Zn+____H3AsO3+____H+=____( )+ ____Zn2++____( )________________

（4）控制A 瓶中反应温度的方法是________________________；反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，还具有的作用是_____________________________。

（5）B管右侧末端导管口径不能过大(约为1mm)，原因是__________________________。

【实验3】判断样品中砷含量是否超标

称取ag明矾样品替代【实验2】 ①中“2.00m砷标准溶液”，重复【实验2】后续操作。将实验所得液体与砷标准对照液比对，若所得液体的颜色浅，说明该样品含砷量未超标，反之则超标。

（6）国标规定砷限量为百万分之二(质量分数)，则a的值为______________________。

【答案】 (1). 1000mL容量瓶、胶头滴管 (2). 10.0 (3). 除去H2S气体 (4). 3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O (5). 水浴加热 (6). 将AsH3气体完全带入C管（或其他合理答案） (7). 增大反应接触面积。使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银 (8). 1.0

【解析】（1）步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有1000mL容量瓶、胶头滴管；1mL相当于0.10mg砷，配制1L含砷量为1mg·L-1的砷标准溶液，步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液 10.0mL。（2）H2S＋CH3COO2Pb=PbS↓＋2CH3COOH,乙酸铅棉花的作用是除去H2S气体；（3）锌将+3价的砷还原生成砷化氢，氯化锌和水，反应的离子方程式3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O；（4）控制反应温度25~40℃，可采用水浴加热；反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，题中没有载气装置，可见氢另一种作用就是载气，还具有的作用是将AsH3气体完全带入C管（或其他合理答案）；（5）B管右侧末端导管口径不能过大(约为1mm)，原因是增大反应接触面积。使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银。（6）国标规定砷限量为百万分之二(质量分数)，a×2×10-6=2×10-3L×1×10-6（g·L-1），a=1.0,则a的值为1.0。

点睛：（4）“反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，还具有的作用是”是本题的难点，气体的定量测定，为使气体完全反应，常需要载气装置，但题中没有载气装置，可见氢另一种作用就是载气，还具有的作用是将AsH3气体完全带入C管（或其他合理答案）；（6）化学实验中的数据处理，学生对比色分析，和百万分之二(质量分数)的表示方法比陌生，只有读懂题干信息，列出方程a×2×10-6=2×10-3L×1×10-6（g·L-1），才能求出a=1.0。

9. 聚合硫酸铁(PFS) 是一种高效的无机高分子絮凝剂。某工厂利用经浮选的硫铁矿烧渣 (有效成分为Fe2O3和Fe3O4) 制备PFS，其工艺流程如下图所示。

（1）“还原焙烧”过程中，CO还原Fe3O4生成FeO的热化学方程式为___________________________。

已知：Fe3O4(s)+C(s)=3FeO(s)+CO(g) ΔH1= 191.9kJ·mol-1

C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5kJ·mol-1

C(s)+CO2(g) =2CO(g) ΔH3= 172.5kJ·mol-1

（2）CO是“还原焙烧" 过程的主要还原剂。下图中，曲线表示4个化学反应a、b、c、d达到平衡时气相组成和温度的关系，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域。a属于_________（填“吸热反应”或“放热反应”）；570℃时，d反应的平衡常数K=_________________。

（3）工业上，“还原培烧”的温度一般控制在800℃左右，温度不宜过高的理由是____________________。

（4）若“酸浸”时间过长，浸出液中Fe2+含量反而降低，主要原因是___________________________。

（5）已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-17, Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39,若浸出液中c(Fe2+) =10-1.8mol·L-1，为避免“催化氧化”过程中产生Fe(OH)3，应调节浸出液的pH≤_____________。

（6）FeSO4溶液在空气中会缓慢氧化生成难溶的Fe(OH)SO4，该反应的离子方程式为_________________________。“催化氧化”过程用NaNO2作催化剂（NO起实质上的催化作用）时，温度与Fe2+转化率的关系如右图所示（反应时间相同），Fe2+转化率随温度的升高先上升后下降的原因是_______________________________。

【答案】 (1). Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH= 19.4kJ·mol-1 (2). 放热反应 (3). 1 (4). 浪费能量，且FeO易被还原成Fe（或其他合理答案） (5). Fe2+易被空气中的O2氧化咸Fe3+（或其他合理答案） (6). 1.6 (7). 4SO42-+ 4Fe2++O2+2H2O=4Fe(OH)SO4↓ (8). 温度升高，反应速率增大；温度过高，NO气体逸出，转化率下降（或其他合理答案）

............

10. 过二硫酸钾(K2S2O8) 在科研与工业上有重要用途。

（1）S2O82-的结构式为，其中S元素的化合价为_________________。在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是___________（填离子符号）。

（2）某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理锅炉烟气，提高了烟气处理效率，处理液还可以用作城市植被绿化的肥料。

①脱硫过程中，当氨吸收液的pH=6时，n(SO32-)∶n(HSO3-) =________。

[巳知：25℃时，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，K a2(H2SO3)=1.0×10-7]

②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步，K2S2O8将NO氧化成HNO2，第2步，K2S2O8继续氧化HNO2，第2步反应的化学方程式为______________________________________；

一定条件下，NO去除率随温度变化的关系如右图所示。80℃时，若NO初始浓度为450mg·m-3，t min达到最大去除率，NO去除的平均反应速率：

v(NO) =____mol·L-1·min-1（列代数式）

（3）过二硫酸钾可通过“电解→转化→提纯”方法制得，电解装置示意图如右图所示。

①电解时，铁电极连接电源的_________________极。

②常温下，电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。

在阳极放电的离子主要是HSO4-，阳极区电解质溶液的pH范围为_________，阳极的电极反应式为________________________。

③往电解产品中加入硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，提纯粗产品的方法_______________。

【答案】 (1). +6 (2). MnO4- (3). 1:10 (4). HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4 (5). （或或） (6). 负 (7). 0- 2 (8). 2HSO4--2e-= S2O82-+2H+ (9). 重结晶

【解析】（1）S2O82-的结构式为，每个硫与4个O原子形成6个共价键，其中S元素的化合价为+6。在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是 MnO4- 。（2）①脱硫过程中，当氨吸收液的pH=6时，HSO3－SO32－＋H＋,Ka2=c(SO32-)c（H＋）/c(HSO3-)=1.0×10-7，n(SO32-)∶n(HSO3-) =1:10。②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步，K2S2O8将NO氧化成HNO2，第2步，K2S2O8继续氧化HNO2，K2S2O8作氧化剂，还原成H2SO4 ，第2步反应的化学方程式为HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4 ；80℃时，若NO初始浓度为450mg·m-3，t min达到最大去除率为0.916，NO去除的平均反应速率：v(NO) =mol·L-1·min-1；（3）①电解时，铁作阴极，铁电极连接电源的负极。②常温下，在阳极放电的离子主要是HSO4-，电解HSO4-生成S2O82-，由图HSO4-存在的pH范围-2～2，S2O82-存在的pH范围0-2，阳极区电解质溶液的pH范围为0-2；S化合价不变，O由-2升高至-1价，失电子，阳极的电极反应式为 2HSO4--2e-= S2O82-+2H+ 。

③往电解产品过二硫酸钠中加入硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，依据两者的溶解度差异，提纯粗产品的方法用重结晶的方法。

11. 钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。

（1）基态下原子核外电子排布的最高能级的符号是_____________。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_____种。

（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是________________________。

（3）TiCl4是氯化法制取钛的中间产物。TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是______________（填化学式）。

（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如右图所示。

①组成该物质的元素中，电负性最大的是____________ （填元素名称）。

②M中，碳原子的杂化形式有________种。

③M中，不含_________（填标号）。

a. π键 b. σ键 c.配位键 d.氢键 e.离子键

（5）金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一，具有四方晶系结构。其晶胞结构（晶胞中相同位置的原子相同）如下图所示。

①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是______________。

②若A、B、C的原子坐标分别为A (0,0,0)、B (0.69a,0.69a,c)、c (a, a,c)，则D的原子坐标为D （0.19a,_____，______）；钛氧键的键长d=________________（用代数式表示）。

【答案】 (1). 3d (2). 3 (3). Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强)(（或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案） (4). SiCl4 (5). 氧 (6). 2 (7). d、e (8). BD (9). 0.81a (10). 0.5c (11). 0.31×a

【解析】（1）基态 Ti 原子核外电排布为 1S 22S 22P 63S 23P 63d 24S 2，且未成对电子数为2，基态下原子核外电子排布的最高能级的符号是3d。第 4周期元素中，基态原子的未成对电数与钛相同的有 Ni （3d 84S 2）、 Ge （4S 24P 2）、 Se （4S 24P 4）3种；（2）钛与铝同为金属晶体，金属晶体的硬度主要由金属键决定，钛硬度比铝大的原因是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强)（或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案）。（3）由TiCl4和 SiCl 4在常温下都是液体，可知，两者均属于分子晶体且分子结构相同，分子间作用力是影响晶体物理性质的主要因素，相对分子质量越大分子间作用力越大，所以，TiCl4比SiCl 4沸点高。采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是SiCl 4；。

点睛：本题考查物质结构与性质的基础知识，同时考查学生的获取信息能力、知识迁移能力。空间想象能力以及现场独立学习能力。难点（5）用均摊法确定4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是BD；结合晶系与晶胞参数可得原子坐标可A(0,0,0)、B(0.69a,0.69a,c)、C(a,a,c)、D(0.19a,0.81a, 0.5c)、体心(0.5a,0.5a,0.5c)，再用勾股定理求出钛氧键键长。

12. 喹啉醛H 是一种可用于制备治疗肿瘤药物的中间体。由烃A制备H的合成路线如下：

巳知：i.RCCl3RCOOK；ii.反应④中，吡啶作稳定剂

回答下列问题：

（1）A的化学名称是__________________________。

（2）①、⑥的反应类型分别为_______________、________________。

（3）D为链状结构，分子中不含“—O—”结构，且不能发生银镜反应，其核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3:2:1，D的结构简式为________________________。

（4）反应④的化学方程式为______________________________________。

（5）下列有关G的说法正确的是________________ (填标号)。

a.经质谱仪测定，G只含有羧基、碳碳双健两种官能团

b.属于萘的衍生物

c.一定条件下可发生加聚反应

d.可与少量Na2CO3溶液反应生成NaHCO3

（6）X是H的同分异构体，两者环状结构相同，X环上的取代基与H的相同但位置不同，则X可能的结构有____种。

（7）写出用为原料制备的合成路线________________（其他试剂任选）。

【答案】 (1). 苯 (2). 取代反应 (3). 氧化反应 (4). CH3COCH=CH2 (5). (6). c (7). 6 (8).

【解析】第(1)小题，根据B 的结构简式，可知B为硝基苯，由B可推出烃A为苯。第(2)小题，步骤①为硝化反应(或取代反应)，从步骤⑥的条件为KMnO4，可知步骤⑥为氧化反应。第(3)小题，从D (C4H6O) 的分子式，可知D的不饱和度为2,又因其核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3 :2 :1,它可能的同分异构体有炔醇、炔醚、烯酮、烯醛、环酮、环醛，因为D 为链状结构，不含“一0一”结构，且不能发生银镜反应，排除环酮、环醛、炔醇、炔醚、烯酮，确定D 为烯酮，故D 的结构简式为CH3COCH=CH2。 第(4)小题，由E结构简式可知E的分子式为C10H9N，在吡啶作稳定剂条件下，与CC13CH(OH)2 反应生成F[C12H10NOC13]，通过比对，可确定发生分子间脱水，即发生取代反应，再由G 结构简式可知步骤④是CCl3CH(OH)2上的一个羟基取代了E中甲基上一个氢，即:；（5）由已知：和步骤⑤的条件，可知步骤⑤先发生水解反应，后发生消去反应。第(5)小题，质谱仪测定的是有机化合物的相对分子质量，红外光谱可准确，判断有机化合物的官能团，a错误; G 中无萘环，不属于萘的衍生物，b错误;G 中有碳碳双键，可发生加聚反应，c 正确; G 中有羧基，与少量Na2CO3溶液反应生成CO2,d错误。故选c。第(6)小题，的环上有7种不同环境的氢，H是其中一种环境的氢被醛基取代的产物，X 与H两者环状结构相同，X环上的取代基与H的相同但位置不同，故X可能的结构有6种。（7）由烃A制备H的合成路线的前三步信息可知，步骤①、②、③的条件分别是浓HNO3/ 浓H2SO4、Zn/HCl、CH3COCH=CHCH3,故用为原料制备的合成路线。

[解析]湖北省鄂东南省级市范高中教育教学改革联盟学校2018届高三五月联考理综化学试题 含解析