福建省百校届高三下学期临考冲刺检测化学试题.docx

1、福建省百校届高三下学期临考冲刺检测化学试题福建省百校2018届高三下学期临考冲刺检测化学试题 1. 第三届联合国环境大会的主题为“迈向零污染地球”。下列做法不应提倡的是 A. 推广电动汽车，践行绿色交通 B. 回收电子垃圾，集中填埋处理 C. 蔬菜保鲜消毒，喷洒诺福水 D. 净化工业尾气，减少雾霾生成 【答案】B 【解析】A.电动汽车没有污染排放，属于绿色出行方式，故A正确；B.电子垃圾中含有重金属等有害物质，不能直接填埋处理，故B错误；C.诺福水主要成分为过氧化氢，易分解并且分解后没有有害物质残留，可用于蔬菜保鲜消毒，故C正确；D.工业尾气是雾霾产生的原因之一，故D正确；本题选B。 2. 古

2、代中国常用如图所示装置来炼丹、熬烧酒、制花露水等。南宋张世南游宦纪闻记载了民间制取花露水的方法：“锡为小甑，实花一重，香骨一重，常使花多于香。 窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之。”该装置利用的实验操作方法是 A. 蒸馏 B. 过滤 C. 萃取 D. 升华 【答案】A 【解析】题干中描述的制取花露水的方法实际上和现代蒸馏的方法是一样的，“窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之”。说的就是冷凝液体的过程，故本题选A。 3. 香豆素类化合物具有抗病毒、抗癌等多种生物活性，香豆素-2-羧酸的合成路线如下： 下列叙述不正确的是 A. X与Y互为同分异构体 B. X和香豆素-2-羧酸均能与NaOH溶液反应 C. 香豆素

3、-2-羧酸不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. Y中的所有碳原子可能共平面 【答案】C 【解析】A.X与Y的分子式均为C8H8O2，互为同分异构体，故A正确；B.X中有一个酯基可以与NaOH溶液发生水解反应，香豆素-2-羧酸中有羧基也可以与NaOH溶液反应，故B正确；C. 香豆素-2-羧酸有一个碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D.Y中苯环上及碳氧双键上的碳原子一定共面，甲基上的碳原子与苯环可能共面，故D正确；本题选C。 点睛：熟练掌握各官能团的性质是解答本题的关键，香豆素中包含了双键、醚键、羧基、羰基等官能团。 4. 欲从含Br的废液中提取溴单质，需经过一系列操作，实验装置及物质的性

4、质如下： - 密度/gcm-3 沸点/ 下列说法中正确的是 A. 可用装置甲氧化废液中的Br- Br2 3. 12 58.76 CCl4 1.59 76.8 正十二烷 0.753 215217 B. 装置乙中选用正十二烷而不用CCl4，是因为正十二烷的密度更小 C. 用装置丙进行蒸馏，先收集正十二烷再收集Br2 D. 用装置丁长期贮存液溴 【答案】D 【解析】A.装置甲通入的氯气会将液体排入氢氧化钠溶液中，不能用装置甲氧化废液中的Br-，故A错误；B. 装置乙中选用正十二烷而不用CCl4，是因为正十二烷的沸点高，便于使用蒸馏 法分离溶于正十二烷中的溴，故B错误；C. 用装置丙进行蒸馏， Br2

5、的沸点比正十二烷低，所以先收集到的是溴，故C错误；D. 液溴密度比水大，可以保存在水中，故D正确；本题选D。 5. 已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，X的核电荷数比Y小4。下列说法一定正确的是 A. 离子半径：XWK(HB)K(HD) B. 滴定至M点时，溶液中：c(B-)c(Na+)c(HB)cH+)c(OH-) C. pH=7时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D) D. 当中和百分数达到100%时，三种溶液中：c(HA)c(HB)c(HD) 【答案】D 【解析】A相同物质的量浓度的一元酸，酸的pH越小，氢离子浓度越

6、大，说明酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HAHD，则KHAKHBKHD，故A正确；B中和50%即P点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c（H）c（OH），且酸的电离程度大于酸根离子水解程度，NaB完全电离：NaB=Na+B，这一步的c（B）=c（Na），HB少部分电离：HBH+B-，则c（HB）c（H+），NaB少部分水 B-+H2OHB+OH-，由于酸的电离程度大于盐的水解程度，则HB电离产生的B相对NaB水解消耗的B多，所以c（B）c（Na），由于HB电离消耗得多，水解生成的HB少，所以

7、c（Na+）c（HB），则c（B-）c（Na+）c（HB）c（H）c（OH），故B正确；C当PH=7时，根据电荷守恒三种溶液中离子浓度关系为：c（Na）+c（H）=c（A）+c（OH），由于c（H）=c（OH），所以c（Na）=c（A），c（Na）+c（H）=c（B）+c（OH），由于c（H）=c（OH），所以c（Na）=c（B），c（Na）+c（H）=c（D）+c（OH），由于c（H）=c（OH），所以c（Na）=c（D），由于三种酸的酸性强弱顺序为HAHBHD，所以对应离子的水解程度为DBA，水解程度越大溶液呈中性时所消耗的氢氧化钠越少，则三种溶液中c(A-)c(B-)c(D-)，故C错误

8、；D恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后溶液因盐的水解呈碱性，酸性越弱水解程度越大，三种离子的水解程度为D-B-A-，水解生成对应的酸，所以有c(HD)c(HB)c(HA)，故D错误；本题选：D。 -+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-点睛：本题以弱电解质的电离为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确电解质溶液中三大守恒以及酸的电离程度与酸根离子水解程度的大小是解题关键。 8. 氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，某研究小组以氢氧化钠固体、浓氨水、干冰等为原料制备氨基甲酸铵的实验装置如图所示，其主要反应的原理为2NH3(

9、g)+CO2(g)NH2COONH4(s) H”或“”)0；压强p1、p2、p3由小到大的顺序是_。 T1时若向该容器中充入2. 0 mol H2和2.0 molCO发生上述反应，5 min后反应达到平衡(M点)，则05 min内，v(H2)=_ molL-1min-1，M点对应条件下反应的平衡常数 为_。 （5）将CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。CuCl 水解的反应为CuC(s) +H2O(l) CuOH(s)+Cl(aq)+H(aq)。该反应的平衡常数K与此温度下Kw、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K=_。 【答案】 (1). 2H3- 3H1 (2). O=C=S

10、 (3). CuCl-e-+Cl-=CuCl2- (4). H2O(或“水” (5). (6). p3p2 （3）用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液得到氧化亚铜，阳极的电极反应：CuCl-e+Cl=CuCl2，故答案为：CuCl-e+Cl=CuCl2；综合反应过程分析，实质是铜和水反应生成氧化亚铜和氢气，减少的是水，故答案为：水。 （4）由图可知，温度一定时，CO的转化率（P3）P3，故答案为：p3p2c(C2O42-)c(H+)c(HC2O4-)c(OH-) (7). 防止因温度降低，CoCl2晶体析出 (8). Co5O7 【解析】（1）钴废催化剂加入稀硫酸

11、，发生Co+H2SO4=CoSO4+H2，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，过滤滤渣是不溶的二氧化硅，洗液与滤液合并，提高洗涤和滤液中钴的利用率，故答案为：SiO2；提高钴等元素的利用率； （2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1mol的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2+6H+ClO3-6Fe3+Cl-+3H2O， （3）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； （4）生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，离子方程式为：6Fe3+4SO42-+6H2O+

12、2Na+6CO32-=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6CO2。 （5）根据pK的大小关系，可以判断出电离常数的大小关系为Ka1 Ka2Kb，所以对应离子的水 解程度大小为NH4C2O4HC2O4，水解程度越大溶液中剩余离子浓度就越小，所以溶液中的离子浓度大小顺序为：c(NH4+)c(C2O42-)c(H+)c(HC2O4-)c(OH-) （6）CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出，故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出； （7）CoC2O4的质量为1.470g，其物质的量为0.01mol，Co元素质量为0.59g，

13、钴氧化物质量为0.814g，氧化物中氧元素质量为0.814g-0.59g=0.224g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.01mol：5：7，故Co氧化物为Co5O7，故答案为：Co5O7。 +2-11. 氯磺酰氰酯(结构简式为)是一种多用途的有机合成试剂，在HClO4-NaClO4介质中， K5CoO4W12O36(简写为CoW)可催化合成氯磺酰氰酯。 （1）基态钴原子的核外电子排布式为_。组成HClO4-NaClO4的4种元素的电负性由小到大的顺序为_。 （2）氯磺酰氰酯分子中硫原子和碳原子的杂化轨道类型分别是_、_， 1 个氯磺酰氰酯分子中含有键的数目为_，氯磺酰氰酯中5种元素

14、的第一电离能由大到小的顺序为_。 （3）ClO4的空间构型为_。 （4）一种由铁、碳形成的间隙化合物的晶体结构如图1所示，其中碳原子位于铁原子形成的八面体的中心，每个铁原子又为两个八面体共用，则该化合物的化学式为_。 -3+3+ （5）电石(CaC2)是制备氯化氰(ClCN)的重要原料。四方相碳化钙(CaC2)的晶胞结构如上图2所示，其晶胞参数分别为a、b、c，且a=b，c=640 pm。已知四方相碳化钙的密度为1.85gcm-3，CC2-中键长为120pm，则成键的碳原子与钙原子的距离为_pm和_ pm。 (设 阿伏加德罗常数的数值为610) 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p

15、63d7 或 Ar3d7 (2). NaHClCS (7). 正四面体 (8). Fe3C (9). 260 (10). 306 【解析】（1）1s2s2p3s3p3d 或 Ar3d；NaHOClCS，故答案为：sp3；sp；5；NOClCS。 （3）ClO4-中心原子Cl最外层共有8个电子，与4个O形成了4个键，VSEPR模型为正四面体型，没有孤电子对，所以ClO4的空间构型为正四面体型。 （4）每个八面体中包含了一个C原子，一共6个Fe每个Fe被两个八面体公用，所以化学式为：Fe3C。 （5）侧面碳原子与钙原子的距离，一个晶胞中包含了Ca：-2262677231+81/8=2，C2：21/

16、2+41/4=2，一个晶胞中包含了2个CaC2，所以一个晶胞的质量为：，又因为可以求出；底面碳原子与钙原子的距离 故答案为：260；306。 12. 有机物Q是一种治疗关节炎的止痛药，合成Q的路线如下： （1）A的名称为_。D中官能团的名称为_。 （2）EF的反应类型为_。GM的反应类型为_。 （3）B与(ClCH2CO)2O反应生成C和另一有机物H，该反应的化学方程式为_。 （4）有机物J为M的同分异构体。J有多种结构，写出满足下列条件的J的所有结构简式_。 苯环上只有两个取代基 能发生银镜反应 核磁共振氢谱图中只有5组吸收峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1 酸性条件下能发生水解反应，且水解产物之一能与氧化铁溶液发生显色反应 （5）请写出以1-丙醇、苯、乙酸酐(CH3CO)2O为原料合成的路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题干)：_。 【答案】 (1). 苯 (2). 醛基、氯原子 (3). 消去反应 (4). 取代反应(或水解反应) (5). (6). (7). 【解析】（1）苯；醛基、氯原子 （2）EF脱去一个水分子，C与N之间由双键变为三键，属于消去反应。 （3）B与(ClCH2CO)2O发生取代反应，取代B中位于烷基对位的H原子，方程式为： （5） 。