高三化学上学期第一次阶段性检测试题（含解析）

我带领班子成员及全体职工，积极参加县委、政府和农牧局组织的政治理论学习，同时认真学习业务知识，全面提高了自身素质，增强职工工作积极性，杜绝了纪律松散广东省深圳中学2018届高三上学期第一次阶段性检测化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Sn 1191. 化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是( )A. 还原铁粉和生石灰均可用作食品包装袋内的还原剂B. SO2可用于制作葡萄酒的添加剂C. 食盐可用作食品调味剂和防腐剂D. 制造普通玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英【答案】A【解析】A、还原铁粉可用作食品包装袋内的还原剂，生石灰可用作食品包装袋内的 干燥剂，选项A不正确；B、二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂，选项B正确；C、食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，选项C正确；D、根据玻璃的组成可知，制玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英，选项D正确。答案选A。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1 mol H2O2中含有的阴离子数为NAB. 0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应，其分子总数为0.2NAC. 22.4 L（标准状况）Cl2与Na2SO3溶液完全反应转移电子数目为NAD. pH=1的稀硫酸中，含有H+总数为0.1NA【答案】B.3. 某有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是A. 1 mol 该有机物含有 6 mol 碳碳双键B. 1 mol 该有机物完全燃烧可生成9 mol H2OC. 1 mol 该有机物可电离生成2 mol H+D. 1 mol 该有机物最多可与6 mol H2 发生加成反应【答案】D【解析】A、苯环不含碳碳双键，该有机物没有碳碳双键，选项A错误；B、该有机物的分子式为C16H16O5，1 mol 该有机物完全燃烧可生成8 mol H2O，选项B错误；C、该有机物所含羧基和酚羟基本结构，对应的酸均为弱酸，则1 mol 该有机物电离生成的H+少于2 mol，选项C错误；D、该有机物含有 二个苯环，1 mol 该有机物最多可与6 mol H2 发生加成反应，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键。有机物含有羟基，碳碳双键、羧基和酯基，结合醇、烯烃、羧酸以及酯的性质解答该题。4. 垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是( )A. 电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极B. 放电过程中，正极附近pH 变小C. 若1molO2 参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室D. 负极电极反应为：H2PCA + 2ePCA + 2H+【答案】C【解析】A、右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水， 氢离子浓度减小，pH 变大，选项B错误；C、若1molO2 参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D、原电池负极失电子，选项D错误。答案选C。5. 短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，四种元素的原子最外层电子数总和为17。W 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，X、Y 的简单离子的电子层结构相同，Z 的单质为淡黄色固体，且 Z 能与 X 形成多种化合物。下列说法正确的是A. 原子半径：Y ZXWB. 简单氢化物的稳定性：XZ W X，选项A错误；B. 同主族元素从上而下非金属性减弱，其简单氢化物的稳定性减弱： Z X，选项B错误；C. Z与W形成的化合物CS2中，Z显负价，W显正价，则非金属性：WZ ，选项C错误；D. Y 的某种氧化物能Na2O2与 W 的氧化物CO2相互反应得到单质O2，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查物质结构、元素周期律的知识。短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大， W 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，则W为碳元素，X、Y 的简单离子的电子层结构相同，Z 的单质为淡黄色固体，则Z为硫元素，X的原子序数大于W小于Y和Z，且 Z 能与 X 形成多种化合物，则X为氧元素，四种元素的原子最外层电子数总和为17，则Y的最外层电子数为1，Y为钠元素。由此分析得解。6. 根据下列实验操作和现象，所得到的结论正确的是选项实验现象结论A向2支盛有2mL等浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴等浓度的NaCl和NaI溶液一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp(AgI)Br2A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则QcKsp，另一支中无明显现象，说明QcKsp，可说明Ksp(AgI)Ksp(AgC1)，选项A正确；B、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为：HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+ Al(OH)3，由方程式可以看出，酸性为HCO3-Al(OH)3 而不是因两者水解相互促进引起，选项B错误；C、FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2，溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成的SO42-与Ba2+反应生成沉淀为BaSO4，选项C错误；D、溴 酸钾被氯气还原为溴，则氧化性是溴酸钾强于氯气，选项D错误。答案选A。7. 25时，H2CO3 的 Kal=4.2107，Ka2=5.61011。室温下向10mL 0.1 mo1L1 Na2CO3 中逐滴加入 0.1 mo1L1 HCl。右图是溶液中含 C微粒物质的量分数随 pH降低而变化的图像（CO2 因有逸出未画出）。下列说法错误的是A. A点溶液的pH11B. B点溶液：c（Na+）= c（HCO3）+ c（CO32）+ c（H2 CO3）C. AB 的过程中，离子反应方程式为：CO32+H=H CO3D. 分步加入酚酞和甲基橙，用中和滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物组成【答案】B【解析】A、A点c（HCO3）= c（CO32），Ka2= 5.61011，所以c(H+)=5.61011mol/L，pH11，选项A正确；B、室温下向10mL 0.1 mo1L1 Na2CO3 中逐滴加入 0.1 mo1L1 HCl，B点溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子浓度的2倍，即c（Na+）=2 c（HCO3）+ 2c（CO32）+ 2c（H2 CO3），选项B错误；C、AB 的过程中，CO32逐渐减小，H CO3逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为：CO32+H=H CO3，选项C正确；D、Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，用酚酞作指示剂，滴定产物是碳酸氢钠，用甲基橙作指示剂滴定时碳酸氢钠与盐酸反应产物是碳酸，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物组成，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查了滴定法，注意滴定法测定物质含量的主要操作及注意事，在本题中由所给信息可知，当以酚酚为指示剂时，Na2CO3与盐酸反应分别生成NaCl和NaHCO3，即NaHCO3中加入酚酞后溶液不变色而以甲基橙为指示剂时，NaHCO3与盐酸反应后均生成NaCl，现应用的双指示剂的方法，第一次和酚酞为指示剂，是将Na2CO3转化为NaHCO3；第二步以甲基橙为指示剂是将NaHCO3转化为NaCl。8. 无水四氯化锡（SnCl4）常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡（熔点231.9）与Cl2反应制备SnCl4，装置如图所示。回答下列问题：已知：SnCl4在空气中极易水解生成SnO2H2O物质颜色、状态熔点/沸点/SnCl2无色晶体246652SnCl4无色液体33114（1）仪器A的名称是_，其中发生反应的离子方程式是_。（2）点燃酒精灯前需排尽装置中的空气，否则会发生副反应，化学方程式是_、_。（3）试剂 B、C依次为_，试剂B的作用是_。（4）Cl2 和锡的反应产物有SnCl4和SnCl2，为防止产品中带入 SnCl2，可采取的措施是_、_。（5）碘氧化法滴定分析产品中2价Sn（II）的含量。准确称取m g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，淀粉-KI溶液做指示剂，用c molL1 碘标准溶液滴定至终点，消耗碘标准溶液V mL，计算产品中Sn（II）的含量_（用含c、m、V的代数式表示）。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5C12+8H2O (3). SnCl4 +(x+2)H2O=SnO2xH2O+ 4 HCl (4). Sn+O2SnO2 (5). 浓硫酸 氢氧化钠溶液 (6). 防止C溶液的水进入收集器 (7). 控制Sn与氯气的反应温度在232至650之间 (8). 过量氯气 (9). (11.9cV/m)%【解析】（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶，其中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯化锰、氯气和水，发生反应的离子方程式是：2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5C12+8H2O；（2）点燃酒精灯前需排尽装置中的空气，否则SnCl4在空气中极易水解生成SnO2H2O，发生的副反应是SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl，防止Sn 在加热时被空气中氧气氧化，发生的副反应为：Sn+O2SnO2；（3）SnCl4在湿空气中极易水解生成SnO2xH2O，通过试剂B防止水蒸气进入收集器，故试剂B为浓硫酸；氯气有毒，试剂C吸收氯气的余气，故试剂C为氢氧化钠溶液；试剂B的作用是防止C溶液的水进入收集器；（4）Cl2 和锡的反应产物有SnCl4和SnCl2，为防止产品中带入 SnCl2，可采取的措施是控制Sn与氯气的反应温度在232至650之间，SnCl4蒸出而SnCl2残留；以及用过量氯气，使产物SnCl4的比例增大；(5)根据反应I2+Sn2+=2I-+Sn4+可知，SnCl4的含量为100%=。9. 锌锰干电池是最早的实用电池。现用下列工艺回收正极材料中的金属（部分条件未给出）。（1）碱性锌锰电池反应为：Zn+2MnO2+2H2OZn(OH)2+2MnO(OH)，电解质是KOH，该电池的负极材料为_(填化学式)，MnO（OH）中Mn的化合价为：_,正极反应式为:_。（2）黑粉的主要成份为 MnO2和石墨，写出反应的化学方程式：_。（3）MnO2的转化率与温度的关系如下表：温度/20406080100转化率/86.090.091.392.092.1生产中常选反应温度为80，其理由是：_。（4）“沉锰”过程中生成碱式碳酸锰MnCO36Mn(OH)25H2O，写出其离子反应方程式：_，检验沉淀是否洗净的操作是：_。滤液中可回收的物质为：_（填化学式）。（5）“预处理”时，废旧锌锰电池经过拆解、筛分得到炭包，其中含 MnO2为34.8%。称取5.000 g炭包，经处理得到3.211 g MnSO4H2O，计算锰的回收率为：_。【答案】 (1). Zn (2). +3价 (3). MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH (4). MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O (5). 由表格中的数据可知，MnO2的转化率随温度的升高而升高，80时MnO2的转化率已经较高，更高的温度会增加能耗，增大生产成本，得不偿失。 (6). 7Mn2+7CO32-+11H2O=MnCO36Mn(OH)25H2O+6CO2 (7). 取少量最后一次洗涤滤液于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净。 (8). Na2SO4 (9). 95%10. 工业上采用高温活性炭催化CO与C12合成光气（COCl2）。（1）COCl2 中的原子最外层都达到 8电子稳定结构，光气分子的电子式为_。（2）工业上利用天然气（CH4）与CO2 进行高温重整制备CO的反应为：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H+247.3 kJ/mol。已知：CH、CO、HH键的键能依次为413 kJmol1、1076 kJmol1、436 kJmol1，则 CO键的键能为_kJmol1。（3）光气为窒息性毒剂，极易水解生成氯化氢，泄露后可用水雾吸收，化学方程式为：_。（4）某温度下，在2L恒容密闭容器中充入 2 mol CO（g）、2 mol Cl2（g）和适量的活性炭，发生反应：Cl2（g）CO（g）COCl2（g） H108 kJmol1，测得在混合气中COCl2的体积分数(COCl2)和时间t 的关系如图曲线所示。下列情况不能表明该反应达到平衡状态的是_（填字母标号）。ACO的体积分数不改变 BCl2的消耗速率与COCl2的生成速率相等C体系中不改变 D混合气体的平均相对分子质量不再变化按曲线，平衡常数K_。A点时，向容器中加入等物质的量CO和Cl2，再次达到平衡时，光气的体积分数会 _（填“增大”、 “减小”或“不变”。曲线相对曲线改变的条件可能是_（填字母标号）。A恒容通入惰性气体 B通入 CO C增大压强 D升高温度【答案】 (1). (2). 809.65 (3). COC12+H2O=HC1+CO2 (4). BC (5). 12L/mol (6). 增大 (7). D【解析】（1）COCl2 中的原子最外层都达到 8电子稳定结构，光气分子的电子式为；（2）根据化学反应的热效应等于反应物键能和减去生成物的键能和，设C=O键的键能为xkJ/mol，则有：413 kJmol14+2x -1076 kJmol12-2436 kJmol1=+247.3 kJ/mol，解得x=809.65；（3）光气为窒息性毒剂，极易水解生成氯化氢，泄露后可用水雾吸收，化学方程式为：COC12+H2O=HC1+CO2；（4）A体系中各组分的百分含量保持不变，说明反应达平衡了，故CO的体积分数不改变，反应达到平衡状态；BCl2的消耗速率与COCl2的生成速率都是指正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态；CCO和Cl2都是反应物，物质的量之比总为1：1，即体系中保持恒定不变，故比值不变不能说明反应达到平衡；D反应的气体的总质量不变，而反应为气体体积变化的反应，若体积不变则气体的物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量不再变化，则反应达平衡状态；答案选BC；按曲线，设的转化率为x，则:Cl2（g）CO（g）COCl2（g）起始浓度（mol/L） 1 1 0 改变浓度（mol/L） x x x平衡浓度（mol/L） 1-x 1-x x平衡时COCl2的体积分数(COCl2)为60%，则=60%，解得x=0.75，K=12L/mol；向容器中加入等物质的量CO和Cl2，恒容条件下，相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，再次达到平衡时，光气的体积分数会增大；对比曲线和曲线可知，曲线反应速率快，平衡时COCl2的体积分数(COCl2)小则平衡逆向移动。A恒容通入惰性气体，各参与反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，选项A错误；B通入 CO，反应物的浓度增大，反应速率增大，平衡正向移动，选项B错误；C增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，选项C错误；D升高温度，反应速率增大，平衡向吸热反应的逆反应方向移动，选项D正确。答案选D。11. C60具有完美的球形结构。之后Si60、N60等球形分子被不断制备出来。回答下列问题：（1）Si的核外电子排布式为_，C和N元素中第一电离能较大的是_。（2）富勒烯衍生物具有良好的光电性能，富勒烯（C60）的结构如右图所示，C60属于_晶体；C60分子中五元环与六元环的数目比为_。（已知简单多面体的顶点数V、棱数E及面数F间有如下关系：VE+F=2）。（3）N60的晶体中存在的作用力有_（填字母标号） A共价键 B离子键 C氢键 D范德华力 E配位键 F金属键（4）立方氮化硼（BN）可做磨料，其结构与金刚石相似，二者具有相似性结构的原因是_。（5）金属M（相对原子质量为m）与N60形成的化合物晶体结构如右图所示（其中白球代表N60，黑球代表金属M），若其晶胞边长为k pm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则其密度为_gcm3，该化合物中N60的配位数为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2或Ar3s23p2 (2). N (3). 分子 (4). 3：5 (5). AD (6). 硼原子核外有3个价电子，氮原子核外有5个价电子。在立方氮化硼晶体中，每个硼原子除了利用3个价电子形成普通的共价键外，还可以提供空轨道，接受氮原子的孤对电子，形成一个配位键,于是在立方氮化硼晶体中硼原子和氨原子都采取sp3杂化方式,这和金刚石中C原子的轨道杂化方式一样，就形成了与金刚石类似的正四面体空间网络结构。 (7). (8). 4【解析】（1）Si是第14号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p2或Ar3s23p2，元素C、N属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的大于第A族的，所以其第一电离能较大的是是N；（2）C60属于分子晶体；已知简单多面体的顶点数V、棱数E及面数F间有如下关系：VE+F=2，富勒烯是C60，顶点为60，边数：每个碳原子分出来了三个键（不考虑双键），而碳原子是两两相连，所以一个碳原子占有1.5个键，也就是边数是顶点数的1.5倍， 90个，所以总共就有32个面，然后设五边形x个，六边形y个：x+y=32，每个五边形与五个六边形相邻，每个六边形与三个五边形和三个六边形相邻，所以5x=3y,两个式子解出x=12，y=20，故C60分子中五元环与六元环的数目比为12：20=3：5；（3）N60是分子晶体，存在的作用力有共价键、范德华力，答案选AD；(4)硼原子核外有3个价电子，氮原子核外有5个价电子。在立方氮化硼晶体中，每个硼原子除了利用3个价电子形成普通的共价键外，还可以提供空轨道，接受氮原子的孤对电子，形成一个配位键,于是在立方氮化硼晶体中硼原子和氨原子都采取sp3杂化方式,这和金刚石中C原子的轨道杂化方式一样，就形成了与金刚石类似的正四面体空间网络结构；（5）根据均摊法可得，一个晶胞中M的个数为4个，N60的个数为8+6=4，一个晶胞的质量为 ，晶胞边长为k pm，则晶胞的体积为（k pm）3=k3，故密度为；该化合物中N60的配位数为4。12. 芳香族化合物 A（C9H12O）常用于药物及香料的合成，A有如下转化关系：已知以下信息：A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；回答下列问题：（1）A生成B的反应条件为：_,由D生成E的反应类型为_。（2）F的官能团名称为_。（3）K的结构简式为_，由H生成I的反应方程式为_。（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为_。（5）F的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2的有_种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6：2：1：1的为_（写出其中一种结构简式）。（6）糠叉丙酮（）是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁基氯(CH3)3CCl和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线（无机试剂任用）_。合成流程图示例如下：。【答案】 (1). 浓硫酸，加