1、云南省新平一中2018-2019学年上学期12月考试理科综合 物理一、单选题(共7小题,每小题6.0分,共42分) 1. 下列有关化学用语正确的是A. NH4Cl的电子式：ClB. 2戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3C. S2的结构示意图：D. 质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：144 94Pu【答案】B【解析】试题分析：A、阴离子电子式错误，错误；B、正确；C、硫元素核电荷数为16，错误；D、该原子的正确写法为238 94Pu，错误。考点：考查化学用语有关问题。2.配制100 mL 0.1 molL1Na2CO3溶液，下列操作正确的是()A. 称取1.06 g无水碳酸
2、钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容B. 称取1.06 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解C. 转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D. 定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀【答案】D【解析】A项，称量好的固体不能直接放入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中，错误；B项，题中100mL指溶液的体积，不是溶剂蒸馏水的体积，错误；C项，向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流，防止液滴外洒，错误；D项，定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀，正确；答案选D。3. 常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 1.0molL -1的HNO
3、3溶液：NH4+、Ag(NH3)2+、Cl、SO42B. c(H+)/c(OH)=1011的溶液：Na+、Ba2+、NO3、ClC. 滴入酚酞显红色的溶液：Ca2、Al3+、NO3、HCO3D. 滴入碘化钾淀粉溶液显蓝色的溶液：Na+、Fe2+、ClO、SO42【答案】B【解析】试题分析：A、Ag(NH3)2+能与H+反应，不能大量共存；B、c(H+)/c(OH)=1011的溶液呈碱性，各离子互不反应，可以大量共存；C、滴入酚酞显红色的溶液呈碱性，OH能与Al3+、HCO3反应，所以不能大量共存；D、ClO能氧化Fe2+，不能大量共存。考点：本题考查离子共存。4.被称为“国防金属”的镁 ,60
4、%来自海洋，从海水中提取镁的正确方法是()A. 海水Mg(OH)2MgB. 海水MgCl2溶液MgCl2(熔融)MgC. 海水Mg(OH)2MgOMgD. 海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2(熔融)Mg【答案】D【解析】【详解】从海水中提取镁的正确方法是：先加石灰乳使水中的镁离子通过和石灰乳反应生成氢氧化镁白色沉淀，然后利用盐酸溶解氢氧化镁生成氯化镁溶液，从氯化镁溶液中冷却结晶得到MgCl26H2O，在HCl气流中加热MgCl26H2O得到无水MgCl2，镁是活泼的金属，通过电解熔融的氯化镁即可以得到金属镁。综上分析，A 、B 选项不符合题意，故A、B错误；因为氧化镁的熔点远远高于氯化
5、镁，工业会选择氯化镁电解得到镁，故C错误；D. 海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2(熔融)Mg符合题意；答案：选D。【点睛】海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁首先是富集；根据石灰乳比氢氧化钠廉价易得，一般不用氢氧化钠，在海水苦卤中加石灰乳过滤得沉淀氢氧化镁；加盐酸得到氯化镁，经浓缩、结晶、脱水、电解可以得到金属镁分析。5.下列实验现象描述正确的是()A. 碘水中加入少量汽油振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为紫红色B. 红热的铜丝在氯气中燃烧，产生了棕黄色的雾C. 电解氯化钠饱和溶液，将阴极气体产物通入碘化钾淀粉溶液中，溶液变蓝D. 溴化钠溶液中加入少量新制的氯水振荡，再加入
6、少量四氯化碳振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色【答案】CD【解析】试题分析：A、裂化汽油中含有不饱和烃，与碘发生加成反应，使碘水褪色，所以溶液下层为无色，错误；B、红热的铜丝在氯气中燃烧，产生了棕黄色的烟，错误；C、电解氯化钠饱和溶液，阳极气体产物是氯气，氯气与碘化钾淀粉溶液反应生成单质碘，碘遇淀粉变蓝色，正确；D、溴化钠溶液中加入少量新制的氯水振荡，则溶液中有液溴生成，再加入少量四氯化碳溶液振荡，由于溴在四氯化碳中的溶解度较大，且水与四氯化碳不互溶，所以静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，正确，答案选CD。考点：考查对实验现象的判断6. 化学来源于生活，并应用于生产生活中。下列
7、关于化学与生产、生活的认识不正确的是A. 将煤气化、液化等方法处理，是提高燃料燃烧效率的重要措施之一B. CO2、CxHy、N2等均是造成温室效应的气体C. 乙醇、天然气、液化石油气、氢气都可以作为燃料电池的原料，其中氢气是最为环保的原料D. 合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺【答案】B【解析】N2不是造成温室效应的气体。答案选B。7. 可用于电动汽车的铝-空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是 （ ）A. 以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O22H2O4e4OHB. 以NaOH溶液为电解液
8、时，负极反应为：Al3OH3e-Al（OH）3C. 以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变D. 电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极【答案】A【解析】试题分析：无论是NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，在正极上都是O2得到电子被还原，A正确；生成的Al(OH)3是两性氢氧化物，在碱溶液中发生反应生成Al(OH)4-，B错误；生成的Al(OH)3与NaOH反应生成NaAl(OH)4，消耗电解质中的NaOH，使pH减小，C错误；原电池中，电子从外电路的负极流向正极，D错误，因此答案选A。考点：考查原电池原理的有关判断、应用点评：该题以电动汽车的铝空气燃料电池为载体，重点
9、考查学生灵活运用原电池原理解决实际问题的能力，属于中等难度的试题，有助于培养学生的逻辑推理能力和知识的迁移能力，提升学生的学科素养。分卷II二、填空题 8.甲醇是一种重要的可再生能源(1)已知2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)H=a kJ/molCO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)H=b kJ/mol试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：_(2)还可以通过下列反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)甲图是反应时CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化情况从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率(H2)=_(3)在一容积可变的密闭容器中充入10mo
10、l CO和20mol H2，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如乙图所示下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是_(填字母)AH2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍BH2的体积分数不再改变C体系中H2的转化率和CO的转化率相等D体系中气体的平均摩尔质量不再改变比较A、B两点压强大小PA_PB(填“、=”)若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V(B)=_L(4)以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池(电极材料为惰性电极)若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式：
11、_若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_【答案】(1) 2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) H=(a+2b)kJ/mol (2分) (2) 0.15mol/(Lmin) (2分)(3) BD (2分) (2分) 14L (2分) (4) 2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O(2分)C(K+)C(CO32-)C(HCO3-)C(OH-)C(H+)(2分)【解析】试题分析：(1) 将给出的反应分别标为：、，根据盖斯定律，把+2可得CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：2CH4(g
12、)+O2(g)=2CH3OH(g) H=(a+2b)kJ/mol。(2) 从图可以看出CO的浓度减小了0.75mol/L，根据反应的化学计量数，H2的浓度改变了1.5mol/L，反应达到平衡的时间为10min，则(H2)= 1.5mol/L10min=0.15mol/(Lmin)。(3) 化学反应速率之比等于化学计量数之比，不管在任何时候，H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，A错；H2的体积分数不再改变说明体系中各物质的浓度不再改变，反应达到了平衡，B对；H2的转化率和CO的转化率相等不能说明物质的浓度不再改变和同种物质的正逆反应速率相等，C错；反应是气体物质的量改变的反应，如果反应
13、没有达到平衡，气体的物质的量会发生改变，平均摩尔质量也会改变，现平均摩尔质量不再改变，说明气体的生成和消耗速率相等，反应到达了平衡，D对。从图可以看出B的CO的转化率较大，根据反应的特点，压强增大平衡向正向移动，现B点的转化率较大，说明B点的压强大，故PAPB。A点是CO的转化率为0.5，10 mol CO和20 mol H2反应后气体总物质的量为20mol，在B点CO的转化率为0.8，10 mol CO和20 mol H2反应后气体的总物质的量为14mol，设B点的体积为VL。则20mol14 mol=20LV，V=14L。（4）由于是在碱性电解质溶液中，产生的CO2还要与碱反应，反应的方程
14、式为：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O。根据KOH和CO2的物质的量可知生成的CO2发生反应：CO2+2OHCO32，CO32+ CO2+H2OHCO3,0.8mol的KOH反应完时消耗0.4mol的CO2，生成0.4mol的CO32，剩余的0.1mol的CO2与CO32反应生成0.1mol的HCO3，故溶液中有0.3mol的K2CO3、0.1mol的KHCO3，故离子浓度大小顺序为：C(K+)C(CO32-)C(HCO3-)C(OH-)C(H+)考点：盖斯定律的运用、化学反应速率的计算、化学平衡的判断、电极反应的书写、盐类水解和离子浓度大小的比较。9.铁是人体必需的微量
15、元素,绿矾(FeSO47H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。(1)FeSO4溶液在空气中会因氧化变质产生红褐色沉淀,其发生反应的离子方程式是_;实验室在配制FeSO4溶液时常加入_以防止其被氧化。请你设计一个实验证明FeSO4溶液是否被氧化_。.硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)26H2O较硫酸亚铁不易被氧气氧化,常用于代替硫酸亚铁。(2)硫酸亚铁铵不易被氧化的原因是_。(3)为检验分解产物的成分,设计如下实验装置进行实验,加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。A中固体充分加热较长时间后,通入氮气,目的是_。装置B中BaCl2溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成,若含有该气体,观
16、察到的现象为_。实验中,观察到C中有白色沉淀生成,则C中发生的反应为_ (用离子方程式表示)。【答案】.(1)12Fe2+3O2+6H2O=Fe(OH)3+8Fe3+(其他合理答案也给分) 铁粉 取少量FeSO4溶液于试管中,加数滴KSCN溶液,如果溶液变红,则说明FeSO4溶液已被氧化,如不变红,则说明FeSO4溶液没有被氧化。.(2)硫酸亚铁铵溶液中N发生水解增大c(H+),抑制了Fe2+氧化反应的进行。(3)使分解产生的气体在B、C中被吸收充分溶液变浑浊(或出现白色沉淀)SO2+H2O2+Ba2+=aSO4+2H+(或SO2+H2O2=H+S、S+Ba2+=aSO4)【解析】(1)Fe2
17、+被O2氧化为Fe3+,最终生成红褐色的Fe(OH)3沉淀;加入铁粉可以防止Fe2+被氧化为Fe3+;通常用KSCN检验Fe3+。(2)N水解显酸性,c(H+)越大,反应4Fe2+O2+10H2O=Fe(OH)3+8H+正向进行的程度越小,Fe2+越不易被氧化。(3)通入N2可以将装置中的气体全部排到B和C,保证被完全吸收。SO2不和BaCl2反应,但SO3可以和BaCl2反应产生BaSO4沉淀。H2O2将SO2氧化为S,再与Ba2+反应生成BaSO4沉淀。10.为测试一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面两种方案并进行了实验(以下数据为多次平行实验测定结果的平均值)：方案一：将ag铁片
18、完全溶解于过量稀硫酸中，测得生成氢气的体积为580 mL(标准状况)；方案二：将a/10g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反应后得到的溶液用0.020 00 molL1的KMnO4溶液滴定，达到终点时消耗了25.00 mL KMnO4溶液。请回答下列问题：(1)配平下面的化学方程式：_KMnO4FeSO4H2SO4=Fe2(SO4)3MnSO4K2SO4H2O(2)在滴定实验中不能选择_式滴定管，理由是_；(3)根据方案一和方案二测定的结果计算，铁片中铁的质量分数依次为_和_；(4)若排除实验仪器和操作的影响因素，试对上述两种方案测定结果的准确性做出判断和分析。方案一_(填“准确”、“不准确”或
19、“不一定准确”)，理由是_；方案二_(填“准确”、“不准确”或“不一定准确”)，理由是_。【答案】 (1). 21085218 (2). 碱式 (3). KMnO4是强氧化剂，会腐蚀胶管 (4). 1.45/a (5). 1.40/a (6). 不一定准确 (7). 如果铁片中存在与稀硫酸反应并能生成氢气的其他金属，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解、但不产生氢气的铁的氧化物，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，则结果准确 (8). 不一定准确 (9). 如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解的其他金属，生成的金属离子在酸性溶液中能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫
20、酸反应而溶解的铁的氧化物，生成的Fe3在酸性溶液中不能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，则结果准确【解析】【分析】(1)分析该氧化还原反应的化合价，找出化合价发生变化的各元素，利用化合价的升降相等，配平化学方程式：(2)由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，因此不能选择碱式滴定管。(4)方案一不一定准确，因为可能存在一些副反应，所以两者都不一定准确。【详解】(1)氧化还原反应的化合价升降相等，配平化学方程式：SO4SO4(SO4)3化学方程式：2KMnO410FeSO48H2SO4=5Fe2(SO4)32MnSO41K2SO48H2O。答案：210852
21、18(2)由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，因此不能选择碱式滴定管。答案：碱式滴定管、 KMnO4是强氧化剂，会腐蚀胶管。 (3)根据方案一中的测量结果计算：因此m(Fe)1.45 g，故铁片中铁的质量分数为1.45/a；根据方案二中的测定结果计算：根据(1)中反应方程式：2KMnO410FeSO410Fe n(Fe)5n(KMnO4)50.02 molL10.025 L0.002 5 mol，铁片中铁的质量分数为1.40/a。答案：1.45/a 、1.40/a。(4)方案一不一定准确，如果铁片中存在与稀硫酸反应并能生成氢气的其他金属，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀
22、硫酸反应而溶解、但不产生氢气的铁的氧化物，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，则结果准确。方案二是利用Fe2消耗KMnO4的物质的量的多少，求出Fe的质量分数。如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解的其他金属，生成的金属离子在酸性溶液中能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解的铁的氧化物，生成的Fe3在酸性溶液中不能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，则结果准确。因此方案二也不一定准确。11.锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：(1)基态Ge原子的核外电子排布式为Ar_，有_个未成对电子。(2)Ge与C是同族元素，C原
23、子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是_。(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_。(4)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是_。(5)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为_，微粒之间存在的作用力是_。(6)晶胞有两个基本要素：原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(1/2，0，1/2)；C为(1/2，1/2，0)。则D原子的坐标参数为_。晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，
24、已知Ge单晶的晶胞参数a565.76 pm，其密度为_gcm3(列出计算式即可)。【答案】 (1). 3d104s24p2 (2). 2 (3). Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键 (4). GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强 (5). OGeZn (6). sp3 (7). 共价键 (8). ( ，) (9). 【解析】【分析】（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为Ar3d104s24p2；（2）Ge原子半径大，难
25、以通过“肩并肩”方式形成键；（3）锗的卤化物都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；（4）元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大；（5）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；Ge单晶具有金刚石型结构，则晶胞中Ge原子数目为8，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再根据=m/V计算晶胞密度。【详解】(1)锗为32号元素，根据原子核外电子的排布规律，可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，其核外电子排布简式为Ar3d104s24p2，其中4p能级有2个未成
26、对电子，故答案为：3d104s24p2；2；(2) 虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但考虑Ge的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键，故答案为：Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键；(3)由表中数据可知，锗的卤化物都是分子晶体,分子间通过分子间作用力结合,对于组成与结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔沸点越高,由于相对分子质量：GeCl4GeBr4GeI4,故沸点：GeCl4GeBr4GeI4，故答案为：GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原
27、因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；(4)Zn、Ge、O三种元素中，Zn和Ge是金属元素，O是非金属元素。O的电负性比Zn和Ge的大，又根据同周期元素的电负性从左到右逐渐增大的规律，可知电负性：OGeZn，故答案为OGeZn；(5)由于锗单晶具有金刚石型的结构，故每个锗原子与相邻的四个锗原子形成四个共价键，其原子轨道杂化类型为sp3杂化，故答案为： sp3 ；共价键；(6)由Ge单晶晶胞结构示意图，可知D原子与A原子及位于3个相邻面面心的3个原子构成了正四面体结构，D原子位于正四面体的中心，再根据A、B、C三个原子的坐标参数可知D原子的坐标参数为(，)，故答案为：(，)
28、；由锗单晶的晶胞结构示意图，可知该晶胞中位于顶点的有8个原子，位于面心的有6个原子，位于内部的有4个原子，则一个晶胞中所含有的锗原子个数为8648，再由晶胞参数可知该晶胞的边长为565.76 pm的正方体，则其密度为：，故答案为：。12.氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：回答下列问题：(1)A的结构简式为_。C的化学名称是_。(2)的反应试剂和反应条件分别是_，该反应的类型是_。(3)的反应方程式为_。吡啶是一种有机碱，其作用是_。(4)G的分子式为_。(5)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有_种。(6)4甲氧基乙
29、酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4甲氧基乙酰苯胺的合成路线_(其他试剂任选)。【答案】 (1). (2). 三氟甲苯 (3). 浓HNO3/浓H2SO4、加热 (4). 取代反应 (5). (6). 吸收反应产生的HCl，提高反应转化率 (7). C11H11O3N2F3 (8). 9 (9). 【解析】（1）反应发生取代反应，应取代苯环取代基上的氢原子，根据C的结构简式和B的化学式可确定A为甲苯，即结构简式为：，C的化学名称为三氟甲苯。（2）反应是C上引入NO2，C与浓硝酸、浓硫酸，并且加热得到，此反应类型为取代反应。（3）根据G的结构简式，反应发生取代反应，Cl取代氨基上的氢原子，即反应方程式为；吡啶的作用是吸收反应产物的HCl，提高反应转化率。（4）根据有机物成键特点，G的分子式为C11H11F3N2O3。（5）CF3和NO2处于邻位，另一个取代基在苯环上有3种位置，CF3和NO2处于间位，另一取代基在苯环上有4种位置，CF3和NO2处于对位，另一个取代基在苯环上有2种位置，因此共有9种结构。（6）根据目标产物和流程图，苯甲醚应首先与混酸反应，在对位上引入硝基，然后在铁和HCl作用下NO2转化成NH2，最后在吡啶作用下与CH3COCl反应生成目标产物，合成路线是：。