云南省某知名中学高三化学第八次月考试题扫描版2

1、云南省师范大学附属中学2018届高三化学第八次月考试题（扫描版）云南师大附中2018届高考适应性月考卷（八）理科综合参考答案化学部分一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）题号78910111213答案cdadbdc【解析】7漂白粉的有效成分是次氯酸钙，在水中与co2作用生成次氯酸，具有强氧化性，可消毒杀菌，故a正确；燃煤易产生二氧化硫等污染性气体，而可燃冰是水合甲烷，故b正确；明矾溶于水电离产生的al3+水解成氢氧化铝胶体具有较大表面积，吸附水中杂质一起沉降，只有净水作用，没有淡化作用，故c错误；能量密度是指在一定的空间或质量物质中储存能量的大小，单位质量或单位体积所能产生的电能越多

2、，电池的能量密度就越高。一般在相同体积下，锂离子电池的能量密度是镍镉电池的2.5倍，是镍氢电池的1.8倍，因此在电池容量相等的情况下，锂离子电池就会比镍镉、镍氢电池的体积更小，重量更轻，故d正确。故选c。8丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能，故可区分乙烷和丙烯，但丙烯与酸性高锰酸钾反应会产生co2混入乙烷中，只能用溴水除去，故a错误；石油的分馏属于物理变化，而煤的干馏、油脂硬化均属于化学变化，故b错误；能与金属k反应产生气体的官能团有羧基和羟基，分子式为c4h8o2的酯可以是甲酸丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，它们在酸性条件下水解后产生的羧酸和醇各有3种、2种、2种，共有7种，故c错误；细菌属

3、蛋白质，苯酚和酒精等均可以使细菌蛋白质变性死亡，故d正确。故选d。9因硝酸易挥发，也能与na2sio3溶液反应产生白色沉淀，故结论错误；检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸且红色石蕊试纸是变蓝，故错误；根据操作和现象，说明溶液中有fe2+和fe3+，故一定含有fe3o4，正确；能使品红溶液褪色的是so2，但与盐酸反应产生so2的可以是、，故结论错误；ph试纸不能用于测新制氯水的ph，因新制氯水中有强氧化性的hclo，会漂白试纸，错误。故选a。10no与o2反应生成0.2mol no2，且还存在2no2n2o4平衡，故所含分子总数小于0.2na，故a错误；常温下，fe遇浓硝酸钝化，故b错误；据题意，

4、1mol s8中含8mol ss键（王冠状），故32g s8中含1mol ss键，故c错误；因s2会水解，且从一级水解方程式可看出中s2+h2ohs+oh，阴离子总数大于0.1mol，阳离子主要是na+，约为0.2mol，故d正确。故选d。11具有2电子层结构的如li+和h，两者的最高价均为+1价；10电子结构的如na+、mg2+、al3+和n3、o2、f，其中o、f无最高正价，不比简单阳离子的最高化合价高，故a错误；短周期中原子半径最大和最小的的元素分别是na和h，均在第a族，且形成的nah是离子化合物，故b正确；氢化物的沸点高低与元素非金属性强弱无必然联系，故c错误；非金属单质的氧化性越强

5、，通常其元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但其氧化物对应水化物的酸性不一定强，如氧化性：cl2>s，但酸性：h2so4>hclo等，故d错误。故选b。12磷酸铁锂电池放电时，附着在负极碳上的单质li失去电子，发生了氧化反应，其负极反应为=，故a正确；充电时为电解池原理，阳离子向阴极区移动，即图中li+从正极区通过聚合物隔膜向负极区（充电时的阴极）迁移，故b正确；正极li+得电子发生还原反应，结合电池的总反应式可知，电极反应式为=lifepo4，故c正确；若用该电池电解精炼铜，阴极反应式为cu2+2e=cu，当生成19.2kg（300mol）铜时转移的电子为60

6、0mol，锂离子带1个单位正电荷，则电池中通过聚合物隔膜的li+数目为600na，故d错误。故选d。13因图中实线为hx的滴定曲线，0.1000mol/l的该酸ph1，说明该酸在溶液中完全电离，为强电解质，所以hx为强酸，而图中虚线为hy的滴定曲线，且0.1000mol/l该酸的ph3，说明该酸在溶液中部分电离，为弱电解质，所以hy为弱酸，故a错误；用氢氧化钠溶液滴定弱酸hy，达滴定终点时生成的nay为强碱弱酸盐，水解显碱性，最好用酚酞作指示剂，以减小误差，甲基橙变色范围为3.14.4，误差大，故b错误；滴定至b点时，溶液为nay和hy的等量混合液，且溶液呈酸性，说明hy的电离程度大于y的水解

7、程度，但电离程度较小，故有c(y)>c(na+)>c(hy)>c(h+)>c(oh)，故c正确；a点为hx的强酸溶液，ph1的强酸溶液中，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离的氢离子浓度为1013mol/l，c点为碱性溶液，若是滴定hx曲线上的点，则naoh过量，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，则水电离的氢离子浓度为109mol/l，若是滴定hy曲线上的点，则nay中y水解，促进了水的电离，则水电离的氢离子浓度为105mol/l，故a、c两点水电离的氢离子浓度之比为1104或1108，故d错误。故选c。三、非选择题（共58分）（一

8、）必考题（共3小题，共43分）26（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）co2c+o2（见氧化亚铁才给分）（2）（1分）增大压强或增大c(h2)（或其他合理答案）（1分）（1分） 8l3·mol3（3）ch3oh(l)+o2(g)=co2(g)+2h2o(l) b（1分）    0.18mol/(l·min) kc=ke>kd【解析】（1）在700k条件下，二氧化碳和氧化亚铁发生反应生成碳和fexoy，过程2中fexoy分解生成feo和氧气，所以整个反应过程中的feo作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为co2c

9、+o2。（2）由图可知，升高温度，co2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故0。为提高co2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或增大氢气的浓度。相同温度条件下，投料比越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下x1的转化率大于x2，所以x1x2。据图中b点：co2转化率为50%，容器体积为1l，投料比为2，故列三段式计算：（单位mol/l）2co2(g) + 6h2(g)c2h4(g) + 4h2o(g)起始 2 4 0 0转化 1 3 0.5 2平衡 1 1 0.5 2则平衡常数。（3）已知：ico2(g)+3h2(g)=ch3oh(g)+h2o(l)

10、 ；ii2h2(g)+o2(g)=2h2o(l) ；iiich3oh(g)=ch3oh(l) ；则根据盖斯定律可知ii×iiii即得到ch3oh(l)燃烧热的热化学方程式为ch3oh(l)+o2(g)=co2(g)+2h2o(l) 。逆反应速率先增大后减小，说明反应逆向移动，a错误；h2的转化率增大，说明平衡正向移动，b正确；若增大生成物的浓度，平衡逆向移动，反应物的体积百分含量减小，c错误；故选b。根据图给信息，t1温度下，将6mol co2和12mol h2充入2l的密闭容器中，投料比为2，5min后反应达到平衡状态，co2的转化率为60%，则co2反应掉了3.6mol，生成二甲

11、醚1.8mol，则05min内的平均反应速率v(ch3och3)=1.8mol÷(2l×5min）=0.18mol/(l·min)；根据图给信息，kc与ke的温度相同，所以kc=ke，根据上述分析，该反应为放热反应，从t1到t2，co2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则改变的条件是升高温度，即t2t1，对于放热反应，升高温度，k值减小，则kc=kekd。27（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）kmno4或kclo3、k2cr2o7、ca(clo)2等（1分）吸收多余的氯气，同时防止空气中的水汽进入装置e，造成alcl3水解（2）ac（3）反应生成的nacl沉

12、积在nah表面，阻止了alcl3与nah进一步反应或nah为离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应（4）naalh4+2h2o=naalo2+4h2（5）丙（1分） 连续两次读数的氢气体积相等（其他合理答案也可） 0.90或90%【解析】（1）要制备氯化铝，首先制取氯气，由于反应不需要加热，则a中的试剂具有强氧化性，则常用的有kmno4、kclo3、k2cr2o7、ca(clo)2等；装置f中碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气；同时由于alcl3易水解，所以还有防止空气中的水汽进入装置e，造成alcl3水解的作用。（2）若改变a、b和d中的试剂制取氢化钠，则反应装置制取干燥的纯

13、净的氢气，则a处为锌和稀盐酸反应生成氢气，b中的除去氯气中的氯化氢的饱和食盐水应换成氢氧化钠溶液，除去氢气中的氯化氢气体，在反应前应该先用氢气排除装置中的空气，反应过程中始终通入氢气，否则会使制取的氢化钠中可能有剩余的金属钠，或钠与空气中的氧气反应生成过氧化钠，故主要杂质选ac。（3）由于反应生成的nacl覆盖在nah表面，阻止了alcl3与nah进一步反应，使得氢化钠的转化率较低。或氢化钠是离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应，所以nah的转化率较低。（4）铝氢化钠中的氢元素为1价，容易与水中的+1价的氢发生氧化还原反应，即铝氢化钠与水反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为naa

14、lh4+2h2o=naalo2+4h2。（5）测定铝氢化钠的纯度，就是利用两种物质与水反应生成氢气，测定氢气的体积。甲、丁中随反应的进行装置内压强变大，液体可能不能顺利流下，导致铝氢化钠和nah或许不能完全反应，为保持内外压强相等，需要恒压漏斗，且甲的操作中氢气的体积不好读数；乙中排水装置的导管应“短进长出”且导管中可能有水，使测定的气体体积不准确，所以最适宜的装置是丙。读取气体体积时要冷却到室温，标志是连续两次读数的氢气体积相等。由于两种物质均能与水反应生成氢气，因此可以通过测量氢气的体积计算纯度。设样品中铝氢化钠的物质的量是x mol，nah是y mol，则有、，解得，所以样品中铝氢化钠的

15、质量分数为或90% 。28（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）31（2）（1分） 26（1分） 65或1.2（1分）3clo+fe3+3h2o=fe(oh)3+3hclo +fe3+8oh=+4h2o（3）bk2feo4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时被还原成fe3+，fe3+水解形成fe(oh)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质（4）5.0×1015 mol/l【解析】（1）干法制备k2feo4的反应是fe2o3+3kno3+4koh=2k2feo4+3kno2+2h2o，在该反应中氧化剂kno3与还原剂fe2o3的物质的量之比为31。（2）由流程图可知，“转化”是na2feo4k

16、2feo4，该转化是在某低温下进行的，说明此温度下k2feo4的溶解度小于na2feo4，所以s(k2feo4)s(na2feo4)。由图甲可知，fe(no3)3浓度一定，温度在26时，k2feo4的生成率最高，故工业生产中最佳温度为26。由图甲可知，fe(no3)3浓度在330g/l时，k2feo4的生成率最高，由图乙可知，naclo在275g/l时，k2feo4的生成率最高，所以fe(no3)3与naclo两种溶液最佳质量浓度之比为330g/l275g/l=65=1.2。由信息可知，若naclo加入过量，氧化过程中会生成fe(oh)3，说明clo和fe3+发生了双水解，水解离子方程式为3c

17、lo+fe3+3h2o=fe(oh)3+3hclo；若fe(no3)3加入过量，碱性介质中k2feo4与fe3+发生归中反应生成k3feo4，根据元素守恒还应生成h2o，反应中，铁元素化合价由+6价降低为+5价，总共降低1价，fe3+，铁元素化合价由+3价升高为+5价，总共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，所以系数为2，fe3+系数为1，根据铁元素守恒确定系数为3，根据电荷守恒确定oh系数为8，根据氢元素守恒确定h2o系数为4，反应的离子方程式为+fe3+8oh=+4h2o。（3）k2feo4在水溶液中易水解呈碱性，应选择碱性非水溶液抑制k2feo4水解，进行洗涤。h2o，不能抑制水解，且容

18、易损失，故a错误；ch3cook、异丙醇，能抑制水解，减少洗涤损失，故b正确；nh4cl、异丙醇，不能抑制水解，促进水解，故c错误；fe(no3)3、异丙醇，不能抑制水解，促进水解，故d错误。故选b。在k2feo4中fe的化合价为+6价，具有强氧化性，能够对水进行杀菌消毒；同时 被还原成fe3+，fe3+水解形成fe(oh)3胶体，表面积大吸附力强，能够吸附水中悬浮杂质，从而可以起到净化作用。（4）该反应的离子方程式为2fe3+3cu(oh)2=2fe(oh)3+3cu2+；所以。（二）选考题（共2小题，共15分）35（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）7（1分） p（1分）（2）ce（

19、3）（1分） 平面三角（4）（5）bdlani5 或（其他合理答案均给分）【解析】（1）铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故有7种能量不同的原子轨道；铝是第a族，而铅是第a族，二者价层电子特征分别为ns2np1和ns2np2，均属于p区元素。（2）在该分子结构中含有的化学键只有共价键和配位键，含有氢键，但不属于化学键，故选ce。（3）在ch2=ch2、chch、苯、hcho中，分子中c原子为sp杂化的只有，其余分子中c原子均为sp2杂化；s键与p键比值为31的分子是甲醛，其立体结构为平面三角形。（4）的价电子对数=对，形成四条杂化轨道，s原子的杂化方式为sp3，

20、形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构，氧原子和硫原子的在立体结构图中的相对位置为。（5）镧和镍都是金属，贮氢材料为金属晶体，故a错误；镧的第一电离能小于镍的第一电离能，说明气态镧原子比气态镍原子更容易变成+1价的气态阳离子，故b正确；根据储氢原理可知，镧镍合金先吸附h2，然后h2解离为原子，该过程要吸收热量，故c错误；吸附氢气的过程为气体体积减小的反应，高压比采用常压更有利于氢气吸收，故d正确；氢气分子之间不存在氢键，故e错误。故选bd。合金晶胞中八个顶点各有一个la原子，上下两个面上各有两个ni原子，侧面上每个面有1个ni原子，平均每个晶胞中含有的原子数为la：，ni：，故该晶体的化学式可写为lani5。镧镍合金晶体是六方晶胞，底面夹角为60°（120°）。1mol该晶胞的体积为v=511pm×511pm×sin60°×397pm，其中可储h2 3mol，m(总)=（139+59´5+6）g，故。36（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）甲醇