1、湖南省衡阳市第八中学2018届高三（实验班）上学期第三次月考理综-化学试题1. 设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A. 1mol乙酸、乙醇和甲酸甲酯的混合物中含有的碳原子数为2NAB. 46gNa与一定量O2完全反应生成Na2O和Na2O2时转移的电子数为3NAC. 0.5L1molL-1的NaHS溶液中含有的HS-、S2-的总数为0.5NAD. 2molNO和1molO2充分反应后,体系中含有的NO2分子数为2NA【答案】A【解析】A、乙酸、乙醇和甲酸甲酯的分子中均含有2个碳原子，无论以怎样的比例混合，1mol乙酸、乙醇和甲酸甲酯的混合物中含有的碳原子数为2NA，故A正确；B
2、、 46gNa只能提供2mol电子，故B错误；C、NaHS溶液中含有的HS-、S2-、H2S三种含硫原子的粒子， 0.5L1molL-1的NaHS溶液中含有的HS-、S2-、H2S的总数为0.5NA，故C错误；D、2NO2N2O4，得到的产物是NO2和N2O4的混合物，故D错误；故选A。2. 下列说法正确的是A. 2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：8B. 2H2S+SO23S+2H2O中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1C. 3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O中，被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为2：
3、1D. 5NH4NO34N2+2HNO3+9H2O中，反应中发生氧化反应和发生还原反应的氮原子物质的量之比为5：3【答案】D【解析】A、2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，所以高锰酸钾作氧化剂、HCl作还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：10=1：5，故A错误；B、2H2S+SO23S+2H2O中，该反应中S元素化合价由-2价、+4价变为0价，所以S既是氧化产物又是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，故B错误；C、3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O中
4、，该反应中S元素化合价由0价变为-2价和+4价，S既被氧化又被还原，被氧化和被还原的S元素的质量之比为1：2，故C错误；D、5NH4NO34N2+2HNO3+9H2O中，该反应中N元素化合价由-3价、+5价变为0价，所以硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，反应中发生氧化反应和发生还原反应的氮原子物质的量之比为5：3，故D正确；故选D。3. 汽车尾气中含有NO2、NO和CO等有害气体，现取标准状况下22.4 L汽车尾气，研究发现该气体通过催化转化器后，上述三种有害气体可被完全转化为无害的N2和CO2，再取等体积尾气通入0.1 mol/L 50 mL NaOH溶液中，其中的NO2和NO恰好被完全吸收。则尾
5、气中CO的体积分数可能为(说明：汽车尾气中其它成分气体与CO和NaOH溶液均不反应)A. 0.4% B. 0.8% C. 2% D. 4%【答案】B.点睛：本题考查混合物计算，关键是利用原子守恒计算二氧化氮与NO总体积，再利用极限法进行分析解答。NO2和NO恰好被完全吸收，发生反应：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，由元素守恒可知：钠原子与氮原子物质的量相等，即n(NO2+NO)=n(NaOH)，当全部为NO2时，CO的体积最大，全部为NO时，CO的体积最小，计算出CO体积分数范围。4. 如图是常温下部分短周期元素，最高价氧化
6、物对应水化物的等物质的量浓度稀溶液的pH值与原子序数的关系图，其中H的氧化物是两性氧化物。下列说法正确的是A. 元素B对应的氢化物比J对应的氢化物熔沸点更高，原因是B的氢化物中的键能比J中的大。B. 根据图形分析可知，K、L两种元素最高价氧化物对应的水化物的酸性，前者较强。C. 晶体IC2熔化时克服的化学键和晶体KC2与水反应时克服的化学键，类型相同。D. 元素K、H、G分别形成的简单离子的半径逐渐减少【答案】C【解析】图中所列元素均为短周期元素，F. G、H的最高价氧化物对应水化物呈碱性，A. B. I、J、K、L的最高价氧化物对应水化物呈酸性，其中H的氧化物是两性氧化物，则H为Al，由溶液
7、pH及原子序数，可推知A为碳、B为氮、C为氧、D为氟、E为Ne、F为Na、G为Mg、I为Si、J为P、K为S、L为Cl。A. 由于NH3分子之间存在氢键，沸点高于PH3，与键能无关，故A错误；B. 常温下相同浓度时，硫酸溶液的pH较小(比较氢离子浓度)，但从电离的难易程度和元素非金属性的强弱比较，高氯酸的酸性强于硫酸，故B错误；C. 晶体SiO2属于原子晶体，熔化时克服共价键，晶体SCl2属于共价化合物，与水反应时克服共价键，故C正确；D. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层结构不同的离子，电子层数越多离子半径越大，故离子半径：S2Mg2+Al3+，故D错误；答案选C。5.
8、 已知298K时，某碱MOH的电离平衡常数Kb=1.010-5；电离度a=。在20.00mL0.1000mol/LMOH溶液中滴加0.10mol/L盐酸，测得溶液的pH、温度与所加盐酸的体积的关系如图所示。下列说法不正确的是A. a点对应的溶液中:c(OH-)=(M+)+9【答案】D【解析】A. a点为0.1000mol/LMOH溶液，存在电荷守恒，c(OH-)=c(M+)+c(H+)，故A正确；B. b点溶液显酸性，若V。=20.00mL，则恰好生成MCl，水解显酸性，与图像吻合，故B正确；C. 298K时，MOH的电离平衡常数Kb=1.010-5，0.1000mol/LMOH溶液中，1.0
9、10-5=，则c(M+)=1.010-3，因此MOH的电离度a=100%=1%，故C正确；D. 298K时，将0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，假设电离的MOH的物质的量为x，则Kb=1.010-5=，加入MCl抑制MOH的电离，MOH的电离度1%，则x0.001，因此c(OH-)1.010-5，则c(H+)1.010-9，pH9，故D错误；故选D。点睛：本题考查酸碱混合的定性判断，把握酸碱混合后的溶质、盐类水解、电荷守恒为解答本题关键。注意选项D为解答的难点，需要根据电离平衡常数解答，温度不变，电离平衡常数不变。6. 己知在pH为45的溶液中，Cu2+几乎不水解，
10、而Fe3+几乎完全水解。某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量。该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2(SO4)3杂质的CuSO4溶液中加入过量的黑色粉末X，充分搅拌后将滤液用下图所示装置电解，其中某电极增重ag，另一电极上产生标准状况下的气体VmL。下列说法正确的是A. 铜电极连接电源正极 B. 铜的相对原子质量的计算式是C. 黑色粉末X是铁粉 D. 石墨电极上发生的反应是4OH-4e-=O2+2H2O【答案】D【解析】用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量，一极增重ag，另一极上产生气体，所以用石墨做阳极、铜做阴极，铜电极连接电源负极，故A错误；用惰性电极电解CuS
11、O4溶液，阳极生成氧气、阴极生成铜，根据电子守恒 ，M= ，故B错误；用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量，须加入氧化铜，除去硫酸铜溶液中的Fe2(SO4)3杂质，所以粉末X是氧化铜，故C错误；石墨是阳极，石墨电极上发生的反应是4OH-4e-=O2+2H2O，故D正确。点睛：除去硫酸铜溶液中的杂质硫酸铁，加入适量的氧化铜或氢氧化铜，消耗氢离子，使铁离子水解平衡正向移动，生成氢氧化铁沉淀而除去。7. 紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。下列说法正确的是A. 紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体B. 1mol中间体X最多能与2molH2发生加成反应C
12、. 维生素A1易溶于NaOH溶液D. 紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】紫罗兰酮与中间体X分子式不同，不属于同分异构体，故A错误；中间体X含有2个碳碳双键、1个醛基，1mol中间体X最多能与3molH2发生加成反应，故B错误；维生素A1难易溶于NaOH溶液，故C错误；紫罗兰酮含有碳碳双键，所以可使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。8. 某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：装置分别进行的操作现象i. 连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞ii. 连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3Fe(CN)6溶液铁片表面产生蓝色沉淀（1）小组同学认为以上两种检验方法，均
13、能证明铁发生了吸氧腐蚀。实验i中的现象是_。用电极反应式解释实验i中的现象：_。（2）查阅资料：K3Fe(CN)6具有氧化性。据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是_。进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：实验滴管试管现象0.5 molL1K3Fe(CN)6溶液iii. 蒸馏水无明显变化iv. 1.0 molL1NaCl 溶液铁片表面产生大量蓝色沉淀v. 0.5 molL1Na2SO4溶液无明显变化a. 以上实验表明：在有_存在条件下，K3Fe(CN)6溶液可以与铁片发生反应。b. 为探究Cl的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验i
14、ii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl的作用是_。（3）有同学认为上述实验仍不够严谨。为进一步探究K3Fe(CN)6的氧化性对实验ii结果的影响，又利用(2)中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是_(填字母序号)。实验试剂现象A酸洗后的铁片、K3Fe(CN)6溶液(已除O2)产生蓝色沉淀B酸洗后的铁片、K3Fe(CN)6和NaCl混合溶液(未除O2)产生蓝色沉淀C铁片、K3Fe(CN)6和NaCl混合溶液(已除O2)产生蓝色沉淀D铁片、K3Fe(CN)6和盐酸混合溶液(已除O2)产生蓝色沉淀（4）综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是：连好
15、装置一段时间后，取铁片(负极)附近溶液于试管中，_(回答相关操作、现象)，则说明负极附近溶液中产生了Fe2，即发生了电化学腐蚀。【答案】 (1). 碳棒附近溶液变红 (2). O24e2H2O = 4OH (3). K3Fe(CN)6可能氧化Fe生成Fe2，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2的检验 (4). Cl (5). Cl破坏了铁片表面的氧化膜 (6). AC (7). 滴加K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀【解析】试题分析： (1).连好装置构成原电池，铁是负极，电极反应是 ，碳棒是正极，电极反应是 ；（2）K3Fe(CN)6具有氧化性，K3Fe(CN)6可能氧化Fe生成Fe2；a
16、.根据实验iii可知单纯K3Fe(CN)6不与铁反应、根据实验 Iv可知有氯化钠存在时，K3Fe(CN)6与铁反应、根据实验v可知，在有硫酸钠存在时K3Fe(CN)6不与铁反应；b、将铁片用酸洗涤，破坏铁表面的氧化膜； 氧气能把铁氧化为Fe2、盐酸能把铁氧化为Fe2；（4）取铁片附近溶液于试管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则证明铁发生了电化学腐蚀。解析： (1).连好装置构成原电池，铁是负极，电极反应是 ，碳棒是正极，电极反应是，所以实验i中的现象是碳棒附近溶液变红；（2）K3Fe(CN)6具有氧化性，K3Fe(CN)6可能氧化Fe生成Fe2，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe
17、2的检验；a.根据实验iii可知单纯K3Fe(CN)6不与铁反应、根据实验 Iv可知有氯化钠存在时，K3Fe(CN)6与铁反应、根据实验v可知，在有硫酸钠存在时K3Fe(CN)6不与铁反应，所以以上实验表明：在有Cl存在条件下，K3Fe(CN)6溶液可以与铁片发生反应，b、补充实验表明Cl的作用是破坏了铁片表面的氧化膜；(3)将铁片用酸洗涤，破坏铁表面的氧化膜； 氧气能把铁氧化为Fe2、盐酸能把铁氧化为Fe2；所以能证实以上影响确实存在的是AC；（4）取铁片附近溶液于试管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则证明铁发生了电化学腐蚀。点睛：钢铁在中性或碱性溶液中发生吸氧腐蚀，铁失电子
18、发生氧化反应做负极，正极是氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子；钢铁在酸性或碱性溶液中发生析氢腐蚀，正极是氢离子得电子发生还原反应生成氢气。9. 呋喃甲酸是抗菌素一种，在食品工业中作防腐剂，也作涂料添加剂、医药、香料等中间体，可用呋喃甲醛制备，其实验原理和制备步骤如下：步骤提纯过程：溶解活性炭脱色趁热过滤冷却结晶抽滤洗涤干燥。已知：呋喃甲酸在100升华，133熔融，230-232沸腾，并在此温度下脱羧；呋喃沸点为31-32，易溶于水；无水氯化钙能与醇形成复合物。（1）步骤的关键是控制温度，其措施有：磁力搅拌、_和_。（2）步骤中干燥所使用的干燥剂可选用_。A98%浓硫酸 B无水硫酸镁 C无水碳
19、酸钠 D无水氯化钙（3）呋喃甲酸在A、B、C三种溶剂中溶解度（s）随温度变化的曲线如图：步骤提纯时，合适的溶解溶剂是_，其理由_。（4）利用呋喃甲酸可以制取八甲基四氧杂夸特烯。仪器a的名称:_，装置b的作用：_；脱羧装置中用冰盐浴的目的是_；确定产品为八甲基四氧杂夸特烯，可通过测定沸点，还可采用的检测方法有_。若用4.5g呋喃甲酸制得了0.5g八甲基四氧杂夸特烯（M=432gmol-1），则产率为_（保留4位有效数字）。【答案】 (1). 冷水浴 (2). 缓慢滴加NaOH溶液 (3). BC (4). A (5). 随温度升高溶解度增加较快 (6). 圆底烧瓶 (7). 防止水蒸气进入，溶入
20、呋喃 (8). 呋喃易挥发，冰浴减少挥发，提高产率 (9). 检测产品的核磁共振氢谱和红外光谱等 (10). 11.52%【解析】(1).制备呋喃甲酸的反应H0，为放热反应，呋喃甲酸在100升华，133熔融，230232沸腾，并在此温度下脱羧，制备呋喃甲酸需保持温度为812，温度过高会降低其产率，反应温度较高，控制温度可用冷水浴法；搅拌也可以散热控制温度，所以还可用磁力搅拌的方法，让反应速率减小控制温度，所以可用缓慢滴加NaOH溶液的方法，故答案为：冷水浴；缓慢滴加NaOH溶液；(2).步骤中有机层为呋喃甲醇，醇易被浓硫酸氧化，呋喃甲醇遇酸易聚合并发生剧烈爆炸，氯化钙在醇和醚中会有一定的溶解度
21、，如果用作干燥剂，就会有残留到提取液中，所以不选，可选用无水硫酸镁或无水碳酸钠作干燥剂，故答案为：BC；(3).由溶解度曲线可知：呋喃甲酸在A. B. C三种溶剂中的溶解度：在溶剂物质A、B中的溶解度随温度的升高而增大，且在A中溶解度随温度变化大，在溶剂物质c中的溶解度随温度的升高而减小，步骤提纯过程：溶解活性炭脱色趁热过滤，所以选择合适的溶剂是A，故答案为：A；随温度升高溶解度增加较快；(4).根据仪器的特征，仪器a为圆底烧瓶，装置b中碱石灰是碱性干燥剂，而呋喃易溶于水，所以装置图中装置b的作用是吸收生成的CO2，防止水蒸气进入，溶入呋喃，故答案为：圆底烧瓶；防止水蒸气进入，溶入呋喃；.由于
22、呋喃易挥发，冰浴可以降低温度减少挥发，提高产率，故答案为：呋喃易挥发，冰浴减少挥发，提高产率；.检验有机物结构的方法可以是核磁共振氢谱和红外光谱等，故答案为：检测产品的核磁共振氢谱和红外光谱等；10. 硫代硫酸钠（Na2S2O3)可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3 + S Na2S2O3，常温下溶液中析出晶体为Na2S2O35H2O。Na2S2O35H2O于4045熔化，48分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如下图所示。现按如下方法制备Na2S2O35H2O：将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏
23、斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按下图安装好装置。（1）仪器2的名称为_，装置6中可放入_(填字母)。A.BaCl2溶液 B.浓H2SO4 C.酸性KMnO4溶液 D.NaOH溶液（2）打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：Na2CO3+SO2 =Na2SO3+CO2 Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S2H2S+SO2=3S+2H2O Na2SO3+SNa2S2O3总反应为：2Na2S+Na2CO3+4SO2= 3Na2S2O3+CO2随着二氧化硫气体的通入，看到溶液
24、中有大量浅黄色固体析出，继续通二氧化硫气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7理由是_（用离子方程式表示）。分离Na2S2O35H2O并标定溶液的浓度：（3）为减少产品的损失，操作为_，操作是抽滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用_（填试剂）作洗涤剂。（4）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高_。（5）称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7（摩尔质量294g/mol）0.5880克。平均分成3份分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI
25、并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3+7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-， 三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为20.00mL，则所标定的硫代酸钠溶液的浓度为_mol/L。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). CD (3). S2O32-+2H+S+SO2+H2O (4). 趁热过滤 (5). 乙醇 (6). 温度过高会导致析出的晶体分解 (7). 0.2000【解析】(1)根据仪器的构造可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；由于实验中有SO2生成，而SO2是大气污染物，不能随意排
26、放，需要尾气处理，装置6的作用是吸收SO2，防止污染空气，SO2是酸性氧化物，且具有还原性，所以可用酸性高锰酸钾溶液或氢氧化钠溶液吸收，选CD，故答案为：蒸馏烧瓶；CD；(2)因为在酸性条件下，硫代硫酸钠易歧化反应生成SO2、S和水，反应的离子方程式是S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，所以溶液pH要控制不小于7，故答案为：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O；(1)由于硫代硫酸钠的溶解度随温度的升高而降低，所以操作I应该是趁热过滤；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：趁热过滤；乙醇；(2)由于Na2S2O35H2O于4045熔化，48分解，所以蒸发时要控制温度不宜过高的原因是温度过高会导致析出的晶体分解，故答案为：温度过高会导致析出的晶体分解；(3)根据反应的方程式可知：K2Cr2O73I26 Na2S2O31mol 6molmol c0.02000L=，解得c=0.2000mol/L，故答案为：0.2000。点睛：解得本题需要充分注意题示信息，如洗涤硫代硫酸钠的洗涤剂的选择等。本题的易错点为硫代硫酸钠浓度的测定，需要根据方程式找出Na2S2O3与K2Cr2O7和I2的关系，然后进行解答。