福建省龙岩市高三下学期教学质量检查（4月）化学试题

福建省龙岩市2018届高三下学期教学质量检查（4月）化学试题可能用到的对原子质量:

H-1C-12

O-16

P-31S-32

Ca-40

Br-80

Ba-137第I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，只有一项符合题目要求。1.《中华好诗词》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识。下列诗词分析不正确的是A.“南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”中的“烟雨”指悬浮在空中的固体小颗粒B.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”的主要化学成分是蛋白质C.“爆竹惊邻鬼，驱傩逐小儿”中所指的爆竹燃放过程有部分化学能转化为光能D.“野火烧不尽，春风吹又生”中的“野火”是伴随氧化还原反应而产生的【答案】A............2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.1mol/LFeCl3溶液最多可形成胶体粒子数为0.1NAB.100mL98%(

p=1.84g/mL)硫酸与足量铜共热，充分反应后转移的电子数为1.84NAC.4.0gH218O

与D2O的混合物中所含质子数一定为2NAD.标准状况下，2.24L

苯中含有的碳碳键数为0.6NA【答案】C【解析】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1mol氯化铁所生成的胶粒个数小于0.1NA个，故A错误；B.98%(

p=1.84g/mL)硫酸的浓度===18.4mol/L，铜与稀硫酸不反应，故一旦浓硫酸变稀，反应即停止，即硫酸不能完全反应，故转移的电子数小于

1.84NA，故B错误；C.H218O

与D2O的相对分子质量均为20，4.0gH218O

与D2O的物质的量==0.2mol，含有2mol质子，故C正确；D、标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；故选C。点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断。本题的易错点为A、B，A中要注意胶体微粒的组成，B中要注意随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，注意区分浓硫酸和稀硫酸性质的不同。3.甘油具有吸水保湿性能。工业上由丙烯制备甘油的流程之一如下:下列说法中正确的是A.①②③均为取代反应B.CH2ClCHClCH2Cl的同分异构体有5种(不含立体异构)C.流程中4种有机物均可使溴的CCl4溶液褪色D.CH2=CHCH2Cl、CH3CH=CH2分子均至少有6

个原子共平面【答案】D【解析】A.根据流程图，①为甲基上的氢原子被取代的过程、②为碳碳双键与氯气的加成反应、③为分子中的氯原子被羟基取代的过程，其中②不是取代反应，故A错误；B.CH2ClCHClCH2Cl的同分异构体有CHCl2CH2CH2Cl、CH3CCl2CH2Cl、CH3CH2CCl3、CHCl2CHClCH3共4种，故B错误；C.CH2ClCHClCH2Cl中没有碳碳双键，不能使溴的CCl4溶液褪色，故C错误；D.碳碳双键为平面结构，CH2=CHCH2Cl、CH3CH=CH2分子均至少有6

个原子共平面，故D正确；故选D。4.用下列装置进行相应的实验，能达到预期目的的是A.AB.BC.CD.D【答案】C5.某研究小组用NaOH

溶液吸收尾气中的H2S

气体，再将得到的Na2S溶液进行电解制得NaOH溶液，以实现NaOH的循环利用。电解装置如图所示，电极材料均为石墨，ab、cd均为离子交换膜。下列叙述不正确的是A.ab表示阳离子交换膜，cd

表示阴离子交换膜B.阳极的电极反应式为S2--2e-==S

↓，阳极区有淡黄色沉淀产生C.阴极的电极反应式为2H2O-4e-==O2

↑+4H+，阴极区溶液pH

降低D.当电路中转移1mol

电子时，会有11.2

L

(标准状况)

的气体生成【答案】C【解析】根据图示，硫离子在阳极失去电子生成硫，因此cd为阴离子交换膜，溶液的氢离子在阴极得到电子生成氢气，中间区域的钠离子向阴极区移动，形成氢氧化钠，ab表示阳离子交换膜。A.根据上述分析，ab表示阳离子交换膜，cd

表示阴离子交换膜，故A正确；B.硫离子在阳极失去电子生成硫，阳极的电极反应式为S2--2e-==S

↓，阳极区有淡黄色沉淀产生，故B正确；C.氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH―，阴极区溶液pH

增大，故C错误；D.当电路中转移1mol

电子时，会生成0.5mol氢气，标准状况下的体积为11.2

L，故D正确；故选C。点睛：本题考查了电解原理的应用，掌握电解的原理是解答本题的关键。本题的易错点为A，注意根据电极反应式结合电解的产物分析判断。6.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次递增的短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。已知X、Y的原子序数之和等于W，下列说法正确的是XYZWQA.X

和W不可能存在于同一离子化合物中B.QY2、Y3和Q2均可用于自来水消毒C.最高价氧化物对应水化物的酸性:

Q＞Z＞WD.W、X、Y

元素的原子半径及它们的气态氢化物的稳定性均依次递减小【答案】B【解析】X、Y的原子序数之和等于W，X、W同主族，则Y的原子序数为8，Y为O元素，则X为N元素，W为P元素；根据元素在周期表中的位置可知，Z为Si元素，Q为Cl元素。A.N

和P可能存在于同一离子化合物中，如磷酸二氢铵，故A错误；B.ClO2、O3和Cl2都具有强氧化性，均可用于自来水消毒，故B正确；C.非金属性Cl＞P＞Si，最高价氧化物对应水化物的酸性:

Q>W>Z，故C错误；D.同周期从左到右，原子半径逐渐减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径P＞N＞O

，非金属性O＞N＞P，气态氢化物的稳定性O＞N＞P，故D错误；故选B。7.向10

mL

0.1mol/L二元弱酸H2A溶液中滴加0.1mol/L

NaOH

溶液，溶液中各组分物质的量分数δ(X)[δ(X)=]随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A.Ka1(H2A)

为10-3.1B.pH=5.0时，c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(OH-)

>c(A2-)C.pH=8.2时，c

(Na+)

+c(H+)

=c(OH-)

+3c(A2-)D.pH

由5.0

调至10.5

时，主要反应的离子方程式为HA-+OH-=A2-+H2O【答案】B【解析】A.由图像可知pH=3.1时，H2A与HA-的曲线相交，则c(H2A)=c(HA-)，Ka1(H2A)

==10-3.1，故A正确；B.pH=5.0时，溶液中的溶质为NaHA，c(H2A)=c(A2-)，溶液显酸性，说明HA-的水解程度小于电离程度，水也要电离出部分氢离子，因此c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)

，故B错误；C.pH=8.2时，c(HA-)=c(A2-)，根据电荷守恒，c

(Na+)

+c(H+)

=c(OH-)

+2c(A2-)+c(HA-)=c(OH-)

+3c(A2-)，故C正确；D.pH=5.0时，溶液中的溶质为NaHA，pH

由5.0

调至10.5

时，主要反应的离子方程式为HA-+OH-=A2-+H2O，故D正确；故选B。点睛：本题考查弱电解质的电离，解答本题要注意把握弱电解质的电离特点以及题给图像的曲线变化。本题的易错点为C，要注意pH=8.2时的图像特征，并灵活运用电荷守恒解答。8.水合肼(N2H4·H2O)

是一种强还原剂，沸点118.5℃，熔点-40℃，常温下为无色透明的油状液体，属于二元弱碱，在空气中可吸收CO2而产生烟雾。水合肼的制备装置如图。(1)装置A的名称为________________。向三颈烧瓶中加入溶液之前，应先从右侧导管中通入氮气，目的是______________________。(2)水合肼可用含NaOH

的NaClO溶液氧化尿素[CO(NH2)2]溶液制得，反应的化学方程式为__________________。(3)制备水合肼时，分液漏斗应盛装________(填标号)。理由是___________。a.NaOH

和NaClO

混合溶液

b.CO(NH2)2

溶液(4)弱酸性条件下水合肼可处理电镀废水，将Cr2O72-还原为Cr(OH)3沉淀而除去，水合肼被氧化为N2，该反应的离子方程式为_____________。常温下Ksp[Cr(OH)3]=

10-32，且当溶液中离子浓度小于10-5mol/L时可视作沉淀完全。则Cr3+沉淀完全时，溶液的pH=________。(5)有同学认为该实验收集装置有缺陷。请你写出改进措施:______________。【答案】(1).直形冷凝管(2).排出空气，避免水合肼与空气中的CO2反应(3).CO（NH2）2＋2NaOH＋NaClO===N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl(4).a(5).如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化（或防止反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧(6).2Cr2O＋4H＋＋3N2H4·H2O===4Cr（OH）3↓＋3N2↑＋5H2O(7).5(8).在牛角管后加一个装有碱石灰的干燥管【解析】(1)根据图示，装置A为直形冷凝管。向三颈烧瓶中加入溶液之前，应先从右侧导管中通入氮气，排出空气，避免水合肼与空气中的CO2反应，故答案为：直形冷凝管；排出空气，避免水合肼与空气中的CO2反应；(2)水合肼可用含NaOH

的NaClO溶液氧化尿素[CO(NH2)2]溶液制得，反应的化学方程式为CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl，故答案为：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl；(3)如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，因此制备水合肼时，分液漏斗应盛装NaOH

和NaClO

混合溶液，故答案为：a；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；(4)弱酸性条件下水合肼可处理电镀废水，将Cr2O72-还原为Cr(OH)3沉淀而除去，水合肼被氧化为N2，反应的离子方程式为2Cr2O72-＋4H＋＋3N2H4·H2O===4Cr(OH)3↓＋3N2↑＋5H2O，常温下Ksp[Cr(OH)3]=

10-32，且当溶液中离子浓度小于10-5mol/L时可视作沉淀完全。则Cr3+沉淀完全时，c(OH-)===10-9mol/L，溶液的pH=5，故答案为：2Cr2O72-＋4H＋＋3N2H4·H2O=4Cr(OH)3↓＋3N2↑＋5H2O；5；(5)水合肼(N2H4·H2O)

是一种强还原剂，属于二元弱碱，在空气中可吸收CO2而产生烟雾，因此在牛角管后加一个装有碱石灰的干燥管，防止空气中的二氧化碳进入装置，故答案为：在牛角管后加一个装有碱石灰的干燥管。9.以某废催化剂(含Al2O3

36%、CoS20%、MoS220%、MgO8%等)为原料生产Co2O3的工艺路线如下:已知:

氧化铝有两种晶型α-Al2O3

和γ-Al2O3，α-Al2O3致密难溶于酸和碱。(1)废催化剂焙烧前先将其研磨，其目的是_________________________。(2)已知“焙烧除硫”后的产物有CoO、MoO3。写出Na2CO3溶液“浸取”过程的离子反应方程式:______________________。(3)

硫酸浸泡滤渣①的实验条件为硫酸浓度12

mol/L、液固比为3、反应温度60℃。该条件下，铝、钴浸出率与时间关系如图。当浸泡时间小于180

min时，铝、钴浸出率随着时间的推移均增加较快；180

min

后铝和钴的浸出率都提高不多，且钴浸出率高于铝浸出率。试解释180min后钴浸出率高于铝浸出率的原因:

____________________。(4)萃取剂对Al3+、Co2+萃取率与pH

的关系如图。萃取分离钴、铝的实验操作为:

向萃取分液后的有机相中加硫酸调pH=3~4，分液可得CoSO4溶液，___________，可得Al2(SO4)3溶液。(5)“滤液③”主要物质的化学成分是_______(写化学式)，用途之一为___________________。(6)“煅烧”过程

相关反应的化学方程式为_________________________。【答案】(1).焙烧反应更快更充分(2).MoO3＋CO===MoO＋CO2↑(3).随浸泡时间的延长有些γ-Al2O3转化为α-Al2O3（或滤渣中含有部分α-Al2O3）(4).继续向萃取分液后的有机相加硫酸调pH＝0.5以下（或1以下），然后分液(5).（NH4）2SO4(6).作化肥（或其他合理答案）(7).4CoC2O4＋3O22Co2O3＋8CO2【解析】(1)废催化剂焙烧前先将其研磨，可以加快反应速度，使焙烧反应更快更充分，故答案为：焙烧反应更快更充分；(2)已知“焙烧除硫”后的产物有CoO、MoO3。根据流程图，Na2CO3溶液“浸取”后生成了Na2MoO4，说明MoO3被碳酸钠溶解，而滤渣①经过一系列过程，最后得到Co2O3，说明CoO不能被碳酸钠溶解，反应的离子反应方程式为MoO3＋CO32-===MoO42-＋CO2↑，故答案为：MoO3＋CO32-===MoO42-＋CO2↑；(3)

氧化铝有两种晶型α-Al2O3

和γ-Al2O3，α-Al2O3致密难溶于酸和碱，随浸泡时间的延长有些γ-Al2O3转化为α-Al2O3，因此当浸泡时间小于180

min时，铝、钴浸出率随着时间的推移均增加较快；180

min

后铝和钴的浸出率都提高不多，且钴浸出率高于铝浸出率，故答案为：随浸泡时间的延长有些γ-Al2O3转化为α-Al2O3；(4)萃取分离钴、铝的实验操作为:

向萃取分液后的有机相中加硫酸调pH=3~4，分液可得CoSO4溶液，根据图像，当pH＜1，在0.5左右时，Al3+的萃取率急剧减小，因此继续向萃取分液后的有机相加硫酸调pH＝0.5以下(或1以下)，然后分液，可得Al2(SO4)3溶液，故答案为：继续向萃取分液后的有机相加硫酸调pH＝0.5以下(或1以下)，然后分液；(5)根据流程图，CoSO4中加入草酸铵溶液反应生成草酸钴沉淀和硫酸铵溶液，“滤液③”主要物质的化学成分是硫酸铵，是一种常见的化学肥料，故答案为：(NH4)2SO4；作化肥；(6)草酸铵在空气中煅烧，反应生成Co2O3和二氧化碳，反应的化学方程式为4CoC2O4＋3O22Co2O3＋8CO2，故答案为：4CoC2O4＋3O22Co2O3＋8CO2。10.乙二醛(OHC-CHO

)化学性质活泼，是纺织工业中常用的一种有机原料，能增加棉花、尼龙等纤维的防缩性和防皱性。其工业生产方法主要是乙二醇(HOCH2CH2OH

)气相催化氧化法和乙醛液相硝酸氧化法。请回答下列相关问题:(1)乙二醇气相催化氧化法以乙二醇、氧气为原料，在催化剂存在的条件下，250℃左右开始缓慢进行，生成乙二醛和副产物乙醇酸[CH2(OH)COOH]的反应方程式:I.HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)

△H1II.HOCH2CH2OH(g)+O2(g)CH2(OH)COOH(g)+H2O(g)

△H2已知反应I中相关化学键键能数据如下:化学键C-HC-OH-OO==OC==OC-CE/kJ·mol-1413343465498728332①△H1=_____kJ/mol，反应I的化学平衡常数表达式为K=________。②欲提高I的平衡产率，可以采取的措施是______

(填标号)。A.升高温度

B.增大压强

C.降低温度

D.减小压强③提高乙二醛反应选择性的关键因素是_________________________。④保持温度和容积不变，下列描述能说明反应I达到平衡状态的是

________

(填标号)。A.v正(O2)

=2v逆(H2O)B.混合气体的压强不再随时间变化而变化C.混合气体的密度不再发生变化D.乙二醇与OHC-CHO

的物质的量之比为1:

1E.混合气体中乙二醛的体积分数不再发生变化(2)乙醛(CH3CHO)液相硝酸氧化法11.0g40%的乙醛溶液和40%的硝酸，按一定比例投入氧化反应釜内，在Cu(NO3)2催化下，控制温度在38～40℃时，反应10h，再通过萃取等操作除去乙醛、硝酸等，最后经减压浓缩得4.35g40%乙二醛溶液。①用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛时，有N2O产生。其化学方程式为______________________。②利用上面数据，计算乙二醛的产率为___________________________。【答案】(1).－376(2).(3).CD(4).催化剂(5).BE(6).2CH3CHO＋2HNO32OHC—CHO＋N2O↑＋3H2O[Cu（NO3）2写成催化剂也正确](7).30%【解析】(1)①△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，△H1=(2×465+4×413+2×343+332+498)kJ/mol-(2×728+332+2×413+4×465)kJ/mol=－376kJ/mol，反应I的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：－376；；②反应I为放热反应，欲提高I的平衡产率，需要使平衡正向移动。A.升高温度，平衡逆向移动，错误；B.增大压强，平衡逆向移动，错误；C.降低温度，平衡正向移动，正确；D.减小压强，平衡正向移动，正确；故选CD；③催化剂具有选择性，提高乙二醛反应选择性的关键因素是性质合适的催化剂，故答案为：催化剂；④反应I为HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)

，保持温度和容积不变。A.v正(O2)

=2v逆(H2O)，表示逆反应速率小于正反应速率，不是平衡状态，错误；B.反应前后气体的物质的量发生变化，混合气体的压强不再随时间变化而变化，能够说明达到了平衡状态，正确；C.容器的体积和气体的质量均不变，混合气体的密度始终不变，不是平衡状态，错误；D.乙二醇与OHC-CHO

的物质的量之比为1:

1与平衡状态无关，与反应起始的量和转化率有关，不能表示平衡状态，错误；E.混合气体中乙二醛的体积分数不再发生变化，说明是平衡状态，正确；故选BE；(2)①用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛时，有N2O产生，反应的化学方程式为2CH3CHO＋2HNO32OHC—CHO＋N2O↑＋3H2O，故答案为：2CH3CHO＋2HNO32OHC—CHO＋N2O↑＋3H2O；②4.35g40%乙二醛溶液中含有乙二醛的物质的量==0.03mol；11.0g40%的乙醛溶液中含有乙醛的物质的量==0.4mol，理论上生成0.1mol乙二醛，乙二醛的产率=×100%=30%，故答案为：30%。11.磷和砷的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：(1)基态As原子的核外电子排布式为[Ar]_________；As

原子的逐级电离能(kJ/mol)数据如下：第一电离能第二电离能第三电离能第四电离能第五电离能第六电离能947.0179827354837604312310第五电离能与第六电离能相差显著的原因:_____________________________________。(2)红磷是巨型共价分子，无定型结构。能证明红磷是非晶体的最可靠方法是__________。A.质谱B.原子发射光谱C.核磁共振谱D.X

射线衍射(3)黑磷是新型二维半导体材料，具有类似石墨一样的片层结构(如图)，层与层之间以_____结合。从结构上看，单层磷烯导电性优于石墨烯的原因是____________________________。(4)白磷(P4)

分子是正四面体结构，3.1g

白磷中σ键的数目为________；白磷(P4)易溶于二硫化碳，难溶于水，其原因是_____________________________________________。(5)GaAs

的熔点为1238℃，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为_________，Ga

原子的杂化方式为______________，每个

As原子周围最近的As原子数目为________。已知GaAs的密度为dg/cm3，摩尔质量为M

g/mol，则晶胞中最近的As

和Ga原子核间距为_____(阿伏加德罗常数值用NA表示，列出算式即可)nm。【答案】(1).3d104s24p3(2).As原子最外层有五个电子，失去的第六个电子来自全满的次外层，所需能量较高(3).D(4).范德华力(5).石墨烯同层碳原子中，1个碳原子和周围3个碳原子结合后，还剩1个价电子，单层磷烯同层磷原子中，1个磷原子和周围3个磷原子结合后，还剩2个价电子(6).0.15NA(7).二硫化碳和白磷都是非极性分子，水是极性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，难溶于水(8).原子晶体(9).sp3(10).12(11).××107【解析】(1)As为第四周期第VA族元素，基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；As原子最外层有五个电子，失去的第六个电子来自全满的次外层，所需能量较高，使得As

原子的第五电离能与第六电离能相差显著，故答案为：3d104s24p3；As原子最外层有五个电子，失去的第六个电子来自全满的次外层，所需能量较高；(2)红磷是巨型共价分子，无定型结构。能证明红磷是非晶体的最可靠方法是X

射线衍射实验，故答案为：D；(3)黑磷是新型二维半导体材料，具有类似石墨一样的片层结构(如图)，层与层之间以范德华力结合。石墨烯同层碳原子中，1个碳原子和周围3个碳原子结合后，还剩1个价电子，单层磷烯同层磷原子中，1个磷原子和周围3个磷原子结合后，还剩2个价电子，因此单层磷烯导电性优于石墨烯，故答案为：范德华力；石墨烯同层碳原子中，1个碳原子和周围3个碳原子结合后，还剩1个价电子，单层磷烯同层磷原子中，1个磷原子和周围3个磷原子结合后，还剩2个价电子；(4)白磷(P4)

分子是正四面体结构，1个白磷分子中含有6个P-P键，3.1g

白磷的物质的量为=0.025mol，σ键的数目为0.025mol×6NA=0.15NA；二硫化碳和白磷都是非极性分子，水是极性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，难溶于水，故答案为：0.15NA；二硫化碳和白磷都是非极性分子，水是极性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，难溶于水；(5)GaAs

的熔点为1238℃，熔点较高，属于原子晶体。根据结构图，Ga

原子与周围的4个As原子相连接，杂化方式为sp3，As原子位于立方体的顶点和面心，每个

As原子周围最近的As原子数目为12个。每个晶胞中含有4个Ga

原子和8×+6×=4个As原子，则晶胞的边长==cm=×107nm，晶胞中最近的As

和Ga原子核间距为晶胞体对角线长度的=×107nm×=××107nm，故答案为：原子晶体；sp3；12；××107。点睛：本题考查了物质结构与性质。本题的易错点为(4)，要注意每个白磷分子中含有6个P-P，4个P原子；本题的难点为(5)中晶胞的计算，要知道该晶胞相当于8个小立方体堆积而成，最近的As

和Ga原子核间距为每个小立方体对角线的一半。12.盐酸普鲁卡因[H2NCOOCH2CH2N+