【解析】广东省揭阳市高三上学期第一次月考化学试题

2018届广东省揭阳市高三上学期第一次月考化学试题（解析版）2018届广东省揭阳市高三上学期第一次月考试题化学1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.

PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物B.

绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C.

燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D.

天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】C【解析】A．通常将大气中直径不大于2.5μm的颗粒悬浮物称为PM2.5，故A正确；B．绿色化学的核心就是从源头上杜绝污染，故B正确；C．燃煤燃烧产生SO2和CO2，其中CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终氧化为CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则加入CaO可减小SO2的排放，但不能减小CO2的排放，故C错误；D．目前推广使用的清洁燃料有天然气和液化石油气，故D正确；答案为C。2.化合物（b）、（d）、（p）的分子式均为C6H6C6H6，下列说法正确的是A.

b的同分异构体只有d和p两种B.

b、d、p的二氯代物均只有三种C.

b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应D.

b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面【答案】D【解析】A．b是苯，其同分异构体有多种，不止d和p两种，A错误；B．d分子中氢原子分为2类，根据定一移一可知d的二氯代物是6种，B错误；C．b、p分子中不存在碳碳双键，不与酸性高锰酸钾溶液发生反应，C错误；D．苯是平面形结构，所有原子共平面，d、p中均含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，D正确。答案选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.

将1mol明矾晶体完全溶于水制成胶体，其中所含胶体粒子数目为NAB.

1molFeI2与1molCl2反应转移的电子数为2NAC.

1L0.1mol·L－1

NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NAD.

136g熔融的KHSO4中含有2NA个阳离子【答案】B【解析】A、胶体是粒子的集合体，则将1mol明矾晶体完全溶于水制成胶体，所含胶体粒子数目小于NA，选项A错误；B、碘离子的还原性比亚铁离子的强，若

1molFeI2与1molCl2反应，则氯气先将碘氧化，生成1mol碘，转移的电子数为2NA，选项B正确；C、NH4Cl溶液中由于NH4＋的水解而使NH4＋离子数目减少，1L0.1mol·L－1

NH4Cl溶液中，NH4＋的数量应该小于0.1NA，选项C错误；D、硫酸氢钾熔融时电离出钾离子和硫酸氢根离子，136g熔融的KHSO4是1mol，其中含有NA个阳离子，选项D错误。答案选B。4.短周期主族元素W 、  X 、  Y 、  ZW 、  X 、  Y 、  Z的原子序数依次增大，WW的简单氢化物可用作制冷剂，YY的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由XX、YY和ZZ三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是A.

XX的简单氢化物的热稳定性比WW的强B.

YY的简单离子与XX的具有相同的电子层结构C.

YY与ZZ形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D.

ZZ与XX属于同一主族，与YY属于同一周期【答案】C【解析】由题意可推断，简单氢化物能用作制冷剂的应为液氨，故W是N，短周期中Na原子半径最大，故Y为Na。X、Y、Z形成的盐与稀盐酸反应，生成黄色沉淀与刺激性气体，推测该沉淀为S，刺激性气体为SO2，则该盐为Na2S2O3。X、Z分别为O、S。A、因为O的非金属性强于N，所以稳定性：H2O>NH3，选项A正确；B、O、Na简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，选项B正确；C、硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液不能使蓝色石蕊试纸变红，选项C不正确；D、S、O同属于ⅥA，S、Na

属于第三周期，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答本题的关键。注意从元素及其化合物知识的角度去判断，例如制冷剂、淡黄色沉淀和刺激性气味气体等，然后再根据元素周期律的知识进行解答。5.利用如图所示装置可制取

H2，两个电极均为惰性电极，c

为阴离子交换膜。下列叙述正确的是A.

a

为电源的正极B.

工作时，OH向左室迁移C.

右室电极反应为：C2H5OH＋H2O－4e－＝CH3COO－＋5H+D.

生成H2和CH3COONa

的物质的量之比为

2:1【答案】D【解析】A.根据图示，电解池只左侧生成氢气，是溶液中的水放电，发生了还原反应，左侧电极为阴极，则a为电源的负极，故A错误；B.工作时，阴极水放电生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，向右室迁移，故B错误；C.右室电极为阳极，发生氧化反应，根据图示，右侧溶液显碱性，不可能生成氢离子，故C错误；D.根据得失电子守恒，生成1molH2转移2mol电子，则生成CH3COONa的物质的量为2mol42mol4=0.5mol，H2

和CH3COONa的物质的量之比为2:1，故D正确；故选D。6.下列实验操作能达到预期实验目的的是选项实验目的实验操作A验证稀硝酸能将Fe氧化为Fe3+将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液B比较CH3COOH和HCN的酸性强弱用pH计分别测定CH3COONa、NaCN饱和溶液的pHC制备H2SiO3胶体向Na2SiO3溶液中滴加过量稀HClD除去乙酸乙酯中的CH3COOH加入饱和Na2CO3溶液，振荡后静置，分液A.

AB.

BC.

CD.

D【答案】D【解析】A、稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，无法验证稀硝酸能将Fe氧化为Fe3+，选项A错误；B、NaClO和CH3COONa都是强碱弱酸盐，在溶液中弱酸根离子发生水解反应，使溶液显碱性。形成盐的酸的酸性越弱，则酸根离子的水解程度就越大，溶液的碱性就越强。故可以通过比较相同浓度的NaClO溶液CH3COONa的pH大小来比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，但两者的饱和溶液浓度不相等，无法比较，选项B错误；C、向Na2SiO3溶液中滴加过量稀HCl，得到的是硅酸沉淀则得不到H2SiO3胶体，选项C错误；D、乙酸可以和饱和碳酸钠溶液反应而除去，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查化学实验设计与完成预期实验目的的关系的知识。注意氧化还原反应中离子的还原性强弱比较和氧化反应先后顺序，注意浓度大小与盐类水解的程度之间的关系是解答本题的关键。7.T℃时，在20.00mL0.10mol·L－1CH3COOH溶液中滴入0.10mol·L－1

NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法正确的是A.

T℃时，CH3COOH电离平衡常数Ka=1.0×103B.

M点对应的NaOH溶液体积为20.0mLC.

N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N＞QD.

N点所示溶液中c(Na+)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H+)【答案】C【解析】A．pH=3的溶液中Ka=，故A正确；B．醋酸与NaOH完全中和时生成CH3COONa，溶液显碱性，M点溶液显中性，则对应的NaOH溶液体积小于20.0mL，故B错误；C．N点主要是醋酸根离子水解促进水的电离，而Q点为过量的NaOH抑制水的电离，则两点所示溶液中水的电离程度：N＞Q，故C正确；D．N点所示溶液为CH3COONa，显碱性，即c(OH－)＞c(H+)，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，则溶液中c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)，故D错误；答案为C。点睛：酸、碱、盐都是电解质，酸电离产生氢离子、碱电离产生氢氧根离子，它们对水的电离平衡都起抑制作用，等浓度的氢离子或氢氧根离子对水电离平衡的抑制作用相同。酸或碱电离产生的离子浓度越大，对水的抑制作用就越强。若盐电离氢离子或氢氧根离子，对水的电离平衡起抑制作用，与酸或碱的作用相同；若电离产生的离子或消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子产生弱酸或弱碱，就会使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，盐电离产生的水解的离子浓度越大，水解的离子浓度越大，溶液的酸性或碱性越强。若盐电离产生的阳离子、阴离子都发生水解作用，水解产生的氢离子、氢氧根离子发生中和反应，使水的电离程度比单独只有阳离子、阴离子发生水解作用的水的电离程度大。溶液的酸碱性根据水解相对程度判断。谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解。8.乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，实验室制备乙酸异戊酯的反应装置示意图和有关数据如下：相对分子质量密度/（g·cm3）沸点/℃水中溶解度异戊醇880.8123131微溶乙

酸601.0492118溶乙酸异戊酯1300.8670142难溶实验步骤：在A中加入4.4g的异戊醇，6.0g的乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50分钟，反应液冷却至室温后，倒入分液漏斗中，分别用少量水，饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤，分液出来的产物加入少量无水硫酸镁固体，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行蒸馏纯化，收集140～143℃馏分，得乙酸异戊酯3.9g。回答下列问题：（1）装置B的名称是：。（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是：；第二次水洗的主要目的是：。（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后（填标号），A．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗上口倒出

B．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗下口放出C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口放出（4）本实验中加入过量乙酸的目的是：。（5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是：。（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是：(填标号)。

a

b

c

d（7）本实验的产率是：。A．30%

B．40%

C．50%

D．60%（8）在进行蒸馏操作时，若从130℃开始收集馏分，产率偏(填“高”或者“低”)。原因是。【答案】球形冷凝管洗掉大部分浓硫酸和醋酸洗掉碳酸氢钠D提高异戊醇的转化率干燥bD高会收集到少量未反应的异戊醇【解析】试题分析：（1）由装置示意图可知装置B的名称是球形冷凝管；（2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和未反应的醋酸；用饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗净的醋酸，也可以降低酯的溶解度；再第二次水洗，主要目的是洗掉产品上残留的碳酸氢钠；（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层。分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出。因此答案选d。（4）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动。增加一种反应物的浓度，可能使另一种反应物的转化率提高。因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高醇的转化率；（5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯表面少量的水分，干燥。（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口附近。排除a、d，而在c中使用的是球形冷凝管，容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器选择及安装都正确的是b。（7）n（乙酸）60g/mol=0.1mol.n60g/mol=0.1mol.n（异戊醇）=4.4g÷88g/mol=0.05mol;由于二者反应时是1:1反应的，所以乙酸过量要按照醇来计算。n（乙酸异戊酯）="3.9"g÷130g/mol=0.03mol。所以本实验的产率是0.03mol÷0.05mol×100℅=60℅。选项是D。（8）在进行蒸馏操作时，若从130℃开始收集馏分，此时的蒸气中含有醇，会收集少量的未反应的异戊醇，因此产率偏高。考点：考查化学实验仪器，乙酸异戊酯的实验室制备等知识。9.锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：已知氢氧化锶在水中的溶解度：温度（℃）010203040608090100溶解度（g/100mL）0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为。（2）“除杂”方法：将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12。①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－10，则溶液中c（Mg2＋）＝。②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因。（3）“趁热过滤”的目的是，“滤渣”的主要成分为。（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为、过滤、洗涤、干燥。（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，吸收时的氧化产物为（填化学式）；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是。【答案】SrSO4

＋4C

SrS＋4CO↑1.2×1010

mol•L1OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失Ca(OH)2、Mg(OH)2降温结晶SFeCl3【解析】（1）根据图中信息，隔绝空气焙烧时SrSO4只被碳还原成SrS，同时生成一氧化碳，反应的化学方程式为：SrSO4

＋4C

SrS＋4CO↑；（2）①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，pH为12，c（H＋）＝1012mol/L，c（OH）＝Kwc(H+)Kwc(H+)=1mol/L，c（Mg2＋）＝Kspc2(OH−)Kspc2(OH)=1.2×10−10121.2×=1.2×1010

mol•L1；②OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出，导致氢氧化锶的产率降低；（3）“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物为S；再用石墨电极电解吸收液，电解过程将氯化亚铁氧化为氯化铁，故电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3。10.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是(填标号)。A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C．0.10mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为，制得等量H2所需能量较少的是。（3）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。①H2S的平衡转化率α1＝%，反应平衡常数K＝。②在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2α1，该反应的ΔH0。(填“>”“<”或“＝”)③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是(填标号)。A．H2S

B．CO2

C．COS

D．N2【答案】D

H2O(l)===H2(g)＋O2(g)ΔH＝+286kJ·mol－1

H2S(g)===H2(g)＋S(s)ΔH＝+20kJ·mol－1系统(Ⅱ)2.52.8×10－3>>B【解析】（1）根据盖斯定律，把系统(Ⅰ)的三个热化学方程式相加可得：H2O(l)＝H2(g)+1212O2(g)ΔH＝286kJ•mol1；把系统(Ⅱ)的三个热化学方程式相加可得：H2S(g)＝H2(g)+S(s)ΔH＝20kJ•mol1；由上述两个热化学方程式可得，制得1molH2，系统(Ⅰ)需要吸收286kJ能量，系统(Ⅱ)

需要吸收20kJ能量，所以制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)。（2）设反应的H2S物质的量为x，由题意列三段式得：因为反应平衡后水的物质的量分数为0.02，所以x0.40−x+0.10−x+x+xx0.40−x+0.10−x+x+x=0.02，解得x=0.01；①H2S的平衡转化率α1＝0.01÷0.40×100%=2.5%；反应平衡常数K＝=≈2.849×103(或2.8×10－3或2.85×10－3)。②由已知，升温，水的物质的量分数增大，所以升温时平衡正向移动，故α2＞α1，ΔH＞0。③A项，再充入H2S，平衡正向移动，使CO2转化率增大，根据化学平衡移动原理，H2S的转化率减小，故A错误；B项，再充入CO2，平衡正向移动，在不改变H2S初始量的前提下，使H2S转化率增大，故B正确；C项，再充入COS，平衡逆向移动，使H2S的转化率减小，故C错误；D项，再充入N2，与该反应无关，平衡不移动，H2S的转化率不变，故D错误。综上选B。点睛：本题综合考查化学反应原理知识，侧重热化学方程式书写和化学平衡的考查，题目难度不大，由已知几个热化学反应方程式求未知热化学方程式，要注意运用盖斯定律；化学平衡有关计算，如求化学平衡常数和平衡转化率等，要注意三段式的运用。11.石油分馏得到的轻汽油可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下：已知以下信息：①

B的核磁共振氢谱中只有一组峰；G为一氯代烃。②

回答以下问题：（1）B的化学名称为，E的结构简式为。（2）G生成H的化学方程式为。（3）J的结构简式为。（4）F合成丁苯橡胶的化学方程式为。（5）I的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种（不含立体异构）。①能与饱和NaHC