湖北省枣阳市白水高中届高三上学期月考理综化学试题.docx

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湖北省枣阳市白水高中届高三上学期月考理综化学试题

枣阳市白水高中2017-2018学年高三上学期8月月考试题理综

化学试卷

第Ⅰ卷（选择题，共126分）

一、选择题:

本题共21小题，每小题6分,共126分。

在每小题给出的四个选项中，第1-18题只有一项符合题目要求。

第19-21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu—64Ba-137

1.化学与工农业生产、生活密切相关，下列说法中正确的是

A.合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料

B.淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物

C.“玉不琢不成器”、“百炼方能成钢”发生的均为化学变化

D.造纸工艺中使用明矾，会导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆，易破损

【答案】D

【解析】A、合成纤维为有机材料，SiO2为无机非金属材料，故A错误；B、油脂不属于高分子化合物，故B错误；C、"玉不琢不成器"，属于物理变化，故C错误；D、明矾是KAl（SO4）2·12H2O，其水溶液显酸性，纸张的成分是纤维素，纤维素在酸性条件下发生水解反应，因此会导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆，易破损，故D正确。

2.下列叙述中正确的是

A.由乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型和由乙醇生成乙烯的反应类型相同

B.丙烯在一定条件下可与氯气发生取代反应生成3-氯丙烯

C.硫酸铵和硝酸铅均能使蛋白质变性

D.甲苯与氯气在光照下发生取代反应主要生成2，4-二氯甲苯

【答案】B

【解析】A项，由乙酸和乙醇生成乙酸乙酯属于取代反应，由乙醇生成乙烯属于消去反应，二者反应类型不同，A错误；B项，丙烯分子中存在α-氢，在500℃或光照条件下与氯气发生取代反应生成3-氯丙烯，B正确；C项，重金属盐能使蛋白质变性，硫酸铵不是重金属盐，可使蛋白质盐析，不能使蛋白质变性，硝酸铅是重金属盐能使蛋白质变性，C错误；D项，甲苯与氯气在光照下反应主要发生侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，D错误。

点睛：

本题考查有机物的结构与性质，涉及反应条件与产物、反应类型判断、蛋白质的特性等知识。

注意C项，重金属一般指密度大于4.5g/cm3的金属，一般都是过渡金属，如铜、铅、锌、钴、镍、锰、镉、汞、钨、钼、金、银等，所有重金属离子超过一定浓度都使蛋白质变性。

3.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是

A.常温常压下，8.8gCO2和N2O混合气体中所含的电子数为4.4NA

B.6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA

C.1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA

D.64g加热了的铜丝在硫磺蒸气里完全反应后，失去的电子数为2NA

【答案】A

【解析】A.CO2和N2O的相对分子质量相同，均是44，且均含有22个电子，因此常温常压下，8.8gCO2和N2O混合气体中所含的电子数为4.4NA，A正确；B.不能确定6.72LNO2的物质的量，因此不能计算与水充分反应转移的电子数目，B错误；C.1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数大于2NA，因为溶剂水中还含有大量氧原子，C错误；D.64g加热了的铜丝即1mol铜在硫磺蒸气里完全反应后生成Cu2S，失去的电子数为NA，D错误，答案选A。

4.短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）

A.A有5种正价，与B可形成6种化合物

B.工业上常通过电解熔融态C2B3的方法来获得C的单质

C.简单离子的半径由大到小为：

E＞A＞B＞C

D.D、E两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了8e-稳定结构

【答案】D

【解析】D原子的质子数是其M层电子数的三倍，则D的质子数为15，最外层电子数为5，应为P元素，由元素在周期表中的位置可知A为N元素，B为O元素，C为Al元素，E为Cl元素，则A．A为N元素，元素正化合价有+1、+2、+3、+4、+5价，每一种化合价都对应氧化物，其中+4价有2种，共6种，A正确；B．工业用电解氧化铝的方法冶炼铝，B正确；C．A、B、C对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，核素电子层数越多，离子半径越大，C正确；D．D、E两元素形成的PCl5中P原子的最外层没有达到了8e-稳定结构，而是10个，D错误，答案选D。

点睛：

“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。

本题中选项D是易错点，注意8电子稳定结构的判断方法。

5.锂空气电池充放电基本原理如下图所示，下列说法不正确的是

A.充电时，锂离子向阴极移动

B.充电时阴极电极反应式为Li＋＋e－===Li

C.放电时正极电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－

D.负极区的有机电解液可以换成水性电解液

【答案】D

.........

【考点定位】本题考查电解知识

【名师点晴】该题侧重于考查学生的综合运用能力，题目难度中等，注意基础知识的积累掌握，掌握电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应为解答关键，注意原电池和电解池工作原理的灵活应用，例如原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。

电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。

6.用式量是71的烃基取代乙苯苯环上的一个氢原子，能得到的有机物共有（不含立体异构）

A.8种B.16种C.24种D.36种

【答案】C

点睛：

本题主要考查同分异构体的书写，答题的关键是根据烷基式量为71的确定烷基，注意利用等效氢判断可能的烷基异构情况与苯环中氢原子种类。

另外还需要注意如果是取代乙苯分子中的一个氢原子，不要忽略了乙基中还含有氢原子。

7.下列有关说法中不正确的是

A.某温度时的混合溶液中c（H＋）＝

mol·L－1，说明该溶液呈中性（KW为该温度时水的离子积常数）

B.常温下，由水电离出的c（H＋）＝10－12mol·L－1的溶液的pH可能为2或12

C.已知Ksp（AgCl）＝1.56×10-10，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10-12，向含有Cl－、CrO

且浓度均为0.010mol·L－1溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，CrO

先产生沉淀

D.常温下pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c（Na＋）=c（CH3COO－）

【答案】C

【解析】A．某温度时的混合溶液中c（H+）=

mol•L-1，由于KW=c（H+）•c（OH-），说明c（H+）=c（OH-），则溶液一定为中性，A正确；B.25℃时：

Kw=c（OH-）×c（H+）=10-14，纯水中c（H+）=c（OH-）=1.0×10-7mol/L，在25℃时，某溶液中，由水电离出的c（H＋）＝10－12mol·L－1＜10-7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子或氢氧根离子就能抑制水电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，如果为酸溶液，则pH=2，如果为碱溶液，则pH=12，B正确；C．已知Ksp（AgCl）＝1.56×10-10，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10-12，析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c（Cl−）=1.56×10−10/0.010

mol/L=1.56×10-8mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=

mol/L=3×10-5mol/L＞1.56×10-8mol/L，所以Cl-先产生沉淀，C错误；D．常温下pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒可知：

c（Na+）=c（CH3COO-），D正确；答案选C。

8.NiSO4易溶于水，其水溶液呈酸性，有毒。

主要用于电镀工业，也是金属镍离子的来源。

NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得．操作步骤如下：

（1）NiSO4水溶液呈酸性原因是_________________________；

（2）向滤液Ⅱ中加入H2O2的离子方程式：

_________________________；

（3）调滤液ⅡpH的目的是除去Fe3+，原理是Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+，已知25℃时Ksp[Fe（OH）3]=2.8×10﹣39，则该温度下上述反应的平衡常数K=______，设计实验证明Fe3+已除净_________________；

（4）滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是______；

（5）从d（NiSO4溶液）经______、______、______洗涤、干燥等操作可得到NiSO4·6H2O晶体；

（6）为了提高产率，分离得到NiSO4·6H2O后剩余液体要循环使用，则应该回流到流程中的______位置（填a、b、c、d）。

【答案】

（1）.Ni2+在水溶液中水解显酸性

（2）.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2 H2O（3）.3.6×10-4（4）.用试管取少量滤液Ⅲ，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净（5）.增大NiSO4的浓度（或富集NiSO4）（6）.蒸发浓缩（7）.冷却结晶（8）.过滤（9）.d

【解析】废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素），在硫酸溶解后过滤，除去不溶性物质，滤液Ⅰ含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质，加入硫化亚铁可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，调节溶液pH使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，则

（1）Ni2+在水溶液中水解，因此硫酸镍溶液显酸性；

（2）对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，加入H2O2的离子方程式为：

22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（3）调滤液ⅡpH的目的是除去Fe3+，Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+，依据水解平衡常数Kh=c3（H+）c[Fe（OH）3]/c（Fe3+）=c3（H+）c[Fe（OH）3]×c3（OH−）/c（Fe3+）×c3（OH−）=（Kw）3/Ksp=（10−14）3/2.8×10−39≈3.6×10-4；检验Fe3+是否除尽的操作和现象是用试管取少量滤液Ⅲ，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；（4）滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，因此这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度（或富集NiSO4）；（5）得到的NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作；（6）为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中循环使用。

点睛：

本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作。

注意流程题的解题思路：

明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。

9.2016年冬季全国大部分地区出现雾霾现象，汽车尾气是造成雾霾的原因之一，汽车尾气含CO、NO等有毒气体。

为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2。

已知：

2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）；ΔH=－566kJ·moL－1

2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）；ΔH=－483.6KJ·moL－1

H2O（g）＝H2O（l）；ΔH=－44.0KJ·moL－1

（1）氢气燃烧热ΔH=__________；

（2）写出CO和H2O（g）作用生成CO2和H2的热化学方程式______________。

（3）往1L体积不变的容器中加入0.200molCO和1.00molH2O（g），在t℃时反应并达到平衡，若该反应的化学平衡常数K=1（方程式中各物质前化学计量数为最简整数比），则t℃时CO的转化率为________；反应达到平衡后，升高温度，此时平衡常数将____（填“变大”、“不变”或“变小”）。

（4）从汽车尾气中分离出CO与O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，同时采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。

写出石墨I电极上发生反应的电极反应式_______________________________。

在电解池中生成N2O5的电极反应式为__________________________________。

（5）在一定条件下，用NH3处理汽车尾气中的NO。

已知NO与NH3发生反应生成N2和H2O，现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后得到的还原产物比氧化产物多1.4g，则原反应混合物中NO的物质的量可能是_____________。

【答案】

（1）.-285.8kJ·moL－1

（2）.CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH=-41.2KJ·moL－1（3）.83.3%（4）.减小（5）.CO+CO32－－2e－=2CO2（6）.N2O4+2HNO3—2e—=2N2O5+2H＋（7）.0.3mol或0.8mol

【解析】

（1）由2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）；ΔH=－483.6KJ·moL－1、2H2O（g）＝2H2O（l）；ΔH=－88.0KJ·moL－1，即2mol氢气燃烧生成液态水，放出的热量为483.6kJ+88kJ＝571.6kJ，则1mol氢气燃烧生成液态水时放出的热量为571.6kJ÷2=285.8kJ，所以氢气的燃烧热为-285.8kJ•moL-1；

（2）由①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566KJ/mol、②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-483.6KJ/mol，根据盖斯定律可知（①−②）/2得CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）的反应热△H=[−566kJ/mol−（−483.6kJ/mol）]/2=-41.2kJ/mol，即热化学反应方程式为CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ/mol；（3）根据方程式可知

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）

开始（mol/L）0.2100

转化（mol/L）xxxx

平衡（mol/L）0.2-x1-xxx

t℃时反应并达到平衡，若该反应的化学平衡常数K=1，则x×x/（0.2−x）×（1−x）=1，解得x=1/6，所以CO的转化率为1/（6×0.2）×100%=83.3%；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；（4）燃料原电池中，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO+CO32－－2e－=2CO2；N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价．因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，据电极反应离子放电顺序可知：

阴极发生2H++2e-=H2↑的反应，则阳极为N2O4+2HNO3－2e—=2N2O5+2H＋；（5）反应的方程式为：

6NO+4NH3=5N2+6H2O，6molNO还原得到3molN2，4molNH3，氧化得到2molN2，两者相差1molN2，现相差1.4g，物质的量=1.4g÷28g/mol=0.05mol，相当于0.3molNO和0.2molNH3反应，依题意NO和NH3的总物质的量为1mol，其中必有一种为过量，所以有两种情况：

0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO。

10.已知非金属单质硫（S）是淡黄色固体粉末，难溶于水。

为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：

（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是_____________（填名称）。

（2）画出虚线框内的实验装置图，并注明所加试剂。

_________

（3） 装置B中盛放的试剂是_________（填字母）。

A．Na2S溶液   B．Na2SO3溶液    C．Na2SO4溶液

实验现象为___________________，化学反应方程式为_________________________。

（4）还有哪些事实能够说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强（试举两例）：

     _______________________、____________。

【答案】

（1）.浓盐酸

（2）.

（3）.A（4）.有淡黄色沉淀生成（5）.Na2S+Cl2=2NaCl+S↓（6）.HCl的稳定性比H2S的稳定性强（7）.HClO4的酸性比H2SO4的酸性强

【解析】

（1）为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，需要用氯气置换出硫，则必须用装置A制备氯气，实验室通常用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，则A装置中A的分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸，烧瓶中加入的试剂是MnO2；

（2）由于用浓盐酸制取氯气，且需要加热，即实验过程中又挥发出HCl气体，因此虚线框部分应是除去HCl气体的装置，可以使用洗气瓶，瓶内盛装饱和食盐水，既除去HCl，又降低氯气在水中的溶解度；（3）要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，发生的是置换反应，化学方程式为：

Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；（4）非金属性越强，氢化物越稳定，最高价含氧酸的酸性越强，因此HCl的稳定性比H2S的稳定性强以及HClO4的酸性比H2SO4的酸性强均可以说明氯元素非金属性强于硫元素。

选考题15分：

任选1题解答，如果多做，按所做的第一题计分。

11.【化学——选修3:

物质结构与性质】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的质子数等于周期数，B与C原子的p轨道均有三个成单电子，D元素的最高正价与最低负价代数和为4，E的原子最外层只有一个电子，内层轨道处于全充满状态。

试回答下列问题。

（1）基态E原子的电子排布式为_________；C和D的第一电离能较大的________（填元素符号）。

（2）D与氧元素形成的离子DO32-中D原子的杂化类型为_________；A、D和氧元素组成的液态化合物A2DO4中存在的作用力有_____________。

（3）结构式为A—B=B—A的分子中σ键和π键的数目比为________；B2分子和NO+离子互为等电子体，则NO+的电子式为___________。

（4）向EDO4溶液中加入过量稀氨水，其化学方程式为_______________；产物中阳离子的配体是_____________（填化学式）。

（5）D（黑球）和E（白球）形成某种晶体的晶胞如图所示。

已知该晶体的晶胞参数a=516pm，则黑球和白球之间最近距离为________pm（精确到0.1，已知

=1.732）。

若ED中D2-被O2-代替，形成的晶体只能采取NaCl型堆积，试从晶体结构分析其不同及原因_______________________。

【答案】

（1）.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1

（2）.P（3）.sp3（4）.氢键、范徳华力、共价键（5）.3∶1（6）.

（7）.CuSO4+4NH3·H2O==[Cu（NH3）4]SO4+4H2O（8）.NH3（9）.223.4（10）.两种晶体中离子的配位数不同。

由于r（O2-）

【解析】本题考查选修三《物质结构与性质》，A的质子数等于周期数，则A为H，B与C的p轨道均有三个成单电子，说明B和C属于同主族，即分别属于N和P，D的最高正价与最低负价的代数和为4，则D为S，E的最外层只有一个电子，且内层全充满，因此E为Cu，

（1）Cu位于第四周期第IB族，因此电子排布式为：

1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；P和S属于同周期，同周期第一电离能从左向右增强，但IIA>IIIA、VA>VIA，因此第一电离能P>S；

（2）DO32－为SO32－，其中S有3个σ键，孤电子对数为（6＋2－3×2）/2=1，价层电子对数为4，即SO32－中S的杂化类型为sp3；组成的化合物是H2SO4，含有的作用力是共价键、范德华力、氢键；（3）成键原子之间只能有1个σ键，双键中有1个π键，因此H－N=N－H中σ键和π键的比值为3：

1；等电子体的结构相似，N2的结构式为

，因此NO＋的电子式为

；（4）EDO4的化学式为CuSO4，与过量的氨水发生络合反应，反应方程式为：

CuSO4＋4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]SO4+4H2O，Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤电子对，因此NH3是配体；（5）根据晶胞的结构，黑球和白球之间最近的距离是体对角线的1/4，即为

（a为晶胞的边长），代入数值，解得为223.4pm，两种晶体中离子的配位数不同。

由于r（O2－）

点睛：

本题易错点

（1）第一电离能，第一电离能的规律是：

同周期第一电离能从左向右增强，但IIA>IIIA、VA>VIA，注意后边特殊；

（2）杂化类型的判断，杂化轨道数等于价层电子对数，价层电子对数=σ键数目＋孤电子对数；（3）H2SO4中作用力的判断，共价键和分子间作用力容易判断，氢键往往容易忽略，H2SO4是含氧酸，电离产生的氢是由羟基电离产生，即H2SO4的

结构简式为HO－SO3H，HO－可以与另一个硫酸分子中H或O形成氢键。

12.[化学——选修5：

有机化学基础]

E是一种治疗心血管疾病的药物，它的合成路线如下：

（1）A的化学式为_________，A的属于酚类的同分异构体共_____种（不包括A）；

（2）由A制备B的过程中有少量副产物F，它与B互为同分异构体，F的结构简式为___________；

（3）由B→C的反应类型为__________，B→C的反应条件也可为__________；

（4）写出C中所含官能团的名称：

_____________。

（5）写出以邻甲基苯酚（

）、环氧乙烷（

）和乙醇为原料制备

的合成路线流程图（无机试剂任用）。

合成路线流程图示例如下：

H2C＝CH2→CH3CH2Br→CH3CH2OH

_________________________

【答案】

（1）.C8H10

（2）.6（3）.

（4）.氧化反应（5）.Cu，O2，△（6）.醚键、羰基（7）.

【解析】

（1）根据A的结构简式可判断A的化学式为C8H10O，A的属于酚类的同分异构体中一定含有酚羟基，另一个取代基可以是乙基，有邻间对三种。

也可以是2个甲基，苯环上的位置有6种，因此不含A共计是8种（不