甘肃省张掖市2018届高三上学期第一次质量检测考试化学试题Word版含解析.doc

甘肃省张掖市2018届高三第一次质量检测考试 理综化学试题 ‎1. “保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是（ ）‎ A. 大力推广燃煤发电以满足工业发展的用电需求 B. 实施化石燃料脱硫脱硝技术,减少大气污染物的排放 C. 加强生活污水的除磷处理,遏制水体的富营养化 D. 用CO2 合成聚碳酸酯可降解塑料,实现“碳”的循环利用 ‎【答案】A ‎2. 下列关于有机物的说法中错误的是（ ）‎ A. 以苯甲醇为原料可制取苯甲酸 B. 苯不能与溴水发生加成反应 C. 糖类、油脂和蛋白质都可水解 D. 分子式为C5H12O的醇共有8种结构 ‎【答案】C ‎【解析】A. 醇羟基可以发生氧化反应，生成羧基，可以用苯甲醇为原料可制取苯甲酸，故A正确；B．苯也液溴在催化剂作用下能够反应，但是苯与溴水不反应，故B正确；C．糖类中的葡萄糖属于单糖，是不能水解的糖，故C错误；D．C5H12的异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH3、(CH3)4C，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，CH3CH2CH(CH3)CH3有4种H原子，(CH3)4C只有1种H原子，故-OH取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，故D正确；故选C。‎ 点睛：本题的易错点为D，醇类含有-OH，C5H12O可以看做戊烷为-OH取代的产物，可以首先书写戊烷的同分异构体，再根据等效氢判断属于醇类的同分异构体数目。‎ ‎3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1.0‎mol·L-1的CH3COONa溶液中所含CH3COO-的数目一定小于NA B. 46g二氧化氮(NO2)所含的电子数为23NA C. 标准状况下,2.24 LCCl4中所含C-Cl键的数目为0.2NA D. 将0.1mol H2和0.2molI2充入密闭容器中充分反应后，生成HI的分子数为0.2NA ‎【答案】B ‎ ‎ ‎4. 短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物,其中一种产物n是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,另一种产物q是能使品红溶液褪色的气体。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：a c(Y-)，故B正确；C. HX为强酸，发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故C错误；D. pH=7时，HX为强酸，n(X-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，c(X-)=0.05 mol/L；HY为弱酸，pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶质为NaY和HY，根据电荷守恒，有c(Y- )= c(Na+)，由于氢氧化钠溶液的体积小于HY溶液的体积，则c(Y- )=c(Na+)＜0.05 mol/L，因此c(Y- )＜c(X-)，故D错误；故选B。‎ ‎7. 下列实验操作能达到相应实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 A 将二氧化硫气体通人紫色石蕊试液中，观察溶液颜色查化 证明二氧化硫具有漂白性 B 向2mL1mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L-1‎ FeCl3溶液．再加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液 证明 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]‎ C 相同温度下，向两支盛有相同体积不同浓度H2O2溶液的试管中分别滴入适量相同浓度的CuSO4溶液和FeCl3溶液 探究Cu2+、Fe3+对H2O2 分解速率的影响 D 向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴含NaClO的“84”消毒液,观察红色褪色快慢 证明随溶液ph减小,“84”消毒液的氧化能力增强 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中，SO2与水反应产生H2SO3，该物质是酸，具有酸的通性，可以使紫色石蕊试液变为红色，不能证明其漂白性，错误；B．向2mL 1 mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1 mol·L-1FeCl3，发生复分解反应产生Fe(OH)3沉淀，由于碱过量，试液再加入3滴1 mol·L-1MgCl2溶液，会与NaOH溶液发生复分解反应产生Mg(OH)2沉淀，不能证明物质的溶度积常数的大小关系，错误；C．要探究Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响，应该使用的盐的阴离子相同，只有阳离子不同，才可以进行对比，错误；D．向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴NaClO的84消毒液，观察到滴有醋酸的品红溶液的红色褪色的快，说明溶液pH的减少，酸性增强，84消毒液的氧化能力增强，正确。‎ 考点：考查化学实验操作正误判断的知识。‎ ‎8. 纳米碳酸钙是一种广泛应用于塑料、食品、医药、饲料等行业的重要无机填料。以磷石膏钙渣为原料制取高品质纳米碳酸钙的工艺流程如下：‎ 已知某磷石膏钙渣的主要成分及其含量如下表所示。‎ CaO P2O5‎ SO3‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ SiO2‎ 烧失量 ‎47.70%‎ ‎1.60%‎ ‎1.77%‎ ‎0.041%‎ ‎0.0027%‎ ‎9.85%‎ ‎37.69%‎ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）对磷石膏钙渣进行酸溶的目的是获得机制CaCl2溶液，为了提高溶出率，可以采取的措施有___________(填字母)。‎ A．粉碎磷石膏钙渣 B．增大盐酸浓度 C．适当降低温度 D．缩短酸溶时间 ‎（2）为了探究酸溶的工艺条件,称取6 份各50g磷石膏钙渣，分别用不同浓度盐酸进行溶解，反应时间为30 min,测得滤液中钙溶出率的结果如图所示，最适宜的盐酸浓度为___________。‎ ‎（3）精制是向粗制CaCl2溶液中通入氨气,控制溶液的pH,主要除去___________(填金属阳离子)。‎ ‎（4）碳化时，先将精制CaCl2溶液稀释至一定体积，控制反应温度以及NH3和CO2 的通入量,此过程中，通入气体有先后顺序,应先通入气体的化学式___________(填化学式);碳化时发生反应的化学方程式为___________________________________________。‎ ‎（5）把CaCO3浊液滴入1.0mol·L-1 的Na2SO3溶液中，能否产生CaSO3沉淀?___________。若不能,说明原因;若能,请从定量的角度简述判断依据：___________________________________。[已知：Ksp(CaSO3)=1.4×10-7，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9‎ ‎（6）试设计简单的实验方案,判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级：___________。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). 4.0 mol·L-1 (3). Fe3+、Al3+ (4). NH3 (5). CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl (6). 能 (7). 由=50 可知,当CaSO3与CaCO3 的混合液中c(SO32-)>50c(CO32-)时．即发生由CaCO3向CaSO3的转变 (8). 取少量样品和水混合形成分散系．用一束光照射,若出现一条光亮的通路，则是纳米级．否则不是 ‎【解析】(1)对磷石膏钙渣进行酸溶的目的是获得机制CaCl2溶液，为了提高溶出率，可以采取的措施有将磷石膏钙渣粉碎、增大盐酸浓度、适当升高温度、延长酸溶时间等，故选AB；‎ ‎(2)根据图示，盐酸的浓度为4.0 mol/L时，滤液中钙溶出率已经较大，再增大盐酸浓度，钙溶出率增加缓慢，成本上不划算，故答案为：4.0 mol/L；‎ ‎(3)向粗制CaCl2溶液中通入氨气，控制溶液的pH，主要是使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，故答案为：Fe3+、Al3+；‎ ‎(4)碳化时，先将精制CaCl2溶液稀释至一定体积，控制反应温度以及NH3和CO2 的通入量，由于二氧化碳在水中的溶解度减小，而氨气极易溶于水，因此先通入氨气，后通入二氧化碳；碳化时氯化钙与二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl，故答案为：NH3；CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl；‎ ‎(5)由==50知，当CaSO3与CaCO3的混合液中c(SO32-)＞50c(CO32-)时，即发生由CaCO3向CaSO3的转变，把CaCO3浊液滴入0.1mol/L的Na2SO3溶液中时，溶液中的c(Ca2+)与c(SO32-)之积大于Ksp(CaSO3)，生成CaSO3沉淀，导致溶液中c(Ca2+)减小，使CaCO3的沉淀溶解平衡CaCO3⇌Ca2++CO32-向着溶解的方向移动，导致CaCO3溶解，故答案为：能，由 =50知，当CaSO3与CaCO3的混合液中c(SO32-)＞50c(CO32-)时，即发生由CaCO3向CaSO3的转变； ‎ ‎(6)判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级，可以根据胶体的性质检验，方法为取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是，故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是。‎ ‎9. 镁、硫、氮的化合物在工业上用途非常广泛。‎ ‎（1）硝酸厂尾气中含有大量的NO,可用氢气催化还原法除去NO，发生的主要反应如下：‎ ‎2NO(g)+4H2(g)+O2(g)=N2(g)+4H2O(g) △H=-1143 kJ·mol-1‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484 kJ·mol-1‎ 则2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=___________kJ·mol-1。‎ ‎（2）一种镁一锂双离子二次电池的装置如图1所示。‎ ‎①放电时， Mg 电 极 为___________ (填“ 正极”或“负极” ), Li +迁 移 至___________ (填“正极区”或“负极区”)。‎ ‎②充电时,阳极的电极反应式为_______________________________。‎ ‎ ‎ ‎（3）在一定条件下,反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)平衡时CH4的转化率与温度和压强的关系如图2所示。‎ ‎①图中p1、p2、p3、p4 代表不同压强，压强最大的是___________。该反应的△H___________(填 ‎“>"“ (7). < (8). K4>K3>K2>K1‎ ‎【解析】(1)①2NO(g)+4H2(g)+O2(g)=N2(g)+4H2O(g)△H=-1143kJ·mol-1，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律：①-②得：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=(-1143kJ•mol-1)-(-484kJ•mol-1)=-659kJ•mol-1，故答案为：-659；‎ ‎(2)①根据图示，放电时， Mg 电 极失去电子发生氧化反应，镁为负极；原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，Li+向正极迁移，故答案为：负极；正极区；‎ ‎②根据图示可知，充电时，阳极的电极上LiFePO4失电子，电极反应式为：LiFePO4-xe-═xLi++Li1-xFePO4，故答案为：LiFePO4-xe-═xLi++Li1-xFePO4；‎ ‎(3)①反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，增大压强，平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，即压强越大，甲烷的转化率越小，因此p1、p2、p3、p4 代表不同压强，压强最大的是p4；根据图像，升高温度，甲烷的转化率增大，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，△H>0，故答案为：p4；>；‎ ‎②压强为p4时，Y点不是平衡状态，要达到平衡状态，反应需要逆向进行，因此v(正)＜v(逆) ，故答案为：＜；‎ ‎③该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，因此图中W、X、Y、Z四点对应的反应的平衡常数K1、K2、K3、K4由大到小的顾序为K4>K3>K2>K1，故答案为：K4>K3>K2>K1。‎ ‎10. 实验室制备三氯乙醛(CCl3CHO)的反应原理为C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl可能发生的副反应是C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O。某探兖小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如图所示(夹持、加热装置均略去)。回答下列问题：‎ ‎（1）仪器a的名称是______________。‎ ‎（2）装置A中发生反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎（3）仪器b中冷凝水从______(填“p”或“q”,下同)口进， ___________口出。‎ ‎（4）若撤去装置B,对实验的影响是__________________________________________________。‎ ‎（5）实验时发现D中导管口处气泡速率过快,合理的解决方法是______________________。‎ ‎（6）已知：CCl3CHO+OH-→CHCl3+HCOO- ;HCOO-+I2-=H++2I-+CO2↑;I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。称取0.40g产品,配成待测溶液,加入20.00mL0.100 mol·L-1碘标准溶液,再加入适量Na2CO3溶液,反应完全后,加盐酸调节溶液的pH,并立即用0.020 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点。重复上述操作3次,平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。滴定时所用指示剂是__________________________,达到滴定终点的现象是_____________________________________________________,测得产品的纯度为___________。‎ ‎【答案】 (1). (恒压)分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). p (4). q (5). 会有氯化氢杂质与乙醇反应,生成氯乙烷。导致三氯乙醛的纯度降低 (6). 停止对A加热或控制滴加盐酸的量 (7). 淀粉溶液 (8). 蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (9). 66.4%(或66.375%)‎ ‎【解析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。‎ ‎(1)由仪器a的结构可知，该分液漏斗能平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下，为恒压分液漏斗，故答案为：恒压分液漏斗；‎ ‎(2)装置A中浓盐酸与二氧化锰在加热时反应放出氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎(3)冷凝管水流遵循下口进上口出，即p口进，q口出，故答案为：p；q；‎ ‎(4)装置B中的饱和食盐水可以除去氯气中的杂质氯化氢，若撤去装置B ‎，氯化氢杂质会与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低，故答案为：会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低；‎ ‎(5)实验时发现D中导管口处气泡速率过快，可以停止对A加热或控制滴加盐酸的量，适当降低生成氯气的速率，故答案为：停止对A加热或控制滴加盐酸的量；‎ ‎(6)根据CCl3CHO+OH-→CHCl3+HCOO-；HCOO-+I2-=H++2I-+CO2↑;I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，反应过程中涉及碘单质，可以选用淀粉作指示剂；滴定终点的现象为蓝色变为无色，且半分钟内不变色；根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量0.02000mol•L-1×0.02L×=2×10-4mol，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.1000mol•L-1×0.02L-2×10-4mol=1.8×10-3mol，由CCl3CHO～HCOO-～I2可知，CCl3CHO的物质的量为1.8×10-3mol，则产品的纯度为×100%=66.4%，故答案为：淀粉溶液；蓝色变为无色，且半分钟内不变色；66.4%。‎ 点睛：本题考查三氯乙醛的制备，关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法。本题的易错点为(6)，注意理清计算思路：根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量，进而计算与HCOO-反应的I2的物质的量，再根据关系式：CCl3CHO～HCOO-～I2计算。‎ ‎11. 钾、氟及锌的相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）基态锌原子的价电子排布式为___________；K、F、Zn的电负性从大到小的顺序为___________。‎ ‎（2）Zn与Ca位于同一周期且最外层电子数相等,钙的熔点与沸点均比锌高,其原因是_______________。‎ ‎（3）OF2分子的几何构型为___________,中心原子的杂化类型为___________。‎ ‎（4）KOH 与O3反应可得到KO3(臭氧化钾),KO3 中除σ键外,还存在___________;与O3-互为等电子体的分子为___________ (任 写一种 )。‎ ‎（5）K、F、Zn组成的一种晶体结构如图所示,其晶胞参数为a=0.4058 nm。‎ ‎①晶胞中Zn2+的配位数为___________个。‎ ‎②晶胞中紧邻的两个F-间的距离为_______________________(列出算式即可)nm。‎ ‎③该晶体的密度为___________(列出算式即可,用NA表示阿伏加德罗常数的数值)g·cm-3。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s2 (2). F>Zn>K (3). 锌的原子半径较大，金属键较弱 (4). V形 (5). sp3 (6). 离子键和π键 (7). ClO2(或其他合理答案) (8). 6 (9). ×0.4058 (10). ‎ ‎【解析】(1)锌是30号元素，基态锌原子的价电子排布式为3d104s2；元素的非金属性越强，电负性数值越大，金属性越强，电负性数值越小，金属性K＞Zn，F的非金属性最强，电负性最大，电负性从大到小的顺序为F>Zn>K，故答案为：3d104s2；F>Zn>K；‎ ‎(2)锌的原子半径较大，金属键较弱，导致钙的熔点与沸点比锌高，故答案为：锌的原子半径较大，金属键较弱；‎ ‎(3)OF2分子中O原子的价层电子对数=2+(6-1×2)=4，采用sp3杂化，OF2的几何构型为V形，故答案为：V形；sp3；‎ ‎(4)KOH 与O3反应可得到KO3(臭氧化钾)，KO3 属于离子化合物，除σ键外，还存在离子键和O3-中的π键，与O3-互为等电子体的分子有ClO2等，故答案为：离子键和π键；ClO2；‎ ‎(5)①晶胞中与Zn2+距离相等，且最近的为F-，有6个，因此Zn2+配位数为6，故答案为：6；‎ ‎②根据图示，晶胞中紧邻的两个F-间的距离为晶胞边长一半的倍，即×0.4058 nm×=×0.4058 nm，故答案为：×0.4058；‎ ‎③该晶胞中含有锌离子的数目=8×=1，氟离子的数目=12×=3，钾离子数目=1，化学式为KZnF3，1mol晶胞的质量为(39+65+19×3)g，1mol晶胞的体积为(0.4058×10-7)3×NA cm3，则晶体的密度为=g·cm-3，故答案为：。‎ ‎12. 双-(对烷氧基苯甲酸)-2,3-二氯-1,4-苯二酚酯(G)是一种新的液晶化合物,在液晶显示领城里有广泛的应用,其合成路线如下：‎ 已知：R为烷烃基,D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶1。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为____________________________。‎ ‎（2）B的化学名称为___________。‎ ‎（3）A 与B生成C的化学方程式为____________________________________。‎ ‎（4）由E生成G的反应类型为___________。‎ ‎（5）G 的分子式为___________。‎ ‎（6）H是D的同分异构体，H的苯环上只有两个对位的取代基,H可与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生水解反应和银镜反应,则H共有___________种;其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶2∶6∶2∶2∶1的结构简式为___________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 对羟基苯甲酸(或4-羟基苯甲酸) (3). +NaBr+2H2O (4). 取代反应 (5). C28H28Cl2O5 (6). 12 (7). 、‎ ‎【解析】R为烷烃基，D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶1，说明R中含有9个相同的氢原子，则R为-C(CH3)3，因此A为C(CH3)3Br， E为，G为。‎ ‎(1)根据上述分析，A的结构简式为C(CH3)3Br或，故答案为：C(CH3)3Br或；‎ ‎(2)B为，名称为对羟基苯甲酸，故答案为：对羟基苯甲酸；‎ ‎(3)A 与B生成C的化学方程式为+NaBr+2H2O，故答案为：+NaBr+2H2O；‎ ‎(4)根据流程图，由E生成G发生了取代反应，除生成G外，还生成了HCl，故答案为：取代反应；‎ ‎(5)G为， 分子式为C28H28Cl2O5，故答案为：C28H28Cl2O5；‎ ‎(6)D为，H是D的同分异构体，H的苯环上只有两个对位的取代基，H可与FeCl3溶液发生显色反应，说明H中含有酚羟基，且能发生水解反应和银镜反应，则H属于甲酸酯，则H中含有苯环、羟基，在羟基的对位含有HCOOC4H8-，由于丁烷有2种结构，其中正丁烷的二取代(取代基不同)产物有8种，异丁烷的二取代(取代基不同)产物有4种，丁烷的二取代产物有12种结构，即- C4H8-有12种结构，则H有12种结构，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶2∶6∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：、。‎ 点睛：不同考查了有机合成与推断，关键是根据“R为烷烃基，D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶1”判断R的结构。本题的易错点和难点是D的同分异构体H的数目的判断。‎