精品解析全国百强校福建省三明市第一中学届高三下学期开学考试理科综合化学试题解析版.docx

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精品解析全国百强校福建省三明市第一中学届高三下学期开学考试理科综合化学试题解析版

注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。

用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活生产社会可持续发展密切相关。

下列有关化学知识的说法错误的是

A.碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料

B.我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种非金属材料

C.高纯二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”

D.钾一钠合金可用于原子反应堆的导热剂钾与钠都属于短周期主族元素

【答案】D

【解析】

【详解】A.由于碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，所以可用作新型储氢材料，故A正确；

B.碳纤维，是一种非金属材料，故B正确；

C.光导纤维化学成分为SiO2，与强碱反应生成硅酸盐，故C正确；

D.钾位于第四周期，第四周期是长周期，故D错误。

故选D。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列有关说法正确的是

A.32gCu在足量O2或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为NA

B.常温下，0.5LpH=14的Ba（OH）2溶液中OH－数目为NA

C.标准状况下，5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NA

D.一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.32gCu是0.5mol,在足量O2或硫蒸气中完全反应分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为NA和0.5NA，故A错误；

B.常温下，pH=14即c（OH-）=1mol/L，0.5LpH=14的Ba（OH）2溶液中OH-数目为0.5NA，故B错误；

C.标准状况下，5.6L乙烷是0.25mol，其中含有的极性键（碳氢键）数目为1.5NA，故C正确；

D.一定条件下,32gSO2与足量O2反应，因为是可逆反应，不能完全转化，所以转移的电子数小于NA，故D错误。

故选C。

3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。

下列说法不正确的是

A.最简单氢化物的沸点：

Z＜W

B.简单离子半径：

Y＞X

C.W与X形成的化合物溶于水所得的溶液在常温下pH＞7

D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应

【答案】B

【解析】

【详解】W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F；X是同周期中金属性最强的元素，则X是Na；Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y是Al；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl。

A.HF分子间能形成氢鍵，而氯化氢不能，所以沸点：

HF>HCl，故A正确；

B.Na+、Al3+具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：

Al3+

C.W与X形成的化合物NaF溶于水，F-水解使溶液呈碱性，故C正确；

D.Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物分別为NaOH、Al（0H）3、HCIO4，氢氧化铝为两性氢氧化物，所以两两之间均能相互反应，故D正确。

故选B。

【点睛】微粒半径的比较：

（1）先看电子层，电子层数越多，半径越大。

（2）电子层数相同时，再看核电荷，核电荷越大，半径越小。

（3）电子层数和核电荷均相同时，看电子数，电子数越多半径越大。

4.银一Ferrozine法检测甲醛（HCHO）的原理为①在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；②Fe3+与产生的Ag定量反应生成Fe2+；③Fe2+与ferrozine形成有色配合物；④测定溶液的吸光度（吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比）。

下列说法正确的是

A.①中，负极的电极反应式为2Ag2O+4H++4e－====4Ag+2H2O

B.①中，溶液中的H+由正极移向负极

C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：

4

D.④中，甲醛浓度越大，吸光度越小

【答案】C

【解析】

【详解】A.①中，负极的电极反应式为HCHO-4e-+H2O==CO2↑+4H+，正极的电极反应式为2Ag2O+4H++4e-=4Ag+2H2O，故A错误；

B.①中，溶液中的H+由负极向正极移动，故B错误；

C.存在关系式：

HCHO~4Ag~4Fe2+，故理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:

4，故C正确；

D.甲醛浓度越大，理论上生成Fe2+的浓度越大，进而得到有色配合物的浓度也越大，溶液吸光度越大，故D错误。

故选C。

5.下列有关1-甲基-1-环己烯（结构简式如图所示）的说法正确的是

A.该物质含有六元环的同分异构体有3种

B.分子中所有碳原子在同一平面上

C.该物质为芳香烃

D.能使溴的四氯化碳溶液褪色，且反应生成的产物有2种

【答案】A

【解析】

【详解】A.该物质含有六元环的同分异构体，将甲基置于序号处

或把双键放在环外

，可形成三种同分异构体（如图），故A正确；

B.由于这六元环不是苯环，根据甲烷分子的正四面体结构和乙烯分子的六原子共面结构可知，所以分子中所有碳原子不一定在同一平面上，故B错误；

C.该物质中不含有苯环，所以不是芳香烃，故C错误；

D.该物质含有碳碳双键，能发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，但是产物只有一种，故D错误。

故选A。

6.用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是

①中试剂

①中现象

解释

A

品红溶液

溶液褪色

SO2具有漂白性

B

Na2SiO3溶液

产生胶状沉淀

酸性：

H2SO3>H2SiO3

C

酸性KMnO4溶液

紫色褪去

SO2具有还原性

D

酸性Ba（NO3）2溶液

生成白色沉淀

SO32-与Ba2+生成BaSO3沉淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A项、二氧化硫具有漂白性，能和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，该实验体现二氧化硫漂白性，故A正确；

B项、亚硫酸酸性强于硅酸，向Na2SiO3溶液通入二氧化硫气体，反应生成白色胶状硅酸沉淀，故B正确；

C项、二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性，故C正确；

D项、将SO2通入Ba（NO3）2溶液，酸性条件下硝酸根离子可以将二氧化硫氧化生成硫酸，硫酸与硝酸钡反应，有白色沉淀硫酸钡生成，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查化学实验方案评价，知道二氧化硫具有漂白性、还原性和氧化性，明确实验原理及物质性质是解本题关键。

7.常温下，向10mL1mol·L－1元酸HA溶液中，不断滴加1mol·L－1的NaOH溶液所加碱的体积与－lgc水（H+）的关系如图所示。

c水（H+）为溶液中水电离的c（H+）。

下列说法不正确的是

A.常温下，Kα（HA）的数量级为10－4

B.a、b两点pH均为7

C.从a点到b点，水的电离程度先增大后减小

D.溶液的导电性逐渐增强

【答案】B

【解析】

【详解】A.由起点溶液中－lgc水（H+）=12可知，酸电离的c（H+）=10-2，故Ka（HA）=10-4，故A正确；

B.从图像中可知，HA是弱酸，曲线的最高点为NaA溶液，b点溶液的溶质是NaA和NaOH，溶液呈碱性，pH＞7,故B错误；

C.a点到b点,发生酸碱中和反应生成可水解的盐，然后碱过量，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；

D.不断加入NaOH溶液，溶液中的离子总浓度不断增大，溶液的导电性逐渐增强，故D正确。

故选B。

【点睛】通过分析溶液中酸、碱、盐对水的电离平衡的影响，分析溶液中水电离的氢离子浓度的变化规律，及分析溶液中离子总浓度的变化对溶液导电能力的影响是解答本题的关键。

8.硫化氢毒性很大，俗称“一口闷”，工业废水中的硫化物在酸性条件下会以硫化氢的形式逸出。

某课外小组以碘量法测定废水中的硫化物，实验装置如图所示，实验步骤及测定原理如下：

Ⅰ．取样、吹气、固硫

连接装置，打开氮气源，检查装置气密性。

移取一定体积1mol·L－1乙酸锌溶液于两支吸收管中，取200mL水样于反应瓶中，通入氮气一段时间。

移取10mL盐酸于反应瓶中，水浴加热，继续通入氮气。

已知乙酸锌与硫化氢反应生成硫化锌沉淀（硫化氢被完全吸收）。

Ⅱ．滴定

关闭气源，往两个吸收管中各加入0.010mol·L－1的碘标准溶液100mL（过量），再加入盐酸5mL，静置。

加入淀粉指示液，用0.010mol·L－1的硫代硫酸钠标准溶液对两支吸收管中的液体进行滴定。

（已知：

）

回答下列问题：

（1）反应瓶中前后通入氮气的目的分别是________________、_________________。

（2）加入碘标准溶液时，吸收管中发生反应的化学方程式为________________。

（3）该实验使用两个吸收管的原因是____，若只使用一个吸收管，会导致测定结果偏____（填“高”或“低”）。

（4）实验室常用FeS固体与酸常温下反应制取H2S。

实验室制取H2S时，从反应物与生成物的状态、性质和反应条件分析，下列发生装置中可选用的是_______________（填序号）。

（5）上图a中盛装液体药品的玻璃仪器名称为________。

（6）将二氧化氯溶液加入硫化氢溶液中，然后加入少量稀盐酸酸化的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。

写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的离子方程式：

_______________。

【答案】

（1）.排出装置中的空气

（2）.将硫化氢鼓入吸收管中（3）.ZnS＋I2＝ZnI2＋S（4）.保证硫化氢被完全吸收（5）.低（6）.bc（7）.分液漏斗（8）.5H2S＋8ClO2＋4H2O＝18H＋＋

＋8Cl－

【解析】

【分析】

（1）反应前通入氮气，排出装置中的空气，反应后通入氮气，将硫化氢鼓入吸收管中。

（2）加入碘标准溶液时，碘将硫化锌氧化；

（3）气体与液体的反应，只在接触面上反应，吸收不充分；

（4）选用固体与液体反应、不加热的装置；

（5）使用分液漏斗是为了方便添加液体；

（6）二氧化氯将硫化氢氧化成硫酸根离子，根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒写出离子方程。

【详解】

（1）反应前通入氮气，排出装置中的空气，反应后通入氮气，将硫化氢鼓入吸收管中。

（2）加入碘标准溶液时，碘将硫化锌氧化，吸收管中发生反应的化学方程式为ZnS＋I2＝ZnI2＋S；

（3）气体与液体的反应，只在接触面上反应，该实验使用两个吸收管，是保证硫化氢被完全吸收，若只使用一个吸收管，会导致测定结果偏低；

（4）实验室常用FeS固体与酸常温下反应制取H2S。

固体与液体反应且不加热，则实验室制取H2S时，可选用制氢装置：

a、加热，故不选；b与c、固体与液体，不加热，b、c适合；d、加热固体，故不选；故选bc；

（5）为了方便添加液体，图a中盛装液体药品的玻璃仪器名称为分液漏斗；

（6）二氧化氯将硫化氢氧化成硫酸根离子，离子方程式为：

5H2S＋8ClO2＋4H2O＝18H＋＋5SO42－＋8Cl－

9.磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，作为信息产业和机电工业的重要基础功能材料，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。

碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿（主要成分为MnO2）和黄铁矿（主要成分为FeS2）为主要原料制备碳酸锰的主要工艺流程如下：

已知：

几种金属离子沉淀的pH如下表。

Fe2＋

Fe3＋

Cu2＋

Mn2＋

开始沉淀的pH

7.5

3.2

5.2

8.8

完全沉淀的pH

9.2

3.7

7.8

10.4

回答下列问题：

（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有________。

A．搅拌B．适当升高温度C．研磨矿石D．加入足量的蒸馏水

（2）溶浸过程中主要产生的金属阳离子为Fe3＋、Mn2＋，浸取后的溶液中含有少量Fe2＋、Cu2＋、Ca2＋，则在加入石灰调节溶液的pH从而使铁元素被完全沉淀前，加入适量的软锰矿，其发生反应的离子方程式为____________________，加入石灰调节溶液pH的范围为____________________。

（3）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2＋、Ca2＋等杂质，故滤渣主要是________（填化学式）和CaF2。

若测得滤液中c（F－）为0.01mol·L－1，则滤液中残留c（Ca2＋）为________mol·L－1[已知：

Ksp（CaF2）＝1.46×10－10]。

（4）有人认为净化工序中使用NaF会引起污染，建议用（NH4）2CO3代替NaF，但是用（NH4）2CO3代替NaF的缺点是______________________________________。

（5）下图为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，仅据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在________％左右。

【答案】

（1）.D

（2）.MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O（3）.3.7~5.2（4）.CuS（5）.1.46×10－6（6）.会使Mn2＋沉淀进入滤渣，降低碳酸锰的产率（7）.40

【解析】

【分析】

由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液，调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有Cu2＋、Ca2＋等杂质，加入硫化钠和氟化钠，除去Cu2＋、Ca2＋过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到硫酸铵，滤渣为碳酸锰，通过洗涤、烘干得到硫酸锰晶体。

【详解】

（1）升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有：

适当升高温度，搅拌，研磨矿石，采取的措施不合理的为D；

（2）加入适量的软锰矿，为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀而除去，其发生反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O；由表中数据可知三价铁离子完全的沉淀的pH为3.7，铜离子开始沉淀的pH为5.2，所以加入石灰调节溶液的pH的范围为3.7～5.2；

（3）滤渣主要是CuS和CaF2，若测得滤液中c（F－）为0.01mol·L－1，则滤液中残留c（Ca2＋）为Ksp（CaF2）÷c2（F－）=1.46×10－10÷（0.01）2=1.46×10－6mol·L－1；

（4）碳酸锰难溶，用（NH4）2CO3代替NaF的缺点是会使Mn2＋沉淀进入滤渣，降低碳酸锰的产率；

（5）由图可读出，黄铁矿的质量分数应保持在40％左右.

10.氮的氧化物NO3是常见的大气污染物，化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。

（1）已知：

I.2NO（g）=N2（g）+O2（g）△H=－177kJ/mol

II.4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=－1253.4kJ/mol

则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为__________________。

（2）已知：

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H<0。

不同温度下，向三个一样的容器中投入相同的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。

①M点的v正_________Q点的v正（填“>”“<”或“=”），原因是________________________。

②维持10MPa、T3℃的条件不变，要提高H2的转化率，可以采取的措施是__________________（任写一条）。

③图中三条曲线对应的温度T1、T2、T3由高到低的顺序为__________________。

④恒温恒容条件下，能说明反应N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）达到平衡状态的是_________（填选项字母）

A.c2（NH3）/[c（N2）c3（H2）]保持不变

B.3molH－H键断裂的同时，有2molN－H键断裂

C.2v（N2）=v（NH3）

D.反应器中的压强不再发生变化

⑤T3温度下，将1molN2和3molH2充入2L的密闭容器中，维持压强为60MPa不变，达到N点的平衡状态，反应的浓度平衡常数Kc=_____________（mol/L）－2（用最简分数表示），M点的平衡常数比N点的平衡常数_________（填“大”“小”或“相等”）。

【答案】

（1）.4NH3（g）+6NO（g）===5N2（g）+6H2O（g）△H=－1784.4kJ/mol

（2）.>（3）.其他条件相同，M点压强大，反应速率快（4）.增大氮气的浓度，也可以及时分离出氨气（5）.T3>T2>T1（6）.AD（7）.

（8）.大

【解析】

【详解】

（1）I×3+II得到热方程式为：

4NH3（g）+6NO（g）===5N2（g）+6H2O（g）△H=－1784.4kJ/mol；

故答案为：

4NH3（g）+6NO（g）===5N2（g）+6H2O（g）△H=－1784.4kJ/mol；

（2）①其他条件相同，M点的压强大于Q点，所以M点的速率大于Q点；

故答案为：

>，其他条件相同，M点压强大，反应速率快；

②维持10MPa、T3℃的条件不变，要提高H2的转化率，可增大氮气的浓度，也可以及时分离出氨气；

故答案为：

增大氮气的浓度，也可以及时分离出氨气；

③该反应是放热反应，温度升高向吸热方向移动，所以温度越高，氨气的物质的量分数越低，故T3>T2>T1；

故答案为：

T3>T2>T1；

④A.化学平衡时，各组分的浓度不再改变，故A达到；

B.化学平衡时3molH－H键断裂的同时，应该有6molN－H键断裂，故B不是；

C.化学平衡时，需正反应速率等于逆反应速率，故C不是；

D.N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）反应达到化学平衡时，压强不再改变，即各组分浓度不再改变，故D达到；

故选AD；

⑤由于保持压强不变，所以达到平衡时，体积减小，根据反应方程式N2+3H2=2NH3，设达到平衡时，N2的变化量为xmol，

即N2+3H2=2NH3

初始状态1mol3mol0

平衡时变化量xmol3xmol2xmol

平衡时状态（1-x）mol（3-3x）mol2xmol根据图像可知，其中NH3的物质的量分数为20%，

可得到关系：

×100%=20%，得到x=

mol，由于压强不变，即体系体积减小，根据物质的量之比等于体积之比，可得到平衡时体系的体积为：

=

，a=

L，Kc=

=

；由于T2

故答案为：

，大；

【点睛】注意热化学方程式的化学计量数：

（1）热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数。

（2）热化学方程式中的反应热表示反应已完成时的热量变化，由于△H与反应完成的量有关，所以方程式中化学式前面的化学计量数必须与△H相对应，如果化学计量数加倍，则△H也要加倍。

当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。

11.钒（23V）被称为“现代工业味精”，可添加在钢铁中，并以钛－铝－钒合金的形式用于航天领域；钒的化合物被广泛用作催化剂、燃料及电池等。

我国钒钛磁铁矿储量较大，是世界上产钒大国。

请完成下列问题：

（1）钒的基态原子的外围电子排布式为_____。

（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如下图1所示，则该氧化物的化学式为________，其熔沸点比下图3（为邻苯二甲酸酐的结构）物质的熔沸点要________（填“高”、“低”或“差不多”）。

（3）V2O5是一种常见的催化剂，在合成硫酸、硝酸、邻苯二甲酸酐、乙烯、丙烯中，均使用五氧化二钒作催化剂。

①五氧化二钒的结构简式如上图2所示，则该结构中含有_______个π键。

②在丙烯（CH3CH＝CH2）分子中碳原子的杂化方式分别为__________。

③H、C、N、O四元素，其电负性从大到小的顺序依次为___________________。

④V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4）。

列举与

空间构型相同的一种阳离子：

________（填离子符号）。

（4）已知单质钒的晶胞如上图5所示，假设晶胞的边长为d×10—7cm，钒的相对原子质量为M，则密度为__________g·cm－3。

（设阿伏加德罗常数为NA）

【答案】

（1）.3d34s2

（2）.VO2（3）.高（4）.4（5）.sp3、sp2（6）.O>N>C>H（7）.

（8）.

【解析】

【分析】

（1）钒是23号元素，根据能量最低原理写出外围电子排布式；

（2）根据均摊法计算晶胞中V、O原子数目，进而确定化学式。

VO2是离子晶体，其熔沸点比分子晶体邻苯二甲酸酐的熔沸点要高。

（3）①单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；

②甲基上的碳形成4个σ键，为sp3、双键上的碳形成3个σ键，一个π键，为sp2杂化；

③非金属性越强，电负性越大；

④形成4个σ键，没有孤对电子的粒子；

（4）结合原子数目表示出晶胞质量，再根据ρ=m/V计算晶胞密度。

【详解】

（1）钒的基态原子的外围电子排布式为3d34s2；

（2）由晶胞结构可知，含钒原子8×1/8+1=2,O为4×1/2+2=4，该氧化物的化学式为VO2，VO2是离子晶体，其熔沸点比分子晶体邻苯二甲酸酐的熔沸点要高。

（3）①由五氧化二钒的结构图：

单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，可得出含有4个π键。

②在丙烯（CH3CH＝CH2）分子中碳原子的杂化方式分别为：

甲基上的碳形成4个σ键，为sp3、双键上的碳形成3个σ键，一个π键，为sp2杂化。

③非金属性越强，电负性越大；H、C、N、O四元素，其电负性从大到小的顺序依次为O>N>C>H。

④形成4个σ键，没有孤对电子的粒子，与

空间构型相同的一种阳离子：

NH4＋。

（4）晶胞中钒原子个数为8×1/8+1=2,假设晶胞的边长为d×10—7cm，钒的相对原子质量为M，则密度为ρ=m/V=

g·cm－3。

【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，解题关键：

掌握核外电子排布、化学键、杂化方式、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等，难点（4）晶胞的密度计算。

12.［化学—有机化学基础］

用石油化工产品1,3-丁二烯合成化工中间产品

的合成路线如下：

已知：

（1）

含有的官能团为__________________。

（2）写出③⑥的反应类型分别是_____