贵州省安顺市普通高中届高三上学期期末考试理科综.docx
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贵州省安顺市普通高中届高三上学期期末考试理科综
普通高中2018~2019学年度第一学期教学质量监测与评价高三理科综合试题（化学部分）
可能用到的相对原子质量：
H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27C1-35.5Fe-56Co-59Cu-64
一、选择题（本题共13个小题，每题6分，共78分。
每个小题只有一个选项符合题意）
1.下列说法正确的是：
A.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
B.天然植物油常温下一般呈液态，有恒定的熔点、沸点
C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D.氯化钠是生活中常见的调味品和防腐剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤的气化和液化都是化学变化，A项错误；
B．天然植物油一般为不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯，为液态混合物，没有固定的熔点和沸点，B项错误；
C．煤炭中加入CaO，是为了吸收SO2，减少酸雨的形成，但是不能够减少温室效应气体的排放，C项错误；
D．食盐的主要成分NaCl，可以用来做调味品和防腐剂，D项正确；
本题答案选D。
2.NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是：
A.标准状况下，11.2LH2O所含分子数大于0.5NA
B.1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数为NA
C.1LpH=12的氢氧化钡溶液中OH－的数目为0.02NA
D.15gCH3+（碳正离子）中含有电子数为10NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.H2O在标准状况下为液体，11.2LH2O的物质的量大于0.5mol，所以分子数大于0.5NA，A项正确；
B．淀粉为高分子化合物，用（C6H10O5）n表示，但是不知道n为多少，所以1mol淀粉水解得到的葡萄糖分子数会大于NA；B项错误；
C．pH=12的氢氧化钡溶液中OH－的浓度为0.01mol/L，1L的溶液，其物质的量为0.01mol,OH－的数目为0.01NA，而不是0.02NA，C项错误；
D．CH3+含有的电子数为6+3-1=9，1molCH3+的电子数为9NA，D项错误。
本题答案选A。
3.下列叙述不正确的是
A.蔗糖水解生成的两种有机物互为同分异构体
B.含有5个碳原子的饱和链烃，其一氯代物有3种
C.乙烷与氯气在光照下发生反应的产物可能有10种
D.金刚烷的结构为
，它的二氯化物有六种（不考虑立体异构）
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖水解得到葡萄糖和果糖，分子式均为C6H12O5，为同分异构体，A项不符合题意；
B．五个碳原子的饱和链烃为戊烷，戊基有8种，因此戊烷的一氯代物有8种，B项符合题意；
C．乙烷和氯气光照，其产物，包括一氯乙烷（1种）、二氯乙烷（有2种，分别是1,1-二氯乙烷，1,2-二氯乙烷）、三氯乙烷（有2种1,1,1-三氯乙烷，1,1,2-三氯乙烷）、四氯乙烷（2种）、五氯乙烷（1种）、六氯乙烷（1种），氯代烃一共9种，还有HCl，产物可能有10种；C项不符合题意；
D．可以对金刚烷上的氢作如图
所示的标号，二氯代物氯的位置分别为①①、①②、①③、①④、①⑤、②⑥共6种；D项不符合题意；
本题答案选B。
【点睛】一些基本的烷基的种类要记住，有助于解题，比如B选项中，戊基有8种，可以知道戊烷的一氯代物有8种。
常见的烷基的种类如下表。
甲基
乙基
丙基
丁基
戊基
1
1
2
4
8
C项中，乙烷上一共6个氢原子，如果二氯代物是2种，那么四氯代物也是2种，可以用替代法，二氯代物中有2个氯原子，4个氢原子；将氯和氢互换，就变成了四氯代物。
同理，其一氯代物只有1种，那么其五氯代物也只有1种。
4.下列实验操作、实验现象及日的均正确的是：
选项
实验操作
实验现象及目的
A
向淀粉溶液中滴入硫酸，加热一段时间后，滴入银氨溶液，水浴加热。
有银镜现象出现，验证酸性条件下淀粉水解
B
向Fe（NO3）2加入稀硫酸
溶液绿色加深，验证Fe2+水解平衡受外界影响
C
用天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒配制溶液
配制一定质量分数的溶液
D
将适量Cl2通入NaBr溶液中，再加入裂化汽油，振荡，静置。
上层溶液呈橙红色，Cl2的氧化性大于Br2
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.银镜反应要在碱性环境下进行，加入稀硫酸后并没有加入碱中和酸，因此A项操作错误，A项错误；
B．NO3-和H+在同一溶液中即为硝酸溶液，能够将Fe2+氧化成Fe3+，颜色从浅绿色变成棕黄色，并不是平衡移动，B项错误；
C．配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器包括天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒，C项正确；
D．裂化汽油中的烃类含有碳碳双键，会与溴单质反应而褪色，因此上层溶液不会呈现橙红色，D项错误；
本题答案选C。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Wˉ与X+电子层结构相同，Y所在周期数与族序数相同，Z的最高价氧化物的水化物为强酸。
下列说法正确的是：
A.简单离子半径：
X>Y>Z>W
B.W、Z对应氢化物的沸点：
W>Z
C.周期表中Z的氧化物对应水化物的酸性最强
D.工业上用电解XZ的水溶液制备X单质
【答案】B
【解析】
【详解】Wˉ与X+电子层结构相同，W、X都是短周期元素，根据阴上阳下，W为第二周期，X为第三周期，W为F元素，X为Na元素；Y的周期数与族序数相同，Y第三周期，第ⅢA族的元素，为Al，Z的最高价氧化物的水化物为强酸可以为S或者Cl元素。
A．简单离子分别为F－、Na＋、Al3＋、S2－，根据核外电子排布相同的情况下，核电荷数越大，半径越小。
排序为S2－（Z）>F－（W）>Na＋（X）>Al3＋（Y），A项错误；
B．W、Z对应氢化物分别为HF、H2S或HCl，由于HF分子间存在氢键，沸点会升高，因此HF>HCl或H2S；B项正确；
C．Z如果是S硫元素，它的酸可以是H2SO3、H2SO4，亚硫酸酸性不一定最强；C项错误；
D．工业上电解NaCl的水溶液，只能得到H2、Cl2、NaOH得不到Na单质；D项错误；
本题答案选B。
【点睛】Wˉ与X+电子层结构相同，W、X都是短周期元素，会有“阴上阳下”的规律，阴离子对应的元素在上一层的周期，阳离子对应的元素在阴离子对应元素的下一周期。
6.有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示（电极未标出），下列说法错误的是：
A.电解池的阴极反应式2H2O+2e－=H2+2OH－
B.相同条件下，当电解池生成2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2
C.电解池中阳离子移动流向阴极池
D.溶液a、b、c的pH大小顺序为：
a>b>c
【答案】D
【解析】
【详解】从图中可以看出来，左边为电解饱和食盐水的电解质，右边为氢氧燃料电池。
A．电解池的阴极得电子，产生氢气，方程式为2H2O+2e－=H2+2OH－，A项不符合题意；
B．整个电路中经过的电量是一样的，生成22.4LCl2转移2mol电子，消耗0.5molO2，物质的量之比等于气体体积之比，因此电解池生成了2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2。
B项不符合题意；
C．电解池中阳离子向阴极移动，C项不符合题意；
D．a%，b%，c%的氢氧化钠溶液，电解池中阴极产生NaOH，a>b，在原电池中，通入空气的一极，氧气得电子生成OH-，因此c>a；所以pH大小顺序为c>a>b；D项符合题意；
本题答案选D。
【点睛】电解池和原电池中阴阳离子的移动方向是相反的。
离子
原电池
电解池
阴离子
向负极移动
向阳极移动
阳离子
向正极移动
向负极移动
7.化学上常用AG表示溶液中的酸碱度，AG=
。
25℃时，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00m0.100mol/L的醋酸溶液，AG与所加NaOH溶液的体积（V）关系如图所示，下列说法错误的是：
A.点C时溶液存在c（Na+）=c（CH3COO－）>c（OH－）=c（H+）
B.点B时溶液存在2c（H+）－2c（OH－）=c（CH3COO－）－c（CH3COOH）
C.25℃时，醋酸的水解常数Kh=10－4.5
D.点D溶液的pH=11.25
【答案】C
【解析】
【详解】A．C点AG=0，说明
，溶液呈现中性，溶液中之后4种离子，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（CH3COO－），中性c（H+）=c（OH－），则c（Na+）=c（CH3COO－），且c（Na+）>c（H+），c（Na+）=c（CH3COO－）>c（OH－）=c（H+）正确，A不符合题意；
B．加入10mLNaOH，与醋酸反应。
醋酸恰好消耗一半，得到的溶液为为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液。
电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（CH3COO－），物料守恒为2c（Na+）=c（CH3COO－）+c（CH3COOH），将两式联合，可以得到2c（H+）+c（CH3COOH）=2c（OH－）+c（CH3COO－），移项可得2c（H+）－2c（OH－）=c（CH3COO－）－c（CH3COOH），B项不符合题意；
C．根据题干信息，AG=
，滴定没有开始时，AG=8.5，而且根据25℃时，溶液中
，可知开始时c（H+）=10-2.75，
，可以近似认为c（H+）=c（CH3COO－），c（CH3COOH）基本不变。
，不是Kh=10－4.5，C项符合题意；
D．根据题干信息，AG=
，D点AG=-8.5，而且根据25℃时，溶液中
，可求出c（H+）=10-11.25，D溶液的pH=11.25，D项不符合要求。
本题答案选C。
（一）必考题（共7小题，135分）
8.印刷电路板是由有机复合材料和铜箔复合构成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，研究其制备及性质是一个重要的课题。
（1）氯化铁晶体的制备（夹持及加热装置省略）
①实验过程中装置甲中发生反应的离子方程式_________________________________。
②为顺利达成实验目的，上述装置中甲中活塞、乙中活塞、弹簧夹1、2、3打开和关闭的顺序为__________。
③反应结束后，将乙中溶液边加入___________，边进行加热浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥即得到产品。
（2）氯化铁的性质探究：
已知：
①氯化铁的熔点为306℃、沸点为315℃，易升华，气态FeCl3会分解成FeCl2和Cl2②FeCl2熔点670℃）
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K，充入氮气
D中有气泡产生
①充入N2的原因___________
关闭K，加热至600℃，充分灼烧固体
B中出现棕黄色固体
②产生现象的原因___________。
实验结束，振荡C静置
③___________
④___________（用方程式解释）
【答案】
（1）.4HCl（浓）+MnO2
Cl2↑+MnCl2+2H2O
（2）.打开弹簧夹2、打开乙中活塞、关闭乙中活塞、关闭弹簧夹2、打开弹簧夹3、打开甲中活塞。
（3）.浓盐酸（4）.冷却结晶（5）.排净装置内的空气。
（6）.升华FeCl3冷凝成固态。
（7）.溶液分层，下层为橙红色。
（8）.Cl2+2Br—==Br2+2Cl—
【解析】
【详解】
（1）①实验室制取氯气的反应，方程式答案为4HCl（浓）+MnO2=△=Cl2↑+MnCl2+2H2O；
②实验过程，先制取FeCl2，再用氯气氧化FeCl2得到FeCl3，要注意先后，先打开吸收装置，再打开发生装置，关闭的时候先关闭发生装置，再关闭吸收装置。
所以实验中先制取FeCl2，打开弹簧夹2、打开乙中活塞；再关闭乙中活塞、关闭弹簧夹2；再制取氯气，氯气为有毒气体用NaOH吸收，所以打开弹簧夹3、打开甲中活塞，答案为打开弹簧夹2、打开乙中活塞、关闭乙中活塞、关闭弹簧夹2、打开弹簧夹3、打开甲中活塞；
③FeCl3在制取晶体的过程中，由于Fe3+易发生水解，最终会得到Fe2O3，因此要抑制水解，要不断加入浓盐酸，蒸发结晶的过程中加热浓缩后面为冷却结晶。
答案为浓盐酸、冷却结晶；
（2）①反应前通入一般是为了排除装置中空气，该反应中会生成FeCl2，易被氧气氧化，答案为排净装置内的空气；
②B中出现棕黄色固体为FeCl3的颜色，由于FeCl3易升华，到B装置中冷凝下来呈现棕黄色，答案为升华FeCl3冷凝成固态；
③FeCl3分解变成Cl2和FeCl2，Cl2会和NaBr发生反应，得到Br2，CCl4会萃取溴单质，CCl4密度比水大，在下层，呈现橙红色。
答案为溶液分层，下层为橙红色；
④Cl2会和NaBr发生反应，得到Br2的反应，答案为Cl2+2Br—=Br2+2Cl—。
【点睛】题干中给的信息一定要认真分析，并利用。
一般信息都会被利用到，如果信息没有被利用到，要重新审视题干是不是有遗漏的部分。
9.无机研究开创绝不无“钴”的时代，例如：
CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂、草酸钴可用于指示剂和催化剂。
其中草酸钴的制备可用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下图所示：
已知：
①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②酸性条件下，ClO3－不会氧化Co2+，ClO3－转化为Cl－；
（1）浸出过程中加入Na2SO3的主要离子方程式为____________________。
（2）加入NaClO3发生可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去，但不能向“浸出液”中加过量NaClO3的主要原因是：
__________________。
（3）若“滤液Ⅰ”中c（Ca2+）=1.0×10－3mol·L－1，当除钙率达到99%时，溶液中c（F－）=___________mol/L。
[已知Ksp（CaF2）=4.0×10－11]
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示，萃取剂的选择的标准是___________；其使用的适宜pH范围是___________（填字母代号）。
A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5
（5）CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图2所示。
其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。
A、B、C均为纯净物；用化学方程式表示从A点到B点的物质转化___________。
C点所示产物的化学式是___________。
（Co的相对原子质量是59）
【答案】
（1）.Co2O3+4H＋+SO32－==2Co2++SO42－+2H2O
（2）.过量的ClO3－在酸性条件下会与Cl－反应生成氯气。
既增加试剂使用，又产生污染。
（3）.2.0×10-3mol·L-1（4）.不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小。
（5）.b（6）.CoC2O4=350℃=Co+2CO2（7）.Co2O3
【解析】
【分析】
（3）利用Ksp计算即可；
（4）从选取萃取剂的标准考虑；
【详解】
（1）水钴矿主要成分为Co2O3，而浸出液中的是Co2+，钴的化合价降低为氧化剂，而Na2SO3为还原剂，Na2SO3主要与Co3+反应，本题要求写出主要反应并不需要写Na2SO3与Fe3+的反应，答案为Co2O3+4H＋+SO32－==2Co2++SO42－+2H2O；
（2）ClO3－过量使用会带来新的杂质，才会和氯离子发生反应生成氯气，答案过量的ClO3－在酸性条件下会与Cl－反应生成氯气。
既增加试剂使用，又产生污染；
（3）c（Ca2+）=1.0×10－3mol·L－1，当除钙率达到99%时，则剩余c（Ca2+）=1.0×10－5mol·L－1，根据
，则
，答案为2.0×10-3mol/L；
（4）按照萃取剂的选择标准，它不能和原溶剂发生反应，不会和溶质发生反应，而且溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；该过程中萃取剂的作用是将Fe2+、Mn2+、Al3+除去，而不去除Co2+，根据图像可知适宜的pH，答案为不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小；b；
（5）18.30g的CoC2O4·2H2O，为0.1mol,A到B的过程质量减少3.6g,为0.2molH2O,A为CoC2O4，B到C的过程中，质量减少8.8g,只能为0.2molCO2的质量，B处的为Co单质，可以写出反应方程式，B到C在空气中加热，生成Co的氧化物，0.1mol的Co质量为5.9g，剩余2.4g为O的质量，0.15mol，则产物为Co2O3。
答案为CoC2O4
Co+2CO2，Co2O3。
10.二甲醚制备两种方法原理如下
第一种方法：
丹麦Topspe工艺的合成气一步法，是专门针对天然气原料开发的一项新技术。
①2CH4（g）+O2（g）
CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1
第二种方法：
二甲醚生产二步法，即先合成甲醇，甲醇在催化剂下制二甲醚。
②CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H2
③2CH3OH（g）
CH3OCH3（g）+H2O（g）△H3
（1）若由合成气（CO、H2）直接制备1molCH3OCH3（g），且生成H2O
（1），整个过程中放出的热量为244kJ，则△H2=___________kJ·mol－1。
（已知：
H2O
（1）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol）
（2）下列有关反应①叙述不正确的是___________
a.达到平衡后，升高温度，ν正减少、ν逆增大，平衡逆向移动
b.当四种物质的浓度相等，反应达到化学平衡状态
c.若改变条件，反应物的转化率一定增大，正反应速率一定大于逆反应速率
d.当达到平衡时2v正（O2）=v逆（CH4）
e.向该恒容平衡体系中充入氩气，ν正、ν逆均增大，平衡向右移动
（3）有人模拟制备原理Ⅱ，绘制如图甲图像：
i说明CO的转化率随温度升高先增大后减小的原因：
______________________。
ii.反应②自发进行的条件是______________________。
iii.若在350℃时的2L的密闭容器中充入2molCO和6molH2，8min达到平衡，c（CH3OCH3）=0.3mol·L－1，用H2表示反应②的速率是___________；可逆反应③的平衡常数K3=___________。
iv.若350℃时测得容器中n（CH3OH）=n（CH3OCH3），此时反应③v（正）___________ν（逆），说明原因_________。
（4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成二甲醚的光能储存装置如图乙所示则b极的电极反应式为___________________________。
【答案】
（1）.（-100-0.5△H3）kJ•mol-1
（2）.abce（3）.低于350℃时，反应未达平衡，温度越高，CO转化率越高。
高于350℃时，反应均已达平衡，温度越高，平衡逆向移动CO转化率越低。
（4）.低温下自发（5）.0.175mol/（L·min）（6）.9（7）.>（8）.此时Q=1<9=K，说明反应还未达到平衡，需正向移动。
（9）.12H＋+2CO2+12e－==CH3OCH3+3H2O
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律就可以求出△H
iii利用三等式，可求解。
【详解】
（1）利用盖斯定律合成气（CO、H2）直接制备1molCH3OCH3（g）的反应2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g），其反应热等于2×△H2+△H3-△H=-244kJ/mol，则△H2=-100-0.5△H3kJ•mol-1答案为-100-0.5△H3；
（2）a.升高温度,不管是正反应速率，还是逆反应速率都会增加，a符合题意；b.平衡状态时，只要求各物质浓度保持不变，不要求相等，b符合题意；c.改变条件，比如扩大体积，平衡，逆向移动反应物的转化率减小,c符合题意；d.当达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率且成比例，d不符合题意；e.向该恒容平衡体系中充入氩气，各反应物和生成物的浓度不变，化学反应速率不变；e符合题意，答案为abce；
（3）i根据图像前部分，温度不高，反应没有达到平衡，反应还在向正向移动，转化率增加；后一部分，温度较高，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，转化率降低。
答案为低于350℃时，反应未达平衡，温度越高，CO转化率越高。
高于350℃时，反应均已达平衡，温度越高，平衡逆向移动CO转化率越低；
ii从反应②可以看出来，反应熵减小的反应，根据△G=△H-T△S，反应要自发，应该在低温下进行；答案为低温下自发；
iii350℃下，CO的转化率70%，CO消耗1.4mol,则H2消耗2.8mol,
答案为0.175mol/（L·min），生成
CH3OH为1.4mol，浓度为0.7mol/L。
求③的平衡常数利用三等式，
2CH3OH（g）
CH3OCH3（g）+H2O（g）
开始的浓度0.7mol·L－100
转化的浓度0.6mol·L－10.3mol·L－10.3mol·L－1
平衡的浓度0.1mol·L－10.3mol·L－10.3mol·L－1
，答案为0.175mol/（L·min）9；
iv.根据浓度商计算，n（CH3OH）=n（CH3OCH3）=n（H2），
，正向移动，v（正）>ν（逆），答案为>，n（CH3OH）=n（CH3OCH3）=n（H2），
，反应正向移动；
（4）根据电荷守恒和物料守恒，写出来，答案为12H＋+2CO2+12e－==CH3OCH3+3H2O。
（二）选考题（毎科选做一题，共做3题，共45分）
请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中，每科任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑。
注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做则每科按所做的第一题计分。
11.我国早期科技丛书《物理小识·金石类》写到：
“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛，惟乌柏树不畏其气”，“青矾”则是绿矾，强热时发生如下反应：
2FeSO4·7H2O→Fe2O3+SO3+SO2+7H2O
回答下列问题：
（1）基态硫原子的价层电子排布式___________，其最高能级上电子云形状是___________，上述四种元素电负性由大到小的顺序是___________，从结构的角度解释Fe3+稳定性强于Fe2+的原因是__________。
（2）氧、硫能形成许多化合物，如：
H2O、SO2、SO3、SO42－，这些物质的中心原子杂化轨道类型为SP2的是___________，空间构型是V形的分子是___________，属于非极性分子的是___________。
（3）已知Fe2O3熔点为1565℃，在熔化状态下液体中存在两种粒子，则其晶体类型最可能是___________，若FeO与Fe2O3晶体类型相同
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