河南省许昌平顶山即许昌市一模届高三联考试题理.docx
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河南省许昌平顶山即许昌市一模届高三联考试题理
河南省许昌平顶山（即许昌市一模）2018届高三联考试题理综化学试题（解析版）
河南省许昌平顶山（即许昌市一模）2018届高三联考试题
理综化学试题
★祝考试顺利★
可能用到的相对原子质量：
H-1 C-12N-14 O-16Na-23 S-32Fe-56 Ba-137
1.
化学与生活、能源、材料和环境关系非常密切，下列说法不正确的是
A. 用K2FeO4代替Cl2处理饮用水，既能杀菌又能净水
B. 使用乙醇汽油既能节约能源，又能减少污染物的排放
C. 金属材料都是导体，非金属材料都是绝缘体
D. 酸雨以及光化学烟雾的形成通常都与氮的含氧化合物有关
【答案】C
【解析】A、高铁酸钾是一种强氧化剂，氧化后生成的絮状沉淀可以吸附沉淀过滤，不影响饮水，既能杀菌又能净水，选项A正确；B、乙醇与汽油按一定比例混合可以用于汽车燃料，减少废气的排放，选项B正确；C、非金属材料不都是绝缘体，例如：
石墨，选项C不正确；D、以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成的一个重要原因，选项D正确。
答案选C。
2.
从化学视角看“烟”和“雾”是有区别的，下列含有“烟”字的诗句中.烟"实则为“雾”的是
A. 大漠孤烟直，长河落日圆
B. 暖暖远人村，依依墟里烟
C. 烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家
D. 故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州
【答案】C
【解析】A、浩瀚的沙漠中醒目的烽烟挺拔而起，长长的黄河上西下的落日正圆，讲的是烟，选项A不选；B、远远的住人村落依稀可见，树落上的炊烟随风轻柔地飘升，讲的是烟，选项B不选；C、秦淮河上的秋水荡漾，暮霭象轻纱般的舒卷飞翔，秋水披一身迷人的烟雾,两岸金沙随夜色沉入溶溶的月光，我在停泊的小船上静静眺望,对岸酒家的灯火一片辉煌，讲的是雾，选项C可选；D、老朋友在西面的黄鹤楼与我辞别，在三月份烟雾迷漫、繁花似锦的春天去扬州，讲的是烟，选项D不选。
答案选C。
3.
设NANA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A. 39gNa2O2与CO2完全反应，转移的电子数为NANA
B. 6.0gNO和3.2gO2混合，所得气体的分子数目为0.2NANA
C. 84gFe完全转化为Fe3O4，失去的电子数为4NANA
D. 1molCu和2mol热浓硫酸反应，生成SO2分子数目为NANA
【答案】C
【解析】A、二氧化碳和过氧化钠反应方程式为：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，39gNa2O2的物质的量为0.5mol，完全反应生成0.25mol氧气，转移的电子数为0.5NA，选项A错误；B、6.0gNO和3.2gO2混合后生成的NO2中存在平衡：
2NO2⇌N2O4，导致分子个数减小，少于0.2NANA，选项B错误；C、由于铁反应为四氧化三铁后，铁的价态变为+8383，故84gFe 即1.5mol铁失去4mol电子即4NA个，选项C正确；D、浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应，生成SO2分子数目小于NANA，选项D错误。
答案选C。
点睛：
本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是氧化还原反应中电子转移的数目判断、可逆反应的应用，注意浓硫酸变稀后不与铜发生反应。
4.
下列图示实验操作与对应的实验目的合理的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】A、由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，所以向溶液中加入碳酸钙粉末，会发生反应：
2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，使化学平衡正向移动，导致c（HClO）增大，则溶液的漂白性会增强，选项A正确；B、不能用盐酸，且盐酸易挥发，应用元素最高价氧化物的水化物比较酸性强弱，即此装置不能证明氯、碳、硅三种元素非金属性的强弱，选项B错误；C、不能直接在容量瓶中配制溶液，选项C错误；D、固体的加热应该试管口略向下倾斜，选项D错误。
答案选A。
5.
下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。
已知：
KMnO4+16HC1=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O,向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。
下列有关说法正确的是
A. a处变蓝、b处变棕红说明非金属性:
C12>Br2 >I2
B. c处先变红、后褪色说明Cl2与H2O反应生成HC1
C. d处立即褪色说明Cl2与H2O反应生成HCIO
D. e处变红说明Cl2与Fe2+反应生成Fe3+
【答案】D
【解析】A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变橙色，可证明氧化性：
Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，则无法证明非金属性:
C12>Br2 >I2，选项A错误；B、氯气与水反应Cl2+H2O
H++Cl-+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则C处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，选项B错误；C、Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，消耗了氢氧化钠红色褪去，不能证明生成物质是HClO，选项C错误；D、Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，证明还原性Fe2+＞Cl-，选项D正确。
答案选D。
点睛：
本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键。
6.
实验室用NH4Cl盐酸、NaClO2（亚氯酸纳）为原料制备C1O2的过程如下图所示。
下列说法不正确的是
A. X中大量存在的阴离子有C1-和OH-
B. NH3和NC13中N元素的化合价相同
C. NaClO2变成ClO2发生了氧化反应
D. 制取lmolClO2至少需要1616molNH4Cl
【答案】B
【解析】A、NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，相应的就会生成NaCl、NaOH，大量存在的阴离子有C1-和OH-，选项A正确；B、NH3和NC13中N元素的化合价分别为-3和+3，不相同，选项B不正确；C、NaClO2变成ClO2，氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，选项C正确；D、根据反应NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，则制取lmolClO2至少需要1616molNH4Cl，选项D正确。
答案选B。
7.
Hg可用KMnO4溶液吸收。
在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率及主要产物如下图所示。
下列有关说法不正确的是
A. pH对Hg吸收率的影响规律是随pH升高Hg的吸收率先降低后升高
B. pH=l时Hg的吸收率高达90%的原因是KMnO4在酸性条件下氧化性强
C. pH=2时反应的离子方程式为Hg+MnO4-+8H+=Hg2++Mn2++4H2O
D. pH=12时反应的离子方程式为3Hg+2MnO4-+H2O=3HgO+2Mn02+2OH-
【答案】C
【解析】A、根据在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率的示意图可知：
pH对Hg吸收率的影响规律是随pH升高，汞的吸收率先降低后升高，选项A正确；B、在强酸性环境下Hg的吸收率高的原因可能是KMnO4在酸性条件下氧化性强的缘故，选项B正确；C、电荷不守恒，pH=2时反应的离子方程式为5Hg+2MnO4-+16H+=5Hg2++2Mn2++8H2O，选项C不正确；D、pH=12时反应的离子方程式为3Hg+2MnO4-+H2O=3HgO+2MnO2+2OH-，选项D正确。
答案选C。
点睛：
本题考查反应条件的选择的原因分析、氧化还原反应化学方程式和离子方程式的书写、物质的吸收率与溶液pH的关系的知识。
注重图表信息的分析能力的考查。
8.
某兴趣小组运用下图所示组合装置（部分夹持装置未画出）进行探究实验
请回答下列问题：
（1）A同学将甲、乙装置组合进行进行实验，其实验目的是探究 反应的生成物；在连接好装置后，首先要进行的实验操作为 。
（2）为检验C装置中反应生成物是否有氧气，装置B中盛放的试剂X应为 ，装置D中碱石灰的作用是 ；实验操作及现象是 。
（3）b同学将甲、丙装置组合进行实验，能说明I-的还原性弱于 SO2的现象为 ，发生反应的离子方程式是 。
（4）装置G中的现象是 ，说明SO2具有 性。
（5）为验证装置中SO2与FeCl3发生了氧化还原反应，C同学设计了两套方案，完成下表:
实验操作
实验现象
实验结论
方案1
取少量装置E中的溶液于试管中，向其中滴加 溶液
产生白色沉淀
SO2与FeCl3发生氧化还原反应
方案2
取少量装置E中的溶液于试管中，向其中滴加 溶液
【答案】SO2与Na2O2 检查装置的气密性浓硫酸吸收未反应的SO2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置与Na2O2反应，干扰实验将带火星的木条放在干燥管D出口处，若木条复燃，则有氧气生成，否则无氧气生成 装置F中溶液蓝色褪去SO2+I2+2H2O=2I-+SO42-+4H+红色褪去酸性【答题空10】盐酸酸化的BaCl2KSCN 溶液不变红
【解析】
（1）A同学将甲、乙装置组合进行进行实验，甲装置利用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取二氧化硫，气体干燥后进入乙装置与过氧化钠反应，故其实验目的是探究SO2与Na2O2反应的生成物；实验过程有气体的参与，在连接好装置后，首先要进行的实验操作为检查装置的气密性；
（2）装置B中盛放浓硫酸，将通入的二氧化硫进行干燥，以免水蒸气进入装置乙中与过氧化钠反应生成氧气而引起干扰；装置D中碱石灰的作用是吸收未反应的SO2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置与Na2O2反应，干扰实验；氧气的检验可将带火星的木条放在干燥管D出口处，若木条复燃，则有氧气生成，否则无氧气生成；（3）b同学将甲、丙装置组合进行实验，I-的还原性弱于 SO2，则碘单质被二氧化硫还原，现象为装置F中溶液蓝色褪去；发生反应的离子方程式是SO2+I2+2H2O=2I-+SO42-+4H+；（4）装置G中含有酚酞的氢氧化钠溶液呈红色，当过量的二氧化硫被吸收后溶液碱性减弱，现象是溶液红色褪去；说明SO2具有酸性；（5）方案1取少量装置E中的溶液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子；方案2取少量装置E中的溶液于试管中，向其中滴加KSCN，溶液不变红，证明溶液中的铁离子已被还原为亚铁离子，从而证明二氧化硫与氯化铁发生了氧化还原反应生成了氯化亚铁、硫酸和盐酸。
9.
分类是学习和研究化学物质及其变化的一种常用的科学方法。
（1）下列4组物质中均有一种物质的主要化学性质与其他3种不同。
A、CaO、Na2O、CO2、MgO B、CH3COOH、H2SO4、Ba（OH）2、HNO3
C、H2、Cl2、P、Cu D、HCl、CH3CH2OH、H2SO4、HNO3
①写出D组中不同于其他三种的物质的化学式：
。
②A组中的一种物质与B组中的—种物质反应的量不同产物有所不同。
写出这两种物质反应有沉淀产生的离子反应方程式：
。
③C组中Cu在一定条件下可与H2、Cl2、P等化合。
写出 CuH在Cl2中燃烧的化学方程式：
。
（2）NaOH、Na2CO3、NaA1O2溶液都具有碱性。
向500mL由NaOH、Na2CO3、NaA1O2组成的混合溶液中滴加0.2mol•L-1盐酸，所消耗盐酸体积如图所示，回答下列问题：
①写出加盐酸V1至 V2段反应的离子方程式：
。
②用 36.5%（密度为1.19g•mL-1） 的浓盐酸配制945mL0.2mol•L-1盐酸，需要量取的浓盐酸体积为 。
③若V1=50mL,V2=100mL,V3=200mL,则V4= 。
原混合溶液中NaOH、Na2CO3、NaA1O2的物质的量之比为 。
【答案】CH3CH2OH CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O2CuH+3Cl2
2CuCl2+2HClAlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓16.81mL 350mL1:
1:
1
【解析】
（1）①D组中HCl、H2SO4、HNO3都为强酸，强电解质，而CH3CH2OH是非电解质，故不同于其他三种的物质的化学式：
CH3CH2OH；②结合各物质性质可知，A组中的一种物质CO2与B组中的—种物质Ba（OH）2反应的量不同产物有所不同。
这两种物质反应有沉淀产生的离子反应方程式为：
CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O；③CuH在Cl2中燃烧生成氯化铜和氯化氢，反应的化学方程式：
2CuH+3Cl2
2CuCl2+2HCl；
（2）①加盐酸V1至 V2段反应产生沉淀且沉淀量达到最大，故发生反应的离子是偏铝酸根离子，反应的离子方程式为：
AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓；②配制945mL0.2mol•L-1盐酸，需要用1000mL容量瓶配制，用 36.5%（密度为1.19g•mL-1）的浓盐酸配制1000mL0.2mol•L-1盐酸，设需要量取的浓盐酸体积为VmL，则1L×0.2mol•L-1=1.19×V×36.5%36.51.19×V×36.5%36.5，解得：
V=16.8mL；③根据反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，产生沉淀和溶解沉淀所需要的盐酸的体积之比为1：
3，则V4=200mL+50mL×3= 350mL；再根据反应OH-+H+=H2O，CO32-+2H+=H2O+CO2↑，盐酸与NaOH、Na2CO3、NaA1O2溶液反应时分别所用体积之比为1：
2：
1，则NaOH、Na2CO3、NaA1O2物质的量之比为1：
1：
1。
10.
锌锰干电池为使用一次后就被废弃的电池，因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。
某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源。
（1）用60℃温水溶解填充物，目的是 。
（2）操作B的名称为 。
（3）铜帽溶解的化学方程式为 ；铜帽溶解完全后，可采用 方法除去溶液中过量的H2O2。
（4）填充物中含有MnOOH、MnO2等化合物，向滤渣中加入一定量的稀草酸和l0mL稀硫酸，得到MnSO4溶液并收集到896mLCO2（标准状况下），所用稀硫酸的物质的量浓度是 。
（5）向一定量水样中加入适量MnSO4溶液和碱性KI溶液，生成MnO（OH）2沉淀,密封静置,加入适量稀H2SO4，待MnO（OH）2与I-完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，运用此方法可以测定水中溶解氧的浓度。
测定过程中物质的转化关系如下：
取一定量的池塘水样l00.00mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.0100mol•L-1 Na2S2O3标准溶液13.50mL，该水样中的溶解氧的浓度为 mg•L-1。
【答案】加大溶解速率，同时防止温度过高氯化铵分解结晶Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O加热3.0mol/L 10.80mg/L
【解析】废旧干电池含有铜、石墨、二氧化锰以及填充物等，填充物用60℃充分溶解，过滤，滤液中含有氯化铵，蒸发、浓缩、结晶可得到氯化铵晶体；铜与稀硫酸在过氧化氢作用发生氧化还原反应生成硫酸铜，加入锌可置换出铜，过滤分离，硫酸锌溶液最终可生成氢氧化锌、氧化锌，冶炼可得到锌。
（1）加热，适当升高温度，可促进溶解，故答案为：
加大溶解速率，同时防止温度过高氯化铵分解；
（2）滤液中含有氯化铵，蒸发、浓缩、结晶可得到氯化铵晶体，所以该操作名称是结晶；
（2）酸性条件下，双氧水能将铜氧化，铜帽溶解反应生成铜离子，反应的化学方程式为：
Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；加热条件下，双氧水易分解生成水和氧气，所以除去双氧水的方法是加热；（4）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止。
其主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═3MnSO4+4CO2↑+6H2O，根据反应方程式可知，硫酸的物质的量为：
0.896L22.4L/mol0.896L22.4L/mol×3434=0.03mol，c=nVnV=0.03mol0.01L0.03mol0.01L=3.0mol/L；（5）根据转化关系：
O2-MnO（OH）2-I2-Na2S4O6；在100.00mL水样中，存在I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；n（I2）=c（Na2S2O3）V（Na2S2O3）2cNa2S2O3VNa2S2O32=0.01000mol/L×13.50mL×10−3L/mL20.01000mol/L×13.50mL×10-3L/mL2=6.750×10-5mol，根据题中MnO（OH）2与I-完全反应生成Mn2+和I2，可知发生了氧化还原反应，根据电子得失守恒：
n[MnO（OH）2]=n（I2）=6.750×10-5mol；n（O2）=1212 n[MnO（OH）2]= 12 12×6.750×10-5mol=3.375×10-5mol，水中溶解氧=3.375×10−5mol×32g/mol×1000mg/g100.00mL×10−3L/mL3.375×10-5mol×32g/mol×1000mg/g100.00mL×10-3L/mL=10.80mg/L。
点睛：
本题考查了物质的分离和提纯、原电池原理，根据原电池正负极上发生的反应、物质的性质及其分离方法来分析解答，能从整体上把握物质分离过程，熟练掌握基础知识，灵活运用知识解答。
11.
氮、磷、砷、硼的相关化合物在化工、医药、农药、材料等领域有着广泛的应用。
回答下列问题：
（1）基态As原子的电子排布式为 。
N、P、As的第一电离能的大小顺序为 。
（2）氮化硼（BN）有多种晶体，其中立方氮化硼与金刚石的构型类似，则其晶胞中B-N-B之间的夹角是 （填角度）。
（3）砷化硼（BAs）是Ⅲ-V族半导体材料的重要成员之一，其晶体结构与金刚石相似。
①BAs晶体中，每个As与 个B相连，As的杂化形式为 ；
②已知B原子的电负性比As原子的电负性大，则As与B之间存在的化学键有 （填字母）。
A.离子键 B. 金属键 C.极性键 D.氢键 E.配位键F.σσ键G. ππ键
（4）磷化硼（BP）是一种有价值的耐磨硬涂层材料，这种陶瓷材料可作为金属表面的保护薄膜，它是通过在高温（T＞750℃）氢气氛围下BBr3和PBr3反应制得的，BBr3的空间构型为 ，BP晶胞的结构如图所示，当晶胞晶格参数为478pm（即图中立方体的每条边长为478pm）时，BP中B和P之间的最近距离为 。
【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p3 N>P>As 109°28′4sp3杂化CEF平面三角形119.53–√3 pm
【解析】
（1）As是33号元素，其核外电子排布为，1s22s22p63s23p63d104s24p3；非金属性越强，第一电离能越大，N>P>As；
（2）立方氮化硼与金刚石的构型类似，金刚石为正四面体结构，键角为109°28′，则其晶胞中B﹣N﹣B之间的夹角是109°28′；（3）①砷化硼（BAs）晶体结构与金刚石相似，为正四面体结构，则每个As与4个B相连，BAs的电子对有5+325+32=4对，中心原子As的杂化形式为sp3杂化；②硼原子可以形成3个硼硼单键，所以每个As应与3个B相连，金刚石中含有的化学键是共价键，所以该物质中含有的化学键是极性键，单键为σσ键，又因为砷原子还有1对孤对电子，而硼原子有容纳孤对电子的空轨道，所以还可以构成配位键。
答案选CEF；（4）B原子含有3个价电子，与3个Br原子形成σ键，空间构型为平面三角形；根据BP的晶胞示意图可知硼原子和磷原子之间的最近距离等于晶胞体对角线的1414，设最近距离为x，则（4x）2=4782+4782+4782，解得x= 2393√ 2 2393 2pm=119.53–√3pm。
点睛：
本题考查价电子排布、配位数的判断、杂化轨道的判断、晶胞的分析及计算，关于晶胞的分析和计算，解答此类问题的关键是正确分析微粒在晶胞中的位置关系，结合晶胞的结构特点和数学有关知识进行晶胞的有关计算。
12.
有机物A的分子式为C10Hs03能与NaHCO3反应，在一定条件下存在如下转化关系：
请回答下列问题：
（1）有机物A的结构简式为：
。
（2）有机物B中含氧官能团的名称是：
。
（3）反应I的作用为：
。
（4）写出C→D的化学方程式：
。
（5）F（C8H8O3）是由E与氢气在一定条件下反应得到的。
F在一定条件下可以形成高分子，请写出该反应的化学方程式：
。
（6）E有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有 种（已知碳碳三键、碳碳双键与羟基相连不稳定）。
A.除苯环外无其他环且无一O—O—键
B.能与FeCl3溶液发生显色反应
C.苯环上一氯代物只有两种
【答案】
略略略略略
【解析】
（1）有机物C10H8O3与NaHCO3反应，说明分子中含羧基；与CH3OH反应生成C11H12O4，氧原子个数增加说明发生的不是酯化反应，而是已知中的①，且C9H10O3能与新制Cu（OH）2反应，说明分子中含醛基；能与O3、Zn/H2O反应，说明分子中含碳碳双键，所以分子式为C10H8O3的有机物中含有的官能团有醛基，羧基，碳碳双键。
根据所给信息及已知条件可推出A为
，B为
，C为
，D为
，E为
。
（1）有机物A的结构简式为：
；
（2）有机物B为
，含氧官能团的名称是：
羧基、羟基、醚键；（3）反应I的作用为：
保护醛基，防止被氧化；（4）C→D的化学方程式为：
；（5）F（C8H8O3）是由
与氢气在一定条件下反应得到的。
F在一定条件下可以形成高分子，则F应该为，该反应的化学方程式为：
；（6）
有多种同分异构体，其中满足A.除苯环外无其他环且无一O—O—键，B.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，C.苯环上一氯代物只有两种，的同分异构体（已知碳碳三键、碳碳双键与羟基相连不稳定），若只有两个取代基，则有：
，若有三个取代基，其中2个是醛基，1个酚羟基，则有
、
； 若有三个取代基，其中2个酚羟基，1个
，则有
、
；若有四个取代基，其中3个羟基，1个碳碳叁键，则有
、
、
、
共9种。
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