安徽省黄山市届高三一模检测化学试题Word版附详细解析.docx

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安徽省黄山市届高三一模检测化学试题Word版附详细解析

安徽省黄山市2018届高三一模检测

化学试题

1.我国清代《本草纲目拾遗》中记载药物“鼻冲水”，写道：

“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅……虚弱者忌之。

宜外用，勿服。

……《本草纲目》记载：

“绛钒，本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃。

陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绛钒矣。

”这里的“鼻冲水”和“绛钒“可能是指（）

A.氨水和FeSO4·7H2OB.氢氟酸和Na2CO3·10H2O

C.醋和FeSO4·7H2OD.稀硫酸和CuSO4·5H2O

【答案】A

【解析】“鼻冲水”可以贮以玻璃瓶，说明不是氢氟酸，具有刺激性气味、说明易挥发，所以不可能是硫酸；非有病不可嗅，说明不是醋；绛钒，本来绿色，烧之赤色，说明是FeSO4·7H2O，故A正确。

2.下列叙述正确的是（）

A.纤维素、光导纤维、淀粉、蛋白质都是由高分子化合物组成的物质

B.点燃爆竹后,硫燃烧生成SO3

C.六水合氯化钙可用作食品干燥剂

D.食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应

【答案】D

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

3.下列离子方程式正确的是（）

A.Fe2O3溶于氢碘酸：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O

B.Na2SO3与稀硝酸：

SO32-+2H+=SO2↑+H2O

C.AlCl3溶液中加入足量的氨水：

Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O

D.Ca（HCO3）2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：

Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O

【答案】D

【解析】由于Fe3+具有较强氧化性，而I-具有还原性，Fe2O3溶于氢碘酸的离子方程式是Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故A错误；SO32-具有还原性、稀硝酸具有氧化性，Na2SO3与稀硝酸的离子方程式是：

3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+H2O+2NO，故B错误；AlCl3溶液中加入足量的氨水：

Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3

+3NH4+，故C错误；Ca（HCO3）2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：

Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O，故D正确。

4.NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）

A.10ml0.1mol/L的CH3COOH溶液中氧原子数为0.002NA

B.0.2mol/L的NaCl溶液中，Na+数为0.2NA

C.0.1mol的Na2O2与足量的CO2反应，转移电子数为0.1NA

D.在标准状况下4.48L的CH2Cl2其分子数为0.2NA

【答案】C

【解析】水中含有氧原子，所以10ml0.1mol/L的CH3COOH溶液中氧原子数大于0.002NA，故A错误；没有溶液体积，不能计算Na+数，故B错误；0.1mol的Na2O2与足量的CO2反应，转移电子数为0.1NA，故C正确；在标准状况下CH2Cl2是液体，故D错误。

5.下列叙述正确的是（）

A.浓硫酸溅到皮肤上，立即用稀氢氧化钠溶液冲洗

B.分馏实验，温度计应该在混合溶液中以便准确测量混合溶液的温度

C.分液漏斗分液，放出下层液体后再从分液漏斗下口放出上层液体

D.制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片

【答案】D

【解析】少量浓硫酸溅到皮肤上，立即干布擦去，再用水冲洗，最后涂上稀碳酸氢钠溶液，故A错误；分馏实验，温度计应该在支管口测量蒸气的温度，故B错误；用分液漏斗分液，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C错误；为防止液体爆沸，制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片，故D正确。

6.下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是（）

A.滴加甲基橙显红色的溶液中：

Ba2+、K+、Cl-、NO3-

B.滴入KSCN显血红色的溶液中：

Na+、Mg2+、SO42-、HCO3-

C.c（OH-）/c（H+）=1012的溶液中：

K+、Na+、NO3-、HCO3-

D.由水电离的c（H+）=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：

NH4+、Mg2+、NO3-、SO42-

【答案】A

【解析】滴加甲基橙显红色的溶液出酸性：

Ba2+、K+、Cl-、NO3-不反应，故A正确；滴入KSCN显血红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，故B错误；c（OH-）/c（H+）=1012的溶液出碱性，OH-与HCO3-反应生成CO32-和水，故C错误；由水电离的c（H+）=1.0×10-13mol·L-1的溶液呈酸性或碱性，碱性条件下NH4+、Mg2+都能与OH-反应，故D错误。

点睛：

酸、碱能抑制水电离，水电离的c（H+）=1.0×10-13mol·L-1，说明水的电离受到抑制，所以溶液呈酸性或碱性；HCO3-既能与氢离子反应生成水和二氧化碳，又能与氢氧根离子反应生成CO32-和水。

7.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）

A.制取氨气

B.制取NaHCO3

C.分离NaHCO3

D.干燥NaHCO3

【答案】C

【解析】A、氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会化合生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B、应将二氧化碳从长导管进入，否则会将液体排出，故B错误；C、从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D、碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误。

故选C。

点睛：

实验室不可用加热分解铵盐的方式制备氨气，有的铵盐分解产生多种不同性质的气体，有的铵盐分解随着温度的不同，产物也不同，比如硝酸铵。

铵盐的检验，也不能单独加热样液，而应加入浓氢氧化钠溶液再加热，用湿润的红色湿润试纸检验。

8.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。

下列有关该电池的说法正确的是（）

A.反应CH4+H2O

3H2+CO,每消耗1molCH4转移8mol电子

B.电极A上H2参与的电极反应为：

H2+CO32--2e-=H2O+CO2

C.电池工作时，CO32-向电极B移动

D.用电器上每通过4mol电子，电极B上参加反应的O2为22.4L

【答案】B

【解析】A、CH4→CO，碳元素化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误； B、电极A上H2参与的电极反应为：

H2+CO32--2e-=H2O+CO2，故B正确；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、用电器上每通过4mol电子，电极B上参加反应的O2为1mol，在标准状况下的体积是22.4L，故D错误。

9.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系都正确的是（）

选项

操作和现象

结论

A

将少量氯水加入KI淀粉溶液中，溶液由无色变成蓝色

氧化性：

Cl2>I2

B

常温下，打磨后的铁片放入浓H2SO4中，无明显反应现象

常温下，铁与浓H2SO4不反应

C

向足量NaOH溶液中，先滴加少量MgCl2溶液，再滴加FeCl3溶液，先出现白色沉淀，后出现红褐色沉淀

Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Fe（OH）3]

D

室温下用pH试纸测定同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶被可知：

pH（NaClO）>pH（CH3COONa）

酸性HClO>CH3COOH

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】将少量氯水加入KI淀粉溶液中，溶液由无色变成蓝色，说明有碘单质生成，所以氧化性：

Cl2>I2，故A正确；常温下，铁在浓H2SO4中钝化，故B错误；向足量NaOH溶液中，先滴加少量MgCl2溶液，再滴加FeCl3溶液，先出现白色沉淀，后出现红褐色沉淀，分别是NaOH与MgCl2反应生成氢氧化镁沉淀、NaOH与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀，不能证明Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Fe（OH）3]，故C错误；NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的PH，故D错误。

点睛：

NaClO溶液、氯水、浓硝酸具有强氧化性，能漂白，所以NaClO溶液、氯水、浓硝酸不能用pH试纸测定PH；向少量NaOH溶液中，先滴加足量MgCl2溶液，再滴加FeCl3溶液，先出现白色沉淀，后出现红褐色沉淀，说明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁沉淀，证明Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Fe（OH）3]。

10.气体X只可能含有NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种。

已知X通入硝酸银溶液时产生淡黄色、不溶于稀硝酸的沉淀，若将X通入澄清石灰水中没有沉淀产生。

则下列有关气体X的成分的说法正确的是（）

A.一定含有溴化氢、二氧化碳B.一定不含二氧化碳

C.一定不含氨气、氯气D.可能含有二氧化碳和氯气

【答案】C

【解析】试题分析：

X通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因氨气和HBr反应生成溴化铵，HBr与氯气发生氧化还原反应，所以X中一定没有NH3和Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，所以在HBr存在的条件下，X若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在，答案选C。

【考点定位】考查物质的检验和鉴别。

【名师点睛】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于物质的性质的综合应用的考查，X通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因此X中一定没有NH3和Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，在HBr存在的条件下，X若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在。

注意根据反应的现象判断可能含有的物质，牢固把握物质的性质是解答该题的关键，题目难度不大。

11.分子式为C3H6BrCl的有机物共有（不含立体异构）

A.4种B.5种C.6种D.7种

【答案】B

【解析】分子式为C3H6BrCl的有机物共有

、

、

、

、

共5种，故B正确。

12.下列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如下图所示转化的是（）

选项

A

B

C

D

X

Fe

Al2O3

N2

HCl

Y

FeCl3

Al（OH）3

NO2

NaCl

Z

Fe（OH）3

NaAlO2

HNO3

Cl2

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】Fe（OH）3无法通过一步反应生成铁，故A错误；Al2O3无法通过一步反应生成Al（OH）3，NaAlO2无法通过一步反应生成Al2O3，故B错误；N2无法通过一步反应生成NO2，故C错误；HCl与氢氧化钠反应生成NaCl，电解熔融NaCl生成氯气，氯气与钠反应生成氯化钠，氯气与氢气反应生成氯化氢，故D正确。

13.已知：

室温下0.2mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合后溶液显碱性（假设混合以后溶液体积不变），则混合溶液的下列关系不正确的是（）

A.c（NH4+）>c（OH-）>c（Cl-）>c（H+）

B.c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）

C.c（NH4+）+c（NH3·H2O）=0.1mol/L

D.c（NH4+）+2c（H+）=c（NH3·H2O）+2c（OH-）

【答案】A

【解析】室温下0.2mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合得到等浓度的氨水和氯化铵溶液；溶液呈碱性，说明氨水电离大于氯化铵水解，所以c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+），故A错误；根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），故B正确；根据物料守恒，c（NH4+）+c（NH3·H2O）=0.1mol/L，故C正确；根据c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）、c（NH4+）+c（NH3·H2O）=2c（Cl-），可得c（NH4+）+2c（H+）=c（NH3·H2O）+2c（OH-），故D正确。

点睛：

0.2mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合后，由于溶液体积扩大为2倍，所以c（Cl-）=0.05mol/L，c（NH4+）+c（NH3·H2O）=0.1mol/L。

根据物料守恒c（NH4+）+c（NH3·H2O）=2c（Cl-）。

14.X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大，已知X为原子半径最小的元素，Y为形成化合物种类最多的元素，Z的最外层电子数为电子层数的3倍，W是地壳中含量最高的金属元素，M的单质是一种黄绿色气体，则下列叙述正确的是（）

A.原子半径的大小关系W>M>Z>Y>X

B.Y、Z二种元素分别与X元素形成的最简单的化合物的稳定性前者强

C.YX4与M的单质在光照条件下的反应往往生成5种物质

D.Y、W、M的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可以发生化学反应

【答案】C

15.硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。

某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）。

Ⅰ．[查阅资料]

（1）Na2S2O3·5H2O是无色透明晶体，易溶于水。

其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。

（2）向Na2CO3和Na2S混合液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4。

（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。

（4）硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：

2S2O32-+I2=S4O62-+2I-

Ⅱ．[制备产品]实验装置如图所示（省略夹持装置）

实验步骤：

（1）按如图所示组装好装置后，应先_______________（填操作名称），再按图示加入试剂。

仪器B和D的作用是____________________________；E中的试剂是__________（选填下列字母编号）。

A．稀H2SO4B．NaOH溶液C．饱和NaHSO3溶液

（2）先向烧瓶C中加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向烧瓶A中滴加浓H2SO4。

C中反应生成Na2S2O3和CO2，化学方程式为______________________。

（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。

过滤C中混合液，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品。

Ⅲ．[探究与反思]

（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。

（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择）：

取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，____________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。

（2）用I2的标准溶液测定产品的纯度

取10.0g产品，配制成100mL溶液，配制溶液的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除__________及二氧化碳。

取10.00mL溶液。

以________溶液为指示剂，用浓度为0.10mol/LI2的标准溶波进行滴定，相关数据记录如下表所示。

编号

1

2

3

溶液的体积/mL

10.00

10.00

10.00

消耗I2标准溶液的体积/mL

19.95

17.10

20.05

滴定时，达到滴定终点的现象是___________________________________________。

Na2S2O3·5H2O在产品中的质量分数是_______________（用百分数表示，且保留1位小数）。

【答案】

（1）.检查装置的气密性

（2）.安全瓶（或防止倒吸）（3）.B（4）.2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2（5）.过滤、蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量的稀盐酸（6）.水中溶解的氧气（7）.淀粉（8）.当加入最后一滴碘水时，溶液无色变蓝色，并且半分钟内不褪色（9）.99.2%

【解析】试题分析：

（1）.涉及气体的实验，要先验证装置气密性；SO2易溶于水，实验中要防止倒吸；SO2是酸性氧化物，能与碱性溶液反应；

（2）C中SO2与Na2CO3和Na2S反应生成Na2S2O3和CO2；Ⅲ．

（1）根据Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl分析；

（2）蒸馏水经过煮沸可以除去水中溶解的氧气；用碘液进行滴定，所以用淀粉作指示剂；当加入最后一滴碘水时，溶液无色变蓝色，并且半分钟内不褪色时，达到滴定终点。

根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI进行计算。

解析：

（1）.涉及气体的实验，要先验证装置气密性，所以组装好装置后，应先检查装置的气密性，再按图示加入试剂；SO2易溶于水，实验中要防止倒吸，B和D的作用是防倒吸；SO2是酸性氧化物，能与碱性溶液反应，所以E中的试剂是氢氧化钠溶液，选B；

（2）C中SO2与Na2CO3和Na2S反应生成Na2S2O3和CO2，反应方程式是2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；Ⅲ．

（1）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl，所以取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤、蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量的稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4；

（2）蒸馏水经过煮沸可以除去水中溶解的氧气；用碘液进行滴定，所以用淀粉作指示剂；当加入最后一滴碘水时，溶液无色变蓝色，并且半分钟内不褪色时，达到滴定终点。

设10mL溶液中含Na2S2O3·5H2Oxg，第二次实验数值偏离正常值舍去，第一次、第三次实验消耗碘液的平均体积为20mL，

X=0.992g；100mL溶液中含Na2S2O3·5H2O9.92g，则Na2S2O3·5H2O在产品中的质量分数是

。

16.甲醇（CH3OH）重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H

（1）T℃时，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图一所示。

①反应2min到5min,用氢气表示的平均反应速率v（H2）=_____________。

②下列说法正确的是_____________（填字母序号）。

A．达到平衡时，CO的转化率为50%

B．5min后容器中压强不再改变

C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率增大

D．2min前v（正）>v（逆），2min后v（正）

E．加入催化剂可以加快化学反应速率，同时提高CO和H2平衡的转化率

③下列叙述可以说明该反应在该条件下已经达到化学平衡的是__________（填字母序号）。

A．混合气体密度不发生改变B．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变

C．v（CO）正=2v（H2）逆D．n（CO）与n（H2）的比值不变

（2）某温度下，在一容积可变的恒压密闭容器中分别充入1molCO和1.2molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.5molCH3OH（g），则该反应平衡常数的值为_______，此时向容器中再通入0.3molCO和0.3mo1CH3OH（g），则此平衡将______________（填“向正反应方向”、“不”或“向逆反应方向”）移动。

（3）若压强、投料比x=n（CO）/n（H2）对反应的影响如图二所示，则图中曲线所示的压强关系：

p1_____p2（填“=”“>”或“<”）。

（4）工业上另一种合成甲醇的方法是利用CO2和H2，已知：

CH3OH、H2的燃烧热（△H）分別为-726．9kJ/mol、-285.8kJ/mol,则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是__________________________。

【答案】

（1）.0.33mol·L-1·min-1（或者1/3mol·L-1·min-1）

（2）.B（3）.B（4）.100（5）.向逆反应方向（6）.＜（7）.CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）ΔH=-130.5kJ/mol

【解析】试题分析：

（1）①根据

计算v（H2）；②CO的转化率=

；根据图像5min后容器中气体物质的量不再改变；恒容密闭容器中达到平衡后，再充入氩气，反应物浓度不变，反应速率不变；2min前后，反应都正向进行；催化剂不能使平衡发生移动；③根据平衡标志分析；

（2）利用“三段式”计算平衡常数，根据

与K的关系判断反应进行的方向。

（3）增大压强平衡正向移动，氢气的百分含量降低；（4）根据盖斯定律计算CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的焓变。

解析：

（1）①反应2min到5min，CO的浓度变化是0.5mol/L，H2的变化量是1mol/L，

0.33mol·L-1·min-1；②达到平衡时，CO的转化率=

，故A错误；根据图像5min后容器中气体物质的量不再改变，所以5min后容器中压强不再改变，故B正确；恒容密闭容器中达到平衡后，再充入氩气，反应物浓度不变，反应速率不变，故C错误；2min前后，反应都正向进行，所以2min前后都是v（正）>v（逆），故D错误；催化剂不能使平衡发生移动，加入催化剂CO和H2平衡的转化率不变，故E错误；③A．容器体积不变、反应前后气体质量不变，根据

，密度是恒量，混合气体密度不发生改变，不一定平衡，故A错误；B．反应前后气体质量不变，气体的物质的量是变量，根据

，混合气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不再发生改变，一定平衡，故B正确；C．正逆反应的速率比等于系数比一定达到平衡状态，所以v（CO）正=2v（H2）逆不一定平衡，故C错误；D．n（CO）：

n（H2）=（2-x）：

（4-2x）=1:

2，所以n（CO）与n（H2）比值是定量，定量不变不一定平衡，故D错误；

（2）

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）

开始1mol1.2mol0

转化0.5mol1mol0.5mol

平衡0.5mol0.2mol0.5mol

K=

；此时向容器中再通入0.3molCO和0.3mo1CH3OH（g），容器的体积变为

，Q=

，所以此平衡将逆向移动。

（3）增大压强平衡正向移动，氢气的百分含量降低，所以p1

3O2（g）=CO2（g）+H2O（l）ΔH=--726．9kJ/mol；②H2（g）+

O2（g）=H2O（l）ΔH=-285.8kJ/mol，根据盖斯定律②

①，得CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）ΔH=-130.5kJ/mol。

点睛：

在恒温、恒容的容器中，反应达到平衡后，通入无关气体，反应物的浓度不变，所以反应速率不变、平衡不移动；在恒温、恒压的容器中，反应达到平衡后，通入无关气体，相当于减压，反应物的浓度变小，所以反应速率减慢、平衡向气体系数和增大的方向移动。

17.重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主