山东省师范大学附属中学2018届高三化学下学期第八次模拟考试试卷（含解析）.docx

山东省师大附中2018届高三下学期第八次模拟考试化学试题本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的准考证号、姓名与本人准考证号、姓名是否一致。2.第卷每小题选出答案后用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第卷用黑色墨水签字笔在答题卡上规定的答题区域内书写作答，超出答题区域书写的答案无效。在试题卷上作答，答案无效。3.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。4.保持卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。5.考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Fe:56第卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活、科技等息息相关，下列说法正确的是A. 聚乙炔用I2或Na等做掺杂后可形成导电塑料，该导电塑料具有固定的熔点、沸点B. “酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的C. 绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子D. 加酶洗衣粉不适合洗涤羊毛织品上的污渍【答案】D【解析】A、聚乙炔中加入碘单质或金属钠形成的导电塑料，导电塑料属于混合物，混合物没有固定的熔沸点，故A错误；B、酸雨是由SO2、氮的氧化物等引起，酸雨是雨水的pH1，故B正确；C、简单离子半径大小顺序是S2Mg2Al3，故C错误；D、Mg、Al、NaOH构成原电池，因为Mg不能与NaOH反应，而Al能与NaOH反应，因此Al为负极，Mg为正极，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，根据原电池的工作原理，则Mg电极上产生大量气泡，故D错误。4.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如图：下列说法不正确的是A. 咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应B. 1mol咖啡酸最多能与4molH2反应C. 咖啡酸分子中所有原子可能共面D. 蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H12O【答案】D【解析】A、含有的官能团是酚羟基、碳碳双键、羧基，咖啡酸能发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应，故A说法正确；B、1mol咖啡酸中含有1mol苯环和1mol碳碳双键，因此1mol咖啡酸最多能与4molH2反应，故B说法正确；C、苯空间构型为正六边形，乙烯为平面形，羧基中C为sp2杂化，因此此有机物中所有原子可能共面，故C说法正确；D、根据：C17H16O4H2OC9H8O4一元醇，根据原子守恒，推出一元醇的分子式为C8H10O，故D说法错误。5.下列实验中所用的试剂或用品、仪器(夹持装置、连接装置、活塞省去)不能够达到实验目的的是选项实验目的试剂或用品仪器A铝热反应氧化铁、铝粉湿润的滤纸、酒精灯、盛有沙子的蒸发皿、坩埚钳B验证牺牲阳极的阴极保护法酸化的氯化钠溶液、锌电极、铁电极、铁氰化钾溶液烧杯、电流表、导线、胶头滴管C配制500 mL1mol/L的氯化钠溶液氯化钠、蒸馏水500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管、托盘天平、药匙、洗瓶D制备少量乙酸乙酯乙醇、乙酸、饱和碳酸钠溶液、浓硫酸、碎瓷片试管、量筒、酒精灯A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】A、铝热反应需要的药品是氧化铁、铝粉、氯酸钾、镁条，仪器中不需要酒精灯，不能达到实验目的，故A正确；B、加入铁氰酸钾溶液，如果出现蓝色沉淀，说明产生Fe2，铁作负极，如果不出现蓝色沉淀，说明溶液中无Fe2，铁作正极，锌作负极，实验可以达到目的，故B错误；C、根据药品和仪器能够达到实验目的，故C错误；D、能够实验目的，故D错误。6.如图是一种利用锂电池“固定CO2”的电化学装置，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将CO2转化为C和Li2CO3，充电时选用合适催化剂，仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2。下列说法中正确的是A. 该电池放电时，Li+向电极X方向移动B. 该电池充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连C. 该电池放电时，每转移4 mol电子，理论上生成1mol CD. 该电池充电时，阳极反应式为：C+2Li2CO3-4e-=3CO2+4Li【答案】C【解析】A、电池放电时，CO2转变成C和LiCO3过程中，CO2中+4价C元素得到电子化合价降低，3CO2+4e-+4Li+=C+2Li2CO3，该反应发生在原电池正极既电极Y，负极X：Li-e-=Li-， 因此Li+向Y电极移动，A错误。B、充电时选用合适催化剂，仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2，在此过程中，O元素失去电子从-2价变成0价，2Li2CO3-4e-=4Li+2CO2+O2，因此Y为阳极，连接电源正极，B错误。C、由上述A的电极反应可以得到，当电路中转移4 mol电子时正极有1mol C生成，C正确。D、由上述B可得D错误。正确答案C。点睛：原电池中电解质离子总是由浓度高的区域向浓度低的区域迁移，或是在选择性交换膜存在时能透过交换膜的离子通过迁移平衡另一侧电荷。7.常温下向100mL 02molL-1的氨水中逐滴加入02molL-1的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积V的关系如图所示，下列说法错误的是A. 表示NH3H2O物质的量分数变化的曲线是AB. NH3H2O的电离常数为10-4.74 molL-1C. 当加入盐酸体积为50ml时，溶液中c(NH4+)c(NH3H2O)=2(10-510-9)molL-1D. pH=9.26时的溶液中，NH4+的水解程度等于NH3H2O的电离程度【答案】D【解析】A、向氨水中滴加盐酸，溶液的pH降低，因此曲线A表示NH3H2O物质的量分数的变化，故A说法正确；B、电离平衡常数只受温度的影响，NH3H2O的物质的量分数等于NH4物质的量分数，即c(NH3H2O)=c(NH4)，此时溶液的pH=9.26，即溶液中c(OH)=104.74molL1，根据电离平衡常数的定义，Kb=104.74，故B说法正确；C、根据电荷守恒，推出c(NH4)c(H)=c(Cl)c(OH)，加入盐酸的体积为50mL，此时的溶质为NH3H2O和NH4Cl，且两者物质的量相等，因此有c(NH4)c(NH3H2O)=2c(Cl)，两式合并得到c(NH4+)c(NH3H2O)=2(10-510-9)molL-1，故C说法正确；D、pH=9.26时，c(H)=106.26molL1，c(OH)=104.74molL1，溶液显碱性，NH4的水解程度大于NH3H2O的电离程度，故D说法错误。8.实验室以绿矾(FeSO47H2O)制备补血剂甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe 有关物质性质如下：甘氨酸(NH2CH2COOH)柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇实验过程：.配制含0.10mol FeSO4的绿矾溶液。.制备FeCO3：向配制好的绿矾溶液中，缓慢加入200mL 1.1molL-1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。.制备(NH2CH2COO)2Fe：实验装置如下图（夹持和加热仪器已省略），将实验得到的沉淀和含0.20 mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中的反应将C中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。回答下列问题：（1）实验I中：实验室配制绿矾溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为_（写化学式）。再滴加少量稀硫酸的作用是_。（2）实验II中：生成沉淀的离子方程式为_。（3）实验中：C中盛柠檬酸溶液的仪器名称为_。装置A中所盛放的药品是_。（填序号）ANa2CO3和稀H2SO4 BCaCO3和稀H2SO4 CCaCO3和稀盐酸确认C中空气排尽的实验现象是_。加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是_。洗涤实验中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是_。（填序号）A热水 B乙醇溶液 C柠檬酸溶液若产品的质量为17.34g,则产率为_%。【答案】 (1). Fe (2). 防止Fe2+水解 (3). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+ H2O (4). 滴液漏斗 (5). C (6). D中澄清石灰水变浑浊 (7). 防止二价铁被氧化 (8). B (9). 85【解析】考查实验方案设计与评价，（1）Fe2具有还原性，能被空气中氧气氧化，因此需要加入Fe粉，防止Fe2被氧化；Fe2能发生水解，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2的水解；（2）实验II制备的是FeCO3，所用试剂为FeSO4和NH4HCO3，利用HCO3的电离HCO3CO32H，Fe2结合CO32，促使平衡向正反应方向进行，H浓度增大，H与HCO3反应生成CO2，因此离子方程式为Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O；（3）根据仪器的特点，盛放柠檬酸打的仪器是滴液漏斗；装置A制备CO2，装置A为启普发生器的简易装置，因此盛放的药品是CaCO3和盐酸，故C正确；空气排尽，CO2充满装置，即装置D中出现白色沉淀，或溶液变浑浊；根据信息，柠檬酸具有还原性和强酸性，能够促进FeCO3的溶解，防止Fe2被氧化；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，因此用乙醇溶液洗涤，故选项B正确；根据元素守恒，FeCO3过量，甘氨酸不足，因此甘氨酸亚铁的物质的量为0.2/2mol=0.1mol，质量为20.4g，产率为17.34/20.4100%=85%。9.NH3是一种重要的化工原料。(1)不同温度、压强下.合成该平衡体系NH3的物质的量分数如图 (N2和H2的起始物质的量之比为1:3)。分析图中数据，升高温度，该反应的平衡常数K值_(填“增大”“减小”或“不变”)。如果开始时向密闭容器中投入1.0mol N2 和3.0mol H2，则在500、3107Pa条件下达到平衡时N2 的平衡转化率=_。(保留两位有效数字)液氨和水颇为相像，它能溶解多种无机及有机分子，其电离方程式可表示为2NH3 NH4+ NH2一(某温度下其离子积常数为10-30)。液氨中的pNH4与水中的pH相似，则该温度下液氨的pNH4=_。(2)以氨气代替氢气研发氨清洁燃料电池是当前科研的一个热点。氨燃料电池使用的电解质溶液是KOH溶液。该电池负极的电极反应式为_。(3)NH3也是造成水体富营养化的重要因素之一，用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的NH3转化为氮气除去，其相关反应的热化学方程式如下:反应I: NH3 (aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l) H1=akJ/mol；反应II :NH2Cl(aq)+HClO(aq)=NHCl2(aq) +H2O(l) H2=bkJ/mol；反应III: 2NHCl2(aq) +H2O(l)=N2(g)+HClO( aq)+3HCl( aq) H3=ckJ/mol。2NH3(aq)+3HClO(aq)=N2 (g)+3HCl(aq)+3H2O(l) H=_kJ/mol已知在水溶液中NH2Cl较稳定，NHCl2不稳定易转化为氮气。在其他条件不变的情况下，改变对溶液中次氯酸钠去氨氮效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图所示。a点之前溶液中发生的主要反应为_(填序号)。A.反应I、I I B.反应I除氨氮过程中最佳的值约为_。【答案】 (1). 减小 (2). 41% (3). 15 (4). 2NH3 6e + 6OH=N2 + 6H2O (5). 2a2bc (6). B (7). 1.5【解析】（1）考查化学平衡常数、转化率的计算、pH的计算，根据图，随着温度的升高，NH3的质量分数减小，说明正反应方向是放热反应，即升高温度，平衡常数K减小；N23H22NH3起始： 1 3 0变化： x 3x 2x平衡：1x 33x 2x ，500、3107Pa时NH3的质量分数为0.26，即2x/(1x33x2x)=0.26，解得x=0.41，即N2的转化率为41%；根据水的离子积，c(NH4)c(NH2)=1030，且c(NH4)=c(NH2)，推出c(NH4)=1015molL1，因此该温度下pNH4=15；（2）考查电极反应式的书写，因为是清洁能源，因此NH3N2，根据原电池的工作原理，NH3在负极上参与反应，电解质为KOH溶液，因此负极反应式为2NH36e6OH=N26H2O；（3）考查热化学反应方程式的计算、化学反应条件的选择，反应I2反应II2反应III，得出：目标方程式的H=(2a2bc)kJmol1；a点之前，次氯酸的量少，氨气的量多，因此发生反应I，故选项B正确；去除率较高，同时余氯量最少，图像中符合的比值为1.5。点睛：本题的难点是电极反应式的书写，特别是产物的判断，研发NH3清洁燃料电池，即NH3转化成N2，NH3失去电子生成N2，有2NH36eN2，电解质为碱性，在负极上OH被消耗，转化成H2O，因此负极反应式为2NH36e6OH=N26H2O。10.金属镍及其化合物在合金材料及催化剂等方面应用广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺流程：已知：(NH4)2SO4在350以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是_。(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为_，“浸渣”的成分除Fe2O3，FeO(OH)外还含有_(填化学式)。(3)为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnC12将Fe3+还原为Fe2+，所需SnC12的物质的量不少于Fe3+物质的量的_倍；除去过量的SnC12后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，滴定时反应的离子方程式为_。(4)“浸出液”中c(Ca2+)=1.010-3mol，当除钙率达到99时，除钙后的溶液中c(F-)=_molL-1已知Ksp(CaF2)=4.010-11。(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0VA的最佳取值是_。【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2). Fe3+2H2OFeO(OH)+3H+ (3). SiO2、CaSO4 (4). 0.5 (5). Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O (6). 2.0103 (7). 0.25【解析】考查化学工艺流程，（1）研磨矿渣和硫酸铵，其目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（2）浸泡过程中，加入热水，发生的水解反应，即反应方程式为Fe3+2H2O FeO(OH)+3H；根据矿渣中的成分，SiO2不与水反应，即浸渣中含有SiO2，硫酸铵在350以上分解成NH3和H2SO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，即浸渣中还含有CaSO4；（3）根据得失电子数目守恒，n(SnCl2)2=n(Fe3)1，得出SnCl2的物质的量不少于Fe3物质的量的0.5倍；利用Fe2的还原性，与K2Cr2O7发生氧化还原反应，即离子反应方程式为Cr2O72+6Fe2+14H=2Cr3+6Fe3+7H2O ；（4）除钙率达到99%，除钙后，溶液中c(Ca2)=1.01031%molL1=1.0105molL1，则c(F)=2.0103molL1；（5）根据流程图，Fe2被萃取，Ni2不被萃取，因此根据图像，V0/VA的最佳取值为0.25。点睛：本题的易错点是c(F)的计算，学生容易计算成2.0104molL1，忽略了除钙率达到99%，溶液中含有1%的Ca2，因此正确计算出c(Ca2)=1.01031%molL1=1.0105molL1，最后根据溶度积计算出c(F)。11.化学选修5：有机化学基础化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：回答下列问