1、河南省郑州市第一中学2018届高三上学期第二次月考理综化学试题注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、学生号填写在答题卡上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上把对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。写在本试卷上无效。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔或涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：C-12
2、 H-1 0-16 Fe-56 K-39 N-14 S-171. 化学与生活密切相关。下列有关说法中错误的是A. 纤维素是多糖，但不能作人类的营养物质B. 生理盐水就是物质的量浓度为0.9 molL-1的氯化钠水溶液C. 葡萄酒中可添加适量的二氧化硫起抗氧化、防腐和杀菌等作用D. “卤水点豆腐”就是胶体的聚沉，豆腐、豆腐脑就是凝聚的豆类蛋白质【答案】B 2. 设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 标准状况下，22.4LH202中含有共价键的数目为3B. 4.6g甲苯(C7H8)和丙三醇(C3H803)的混合物中含有的氢原子数为0.4C. 50mL18.4molL-1浓硫酸与足量铜微
3、热反应，转移的电子数目为0.92D. 已知 S02(g)+l/202(g)=S03(g) H=-98.32 KJ.mol-1，则向容器中充入个 S02分子和0.5个02分子在一定条件下充分反应，最终放出的热量为98.32 kJ【答案】B【解析】A. 标准状况下，过氧化氢不是气体，无法计算22.4L H2O2中含有共价键的数目，故A错误；B. 甲苯(C7H8)和丙三醇(C3H8O)的相对分子质量相等，4.6g甲苯(C7H8)和丙三醇(C3H8O)的物质的量为=0.05mol，混合物中含有的氢原子为0.05mol8=0.4mol，故B正确；C. 随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，变成稀硫酸后反
4、应不再进行，因此50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目少于0.92NA，故C错误；D. 可逆反应不能完全进行，向容器中充入NA 个SO2分子和0.5NA个O2分子在一定条件下充分反应，最终放出的热量少于98.32KJ，故D错误；故选B。点晴：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。本题的易错点是C和D，要注意硫酸的浓度对反应的影响，以及可逆反应的特征。3. 下列关于有机化合物的说法中正确的是A. 乙苯的同分异构体有三种B. 丙烯与溴的四氯化碳溶液反应能生成BrCH2
5、CH2CH2BrC. 己二酸（）可以发生氧化反应、取代反应、加聚反应D. 有机物分子中所有碳原子不可能共平面【答案】D【解析】A. 乙苯的同分异构体有二甲苯（包括邻位、对位、和间位）三种苯的同系物，还可能分子中不存在苯环，如等，故A错误；B. 丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成BrCH2CH Br CH3，不可能生成BrCH2CH2CH2Br，故B错误；C. 己二酸（）分子中含有羧基，能够发生取代反应、可以与氧气发生燃烧反应，即氧化反应，但不能发生加聚反应，故C错误；D. 有机物分子中含有饱和碳原子，导致该六元环上的碳原子不可能共面，故D正确；故选D。点睛：本题的易错点为A，容易受到乙苯结
6、构的暗示，本题中没有附加同分异构体的限制条件，因此乙苯的同分异构体很多，可以含有苯环，也可以不含苯环。4. 下列实验操作能达到实验目的的是A. 用点燃的方法除去CO，中少量的COB. 在蒸发皿中蒸发氣化镁溶液制备无水氯化镁C. 室温下测定等浓度的醋酸和盐酸的pH比较二者酸性强弱D. 用酸性高锰酸钾溶液检验氣化亚铁溶液中的亚铁离子是否存在【答案】C【解析】A. CO2中少量的CO不能被点燃，故A错误；B. 氯化镁水解生成挥发性的氯化氢，加热后水解沉淀增大，蒸干得到氢氧化镁，故B错误；C. 盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸部分电离，等浓度的醋酸和盐酸的pH值盐酸小于醋酸，故C正确；D. 氯离子也能
7、使酸性高锰酸钾溶液被还原而褪色，故D错误；故选C。 5. 为了强化安全管理，某油库引进了一台空气中汽油含量的测量仪，其工作原理如图所示（用强酸性溶液作电解质溶液)。下列说法中不正确的是 A. 石墨电极作正极，发生还原反应B. 铂电极的电极反应式为： C8H18 +16H2O-50e-= 8C02+50H+C. H+由质子交换膜左侧向右侧迁移D. 每消耗标准状况下5.6 L02溶液 中通过1 mol电子【答案】D【解析】A石墨作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A正确；B铂电极上锌C6H18失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式：C8H18+16H2O-50e-8CO2+50H+，故B正确；
8、C阳离子移向正极，所以H+由质子交换膜左侧向右侧迁移，故C正确；D未指明标准状况下，无法计算，故D错误；故选D。点睛：本题考查了原电池原理，根据元素化合价的变化来确定正负极的电极反应式是解题的关键。本题中，铂电极上锌C6H18失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式：C8H18+16H2O-50e-8CO2+50H+，石墨作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式：4H+O2+4e-2H2O。6. 常温下，0.1 mol. L-l的某二元酸的溶液中可能存在的含A粒子（H2A、HA+、A2-）的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列说法中不正确的是A. H2A 的电离方程式为 H2A #HA
9、_+H+，HAH+A2-B. Na2A溶液一定呈碱性，NaHA溶液一定呈酸性C. 常温下，电离常数K(HA-)=10-3D. W点的溶液中PH= 3-lg3【答案】A【解析】A、二元酸H2A溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA-，HA-H+A2-，故A错误；B. 根据A的分析，Na2A溶液水解显碱性，NaHA溶液不水解，只存在电离显酸性，故B正确；C. 根据图像，pH=3时，c(HA-)=c(A2-)，常温下，电离常数K(HA-)= 10-3，故C正确；D. W点c(HA-)=0.075mol/L，c(A2-)=0.025mol/L，则溶液中c(
10、H+)=3 10-3 mol/L，pH=3-lg3，故D正确；故选A。点睛：本题考查了根据图象分析二元酸的电离特点，关键是从图象分析出第一步完全电离。本题的难点是D，要注意根据电离平衡常数计算，温度不变，电离平衡常数不变。7. 主族元素A、B、C, D的原子序雌数次增加。甲、丙、戊是由这些元素组成的二元化合物，丙分子中原子个数比为1:1，乙是元素D的单质，通常为深红棕 色液体，丁为淡黄色固体，0.01 molL-1戊溶液的PH为2，己为难溶于水、密度比水大的油状物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法中不正确的是 A. 四种元素既不同周期也不同主族B. 元素的非金属性ABCC. 丙常温常压下为
11、气态D. C的最高价氧化物对应的水化物为强酸【答案】C【解析】主族元素A、B、C、D的原子序数依次增加。甲、丙、戊是由这些元素组成的二元化合物，丙分子中原子个数比为1:1,乙是元素D的单质，通常为深红棕色液体，乙为溴，D为Br元素； 0.01molL-1戊溶液的pH为2，则戊为HBr，丁为淡黄色固体，则丁为S，则甲为H2S，己为难溶于水、密度比水大的油状物，根据框图，乙与丙在催化剂作用下发生取代反应，则己为溴苯，丙为苯，则A、B、C、D分别为H、C、S、Br。A.根据上述分析， 四种元素既不同周期也不同主族，故A正确；B. 根据题周期，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，题意主族，从上到下，元素
12、的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性AB2H20=Mn02 +2Mn04-+40H-_。在K2Mn04溶液中加入足量稀硫酸，可观察到的现象是_。常温下，在0.512 mol L-1 K2Mn04溶液中，当pH由14时 K2Mn04的转化率为4/9,则该反应的平衡常数的值为_。在其他条件不变的条件下，适当升温有利于降低K2Mn04的转化率，则该反应的H_0 (填“大于”“小于”或“等于”)。（3）碳酸锰是一种重要的工业原料。工业生产中常用复分解法生产MnC03: MnS04+2NH4HC03=MnC03+(NH4)2S04+C02+H20。反应中通常需加入稍过量的 NH4HCO3,且控制溶液的pH
13、为6.87.4。溶液的pH不能过低也不能过高，原因是_。设MnS04溶液为0.19 mol L-1，则溶液的pH最高不能超过_。己知 MnC03、Mn(OH)2 的Ksp 分别为 1.8 10-11 和 1.910-13(4)制备单质锰的实验装置如图，阳极以稀硫酸为电解液，阴极以硫酸锰和硫酸混合液为电解液，电解装置中表示溶液中阴离子移动的方向。铂电极的电极反应式为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 1 (6). 小于 (7). (8). 8.0 (9). (10). 【解析】(1) 高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5H2C
14、2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O，故答案为：5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O； 前40秒KMnO4溶液的浓度变化了0.016mol/L，则草酸的浓度变化为1.6mol/L=0.04mol/L， v(草酸)= =110-3molL-1s-1，故答案为：110-3molL-1s-1； 40s-65s的反应速率比前40s快，可能的原因是Mn2+是此反应的催化剂，随着反应的进行，开始生成Mn2+，且浓度越来越大，故答案为：Mn2+是此反应的催化剂，随着反应的进行，开始生成Mn2+，且浓度越来越大；(2) 根据反应3MnO42-+2H2OMnO
15、2+2MnO4-+4OH-，向MnO4-溶液中加入足量稀硫酸，氢氧根离子浓度减小，平衡正向移动，溶液由绿色变为紫色，并有黑色固体生成，故答案为：溶液由绿色变为紫色，并有黑色固体生成； 常温下，在0.512 mol/L K2MnO4溶液中，当pH=14时，c(OH-)=1 mol/L K2MnO4的转化率为4/9，平衡时K2MnO4的浓度为0.512 mol/L(1-)，KMnO4的浓度为0.512 mol/L=0.512 mol/L，则该反应的平衡常数的值为=1，故答案为：1； 在其他条件不变的条件下，适当升温有利于降低K2MnO4的转化率，说明降低温度，平衡正向移动，则该反应的H0，故答案为
16、：小于；(3)加入稍过量的NH4HCO3能提高MnSO4的装化率，使MnCO3沉淀完全，溶液的pH不能过低，否则H+可与MnCO3，NH4HCO3反应，溶液的pH也不能过高，pH过高MnCO3会生成Mn(OH)2沉淀，故答案为：使MnCO3沉淀完全；MnCO3沉淀量少，NH4HCO3与酸反应(或MnCO3、NH4HCO3与酸反应溶解)；根据MnCO3、Mn(OH)2的Ksp分别为l.810-11和1.910-13。Mn(OH)2开始沉淀的c(OH-)= =10-6 mol/L，pH=8，因此使MnCO3沉淀完全，而且不生成Mn(OH)2，溶液的pH 最高不能超过8，故答案为：pH过低沉淀量少；
17、pH过高MnCO3会生成Mn(OH)2 ； 8.0。(4)电解池工作时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，由阴离子移动方向可知石墨为阳极，铂极为阴极，阴极发生还原反应，生成锰的同时，氢离子得到电子被还原生成氢气，铂电极的电极反应式为Mn2+2e=Mn、2H+2e-=H2，故答案为：Mn2+2e=Mn、2H+2e-=H2。10. 高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途。实验室用氯化钠、废铁屑、稀硫酸、氢 氧化钾溶液等为原料，通过以下过程制备高铁酸钾(K2Fe04):（1）Na202的电子式为_。（2）操作I的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、隔绝空气减压干燥的目的是_。（3）气体X为 _
18、 ，写出FeS04与Na202反应的化学方程式: _。（4）最终在溶液中可得到K2Fe04晶体的原理是_。（5）已知K2FeO4在水溶液中可以发生：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体）+80H-+302 ，则K2Fe04可以在水处理中的作用是_。（6）称取提纯后的K2Fe04样品0.2100g于烧杯中，加入强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强睃性，配成250 mL溶液，取出25.00 mL放入锥形瓶，用O.OlOOOmol L-1的 (NH4)2Fe(S04)2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(S04)2溶液30.00 mL。 则该K2Fe04
19、样品的纯度为 _。【答案】 (1). (2). (3). O2 (4). (5). (6). (7). 94.3%【解析】 (l) Na2O2属于离子化合物，电子式为，故答案为：；(2)操作I的目的是从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁固体，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、隔绝空气减压干燥。其中隔绝空气减压干燥可以将FeSO47H2O转变成不含结晶水的FeSO4，同时防止亚铁离子被氧化，故答案为：将FeSO47H2O转变成不含结晶水的FeSO4，同时防止亚铁离子被氧化；(3)过氧化钠与硫酸亚铁反应时，过氧化钠能够与水反应生成氧气，根据流程图， FeSO4与Na2O2反应的化学方程式为FeSO4+
20、4Na2O2=Na2FeO4+2Na2O+Na2SO4+O2，故答案为：O2；FeSO4+4Na2O2=Na2FeO4+2Na2O+Na2SO4+O2；(4)根据流程图，0时K2FeO4的溶解度比Na2FeO4、NaOH、KOH和Na2SO4的溶解度小，可以从溶液中通过冷却结晶获得K2FeO4 晶体，故答案为：0时K2FeO4的溶解度比Na2FeO4、NaOH、KOH和Na2SO4的溶解度小； (5)根据反应4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2,，K2FeO4 具有氧化性，能够杀菌消毒，生成的Fe(OH)3(胶体)具有吸附性，可以除去水中的悬浮物，故答案为：杀菌
21、消毒、净水；(6)根据反应Cr(OH)4-+FeO42-Fe(OH)3+CrO42-+OH-和Cr2O72-+6Fe2+14H+ 6Fe3+2Cr3+ 7H2O，可得关系式2FeO42-Cr2O72-6Fe2+，根据题意可知，(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.03L0.01000mol/L=0.0003mol，所以高铁酸钾的质量为0.0003mol198g/mol=0.198g，所以K2FeO4样品的纯度为 100%=94.3%，故答案为：94.3%。点睛：本题考查实验制备方案、氧化还原反应的离子方程式的书写、物质的分离提纯、对条件与操作的分析评价、纯度的计算等，是对学生综合能力的考
22、查。本题的难点是(3)方程式的书写，要注意答案不唯一，FeSO4+(2+2n)Na2O2= Na2FeO4+2nNa2O +Na2SO4+nO2 (n为正整数)。11. （1）基态As原子的核外电子排布式为Ar_，有 _个未成对电子。（2）As 与 N是同主族元素,从原子结构角度分析：为什么As的最高价含氧酸H3As04是三元酸(含三个羟基)，而N的最高价含氧酸HN03是一元酸（只含一个羟基）_。（3）比较下列氢化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_。（4）Na3As03中Na、As、0电负性由大至小的顺序是_。MsO33-的空间构型为_ ,AsO33-中M的杂化轨道类型为_杂化。（5）砷化
23、镓(GaAs)为黑灰色固体，熔点为1238。该晶体属于_晶体，微粒之间存在的作用力是_。（6）图为GaAs的晶胞，原子半径相对大小足符合事实的，则白球代表_原子。已知的GaAs的密度为5.307 gcm-3， Ga和As的相对原子质量分别为69.72、74.92，求晶胞参数a=_pm (列出计算式即可)。【答案】 (1). (2). 3 (3). (4). (5). (6). 三角锥形 (7). 原子 (8). (9). 共价键 (10). Ga (11). 【解析】(l)As为33号元素，基态As原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p3，4p3中的3个电子未成对，故答案为：3d104s
24、24p3；3；(2) N原子半径太小，又没有d轨道，容纳不了多个羟基，因此HNO3是一元酸，而As 原子半径较大，且有d轨道，可以容纳多个羟基，因此H3AsO4是三元酸，故答案为：N原子半径太小，又没有d轨道，容纳不了多个羟基；(3)根据表格数据可知，除NH3外，其余三种氢化物的熔、沸点均随相对分子质量的增大而升高，因为NH3能形成分子间氢键；其他三种氢化物的组成和结构均相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强，故答案为：除NH3外，其余三种氢化物的熔、沸点均随相对分子质量的增大而升高。原因是NH3能形成分子间氢键；其他三种氢化物的组成和结构均相似，相对分子质量依次增大，分子间相互
25、作用力逐渐增强；(4) 元素的非金属性越强，电负性越大，Na、As、O电负性由大至小的顺序为OAsNa。AsO33-中As的价层电子对数为3+(5+3-23)=4，采用sp3杂化，含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，故答案为：OAsNa；三角锥形；sp3；(5)根据砷化稼(GaAs)的熔点为1238可以判断，该晶体属于原子晶体，微粒之间存在共价键，故答案为：原子； 共价键； (6)Ga和As为与同一周期，Ga的原子半径比As 大，因此白球是Ga原子；晶胞中含有Ga原子数为8+6=4，As原子数为4,1mol晶胞的质量为4(69.72+74.92)g，GaAs的密度为5.307gcm3，则晶胞
26、的边长为1010pm，故答案为：Ga；1010。12. 阿托酸甲醋A(C10H1002)是一种用于辅助胃肠道痉挛及溃疡的药物，其合成路线如下图所示:请回答下列问题：（1）试剂X是甲醇，则B的名称是_, B中含有的官能团的名称为_。（2）写出反应的化学方程式 ：_。（3）C的分子式为_ ,写出C的最简单同系物的名称_。G的结构简式为_。（4）A的同分异构体中，能使溴的四氯化碳溶液褪色、能水解、能发生银镜反应、含有苯环且只有一个取代基的同分异构体有_种。写出其中核磁共振氢谱吸收峰最多的一种 _(写结构简式)。（5）图（无机试剂任选)：_。合成反应流程图表示方法示例如下：【答案】 (1). 阿托酸
27、(2). 羧基、碳碳双键 (3). (4). (5). 苯乙烯 (6). (7). 8 (8). (9). (l)试剂X是甲醇，则B为阿托酸，为，其中含有的官能团有羧基、碳碳双键，故答案为：羧基、碳碳双键；(2)反应为的水解反应，反应的化学方程式为，故答案为：；(3) C为，分子式为C9H10，C的最简单同系物为苯乙烯。根据上述分析，G G为，故答案为：C9H10；苯乙烯； (4) A为。A的同分异构体中，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键、能水解说明含有酯基、能发生银镜反应说明含有醛基，因此属于甲酸酯、含有苯环且只有一个取代基的同分异构体有、，共8种，其中核磁共振氢谱吸收峰最多的一种为或或，故答案为：8；或或；(5)以甲基丙烯()为原料制备甲基丙烯酸()。可以首先由甲基丙烯与溴加成，然后水解生成，在氧化生成，继续氧化生成，最后将羟基消去即可，合成路线为 ，故答案为： 。点睛：本题考查了有机合成与推断。本题的难点是(4)中同分异构体的书写和数目判断。书写时，要尽量把主链(包括苯环)写直，不要写得扭七歪八的，以免干扰自己的视觉；思维一定要有序，防止重写、漏写。