1、2018-2019学年度高三上学期第一次月考试题理科综合化学部分本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。共100分。可能用到的相对原子量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cu：64第I卷选择题一、选择题（共6小题，每题6分，共36分，在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1.下列说法不正确的是A. 利用植物油的加成反应可以制得人造黄油B. 纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要C. 75%的酒精可使蛋白质变性从而起到消毒作用D. 可用和HCHO为原料合成【答案】B【解析】【详解】A项，人造黄油的主要原料是植物油，利用植物油的加成反应可以
2、制造黄油，故A项正确；B项，人体内没有能够水解纤维素相应的酶，纤维素在人体内只能加快胃肠的蠕动，不能在人体内水解，故B项错误；C项，75%酒精是有机溶剂，会使蛋白质的结构被破坏而变性从而达到消毒目的，故C项正确；D项，和HCHO为原料发生缩聚反应生成，故D项正确。正确选项B。2.燃料电池作为安全性能较好的一类化学电源得到了更快的发展，一种以联氨（N2H4）为燃料的环保电池工作原理如图所示，工作时产生稳定无污染的物质。下列说法正确的是A. M极生成氮气且电极附近pH降低B. 负极上每消耗1 mol N2H4，会有2 molH+通过质子交换膜C. 正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH
3、-D. 电极M是原电池的正极【答案】A【解析】【分析】根据图中氢离子的移动方向可知电极N为正极，电极M为负极，燃料电池中的联氨在负极发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，氧气在正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O。据以上分析进行解答。【详解】根据图中氢离子的移动方向可知电极N为正极，电极M为负极，燃料电池中的联氨在负极发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，氧气在正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O。A项，结合分析可知电极M为负极，电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，生成氮气，且会生成H+，导致
4、电极M附近的pH降低，故A项正确；B项，结合分析可知电极M为负极，联氨在负极发生氧化反应，根据电极反应式可知每消耗 1molN2H4，转移4mol电子，会有4molH+通过质子交换膜，故B项错误；C项，结合分析可知正极的电极反应式：O2+4H+4e-=2H2O，故C项错误；D项，根据图中氢离子的移动方向可知电极N为正极，电极M为负极，故D项错误；正确选项A 。3.下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是序号事实推论A与冷水反应，Na比Mg剧烈金属性：Na MgBCa(OH)2的碱性强于Mg(OH)2金属性：Ca MgCSO2与NaHCO3溶液反应生成CO2非金属性：S CDt时，Br
5、2+H22HBr K = 5.6107I2+H22HCl K = 43非金属性：Br IA. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A、用与水反应的剧烈程度判断元素金属性的强弱，与冷水反应，Na比Mg剧烈，说明Na的金属性比Mg强，正确；B、用对应碱的碱性判断元素金属性的强弱，Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2，金属性：Ca Mg，正确；C、SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强，不能说明S与C的非金属性的强弱，错误；D、相同温度时，溴与碘和氢气化合的难易程度说明溴的非金属性比碘的非金属性强，正确，答案选C。考点：考查元素金属性、非金属
6、性的判断依据4.能正确表示下列反应的离子方程式是（）A. 大理石溶于醋酸中：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OB. 向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+C. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4H+4ClMn2+2Cl2+2H2OD. 浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3+6H+Fe3+3NO2+3H2O【答案】B【解析】【详解】A.大理石溶于醋酸的反应，碳酸钙和醋酸都不能拆开,正确的离子方程式为: CaCO3+2CH3COOHCa2+CO2+H2O+2CH3COO-，故A错误； B.氢氧化铁比氢氧化镁更难溶,向FeC
7、l3溶液中加入Mg（OH）2,发生反应: 3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+，B正确；C. MnO2与浓盐酸反应氯化锰、氯气、水，离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故C错误；D.浓硝酸中加入过量铁粉并加热,离子方程式为Fe+2NO3+4H+Fe2+2NO2+2H2O，故D错误；正确选项B。【点睛】掌握相关物质的性质是解答的关键，主要判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合原化学方程式。5.下列
8、图中的实验方案，能达到实验目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、验证氯化铁溶液对双氧水的分解有催化作用时溶液的温度应该相同，A错误；B、制备和收集氨气装置均正确，B正确；C、二氧化锰氧化浓盐酸制备氯气需要加热，C错误；D、碳酸钠溶液中的导管不能插入溶液中，以防止倒吸，D错误，答案选B。点睛：选项A是解答的难点和易错点，注意控制变量法探究影响化学反应速率的因素。影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。解答此类题时，要清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的
9、量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。6.高炉炼铁过程中发生的主要反应为：Fe2O3(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)；在1000时，平衡常数为4.0；在1300时，平衡常数为3.5。下列说法中，正确的是（ ）A. 平衡常数的表达式为：K=B. 在1000时，10L的密闭容器中，加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1mol，10min达到平衡，(CO2)=0.006mol/(Lmin)C. 一段时间以后，铁的量不再变化，不能说明该反应达到平衡D. 下图表示不同温度下，CO的转化率与时间关系图像【答案】B【解析】【详解】A.反应为：1/3 Fe2O
10、3(s)+CO(g) 2/3Fe(s)+CO2(g)；平衡常数的表达式为：K=c(CO2)/c(CO), A错误；B. 在1000时，令平衡时CO的物质的量变化为nmol,容器的体积为10L；则：1/3 Fe2O3(s)+CO(g) 2/3Fe(s)+CO2(g)起始量 1 1变化量 n n平衡量 1-n 1+ nK=c(CO2)/c(CO)= （1+ n）10/(1-n)10=4, n=0.6mol, (CO2)=0.6/(1010)= 0.006mol/(Lmin), B正确；C. 反应的不断进行，铁的量就在发生变化，一段时间以后，铁的量不再变化，说明该反应达到平衡状态，C错误；D. 在1
11、000时，平衡常数为4.0；在1300时，平衡常数为3.5，温度升高，平衡常数减小，所以该反应正反应为放热反应，升高温度，速率加快，平衡左移，CO的转化率应该降低，而图示的结果正好相反，D错误；正确选项B。第II卷 非选择题二、非选择题（共4小题，共64分）7.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素请回答下列问题：（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为_（3）Y在周期表中的位置是_（4）比较W、X、Y、Z四种元素简单离子的半径大小（用化学式表示，下同）
12、：_；比较Y、Z的气态氢化物稳定性强弱：_（5）X的硝酸盐水溶液显_性，用离子方程式解释原：_（6）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为：_（7）Z的最高价氧化物为无色液体，0.25mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出Q kJ的热量写出该反应的热化学方程式：_（8）以N2、H2 为电极反应物,以HClNH4Cl为电解质溶液制造新型燃料电池,放电过程中,溶液中NH4+浓度逐渐增大,写出该电池的正极反应式:_【答案】 (1). Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O (2). (3). 第三周期第A族 (4). S 2ClNa+Al3+ (5). HCl (6)
13、. H2S (7). 酸性 (8). Al3+3H2OAl（OH）3+3H+ (9). SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl (10). Cl2O7（l）+H2O（l）2HClO4（aq）H=4QkJmol1 (11). N28H+6e2NH4+【解析】【分析】通过题给问题分析可知，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素；W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，W为钠，X为铝；W与Y可形成化合物W2Y，Y为硫，因为W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，所以Z为氯；据以上分析解答。【详解】(1)W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水,则W是金属钠
14、,X是金属铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能和强碱反应生成盐和水,该反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O ；正确答案：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O。 (2) W是金属钠，W与Y可形成化合物W2Y,则Y是非金属硫,硫化钠使钠离子和硫离子间通过离子键形成的离子化合物，电子式为:；正确答案:。 （3）Y为硫元素，核电荷数为16，原子结构示意图为，在周期表中的位置是第三周期第A族；正确答案：第三周期第A族。 （4）W为钠，X为铝，Y为硫，Z为氯，四种元素简单离子分别为Na+ 、Al3+ 、S 2、Cl；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以：S 2Cl
15、，Na+Al3+ ；电子层数多的，离子半径大，所以四种元素简单离子的半径大小S 2ClNa+Al3+；Y、Z的气态氢化物分别为H2S和HCl，由于非金属性Cl S，所以气态氢化物稳定性HClH2S；正确答案：S 2ClNa+Al3+；HCl H2S。（5）X为铝，硝酸铝为强酸弱碱盐，铝离子能够水解，离子方程式：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+ 水解后溶液显酸性；正确答案：酸性； Al3+3H2OAl（OH）3+3H+ 。 （6）Y为硫，Z为氯，Y的低价氧化物为SO2通入Cl2的水溶液中，发生反应生成硫酸和盐酸，化学方程式为： SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；正确答案：SO2
16、+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl。（7）Z为氯，氯的最高价氧化物为Cl2O7， Cl2O7（l）与水反应生成HClO4，0.25mol Cl2O7（l）与水反应生成HClO4放出Q kJ的热量，则1mol Cl2O7（l）与水反应生成HClO4放出4Q kJ的热量，反应的热化学方程式：Cl2O7（l）+H2O（l）2HClO4（aq）H=4QkJmol1；正确答案：Cl2O7（l）+H2O（l）2HClO4（aq）H=4QkJmol1。(8)在N2+3H2=2NH3反应中，氮气做氧化剂，在正极得电子被还原为NH3，在HClNH4Cl为电解质溶液中，N2被还原的产物为NH4+，正极反应式:
17、 N28H+6e2NH4+；正确答案：N28H+6e2NH4+。8.有机化工原料1,4-二苯基-1,3-丁二烯及某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：（1）抗结肠炎药物有效成分分子中的含氧官能团名称是_。（2）中的反应条件是_；G生成J的反应类型是_。（3）的化学方程式是_。（4）F的结构简式是_。（5）的化学方程式是_。（6）设计DE和FG两步反应的目的是_。（7）1,4-二苯基-1,3-丁二烯有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_。a结构中有两个苯环，无其它环状结构 b苯环上的一硝基取代产物有两种【答案】 (1). 羟基 羧基 (2).
18、光照 (3). 取代反应 (4). (5). (6). (7). 保护酚羟基（防止酚羟基被氧化） (8). 【解析】【详解】（1）根据抗结肠炎药物有效成分分子结构简式，可知其含氧官能团名称是羟基和羧基；正确答案：羟基和羧基。（2）甲苯的侧链卤代的条件与烷烃相同，都是光照；G生成J的反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，所以反应类型是取代反应；正确答案：光照； 取代反应。（3）根据抗结肠炎药物有效成分分子的结构简式判断，D为邻甲苯酚，所以B为邻氯甲苯，的化学方程式是；正确答案：。（4）根据已知得D到E应是保护酚羟基的反应，E到F是甲基被氧化的反应，所以F的结构简式为；正确答案：。（5）由1,4-二苯基
19、-1,3-丁二烯得结构简式及已知的反应方程式判断发生消去反应，化学方程式是：；正确答案：。（6）D到E把酚羟基转化为酯基，目的是防止E到F步骤中酚羟基被氧化，F到G又把酯基还原为酚羟基，所以整体作用是保护酚羟基（防止酚羟基被氧化）；正确答案：保护酚羟基（防止酚羟基被氧化）。 （7）根据题目要求1,4-二苯基-1,3-丁二烯的同分异构体中的苯环上的一硝基取代产物有两种， 2个苯环所连取代基应完全相同，且2个苯环是对称结构，所以考虑1个苯环即可；苯环上的一硝基取代产物有两种，说明每个苯环上都有对位取代基，所以同分异构体的结构简式为；正确答案 、。【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的
20、书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。9.研究小组用下图装置制取Cl2，证明产生的气体中含有HCl。 （1）仪器A的名称为_；A中反应的离子方程式为_。（2）甲同学将A中产生的气体通入下列溶液：实验序号试剂现象a紫色石蕊溶液bAgNO3溶液出现白色沉淀实验a中的现象为_。不能证明产生的气体中含有HCl的实验是_（填字母序号）。（3）已知将HCl气体通入饱和食盐水中有白色固体析出。乙同学将A中产生的气体通入饱和食盐水中，有白色固体析出，但该实验不能证明气体中含有HCl，结合化学用语解释其原因：_。（4
21、）已知：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。丙同学将A中产生的气体通入蒸馏水中，得到溶液X，进行以下实验证明气体中含有HCl。I测定X中溶解的Cl2。取25.00 mL溶液X，加入过量KI溶液，然后用0.04 molL-1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2，达滴定终点时消耗Na2S2O3溶液V mL。II测定X中Cl元素总量。另取25.00 mL溶液X，选用适当的还原剂将溶解的Cl2全部还原为Cl-，再用0.10 molL-1 AgNO3溶液滴定所得溶液中的Cl-。X中的HClO不会影响I的测定结果，原因是_。由I、II 中实验数据可证明A中产生的气体中含有HCl，则II中消耗0.10
22、 molL-1 AgNO3溶液的体积应大于_mL（用含V的代数式表示）。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). MnO2 + 4H+ 2Cl-Cl2+ 2H2O +Mn2+ (3). 溶液先变红再褪色 (4). a、b (5). Cl2+ H2OHCl+HClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl-)增大，也能析出晶体 (6). 答案一：生成1 mol HClO需消耗1 mol Cl2， HClO也有氧化性，1 mol HClO和1 mol Cl2均能将2 mol KI氧化成I2。答案二：Cl2+ H2OHCl+HClO，Cl2发生反应时，上述平衡逆向移动，相当于Cl2全部参与氧化I-的反应。
23、 (7). 0.4V【解析】【详解】（1）该仪器没有支管，是圆底烧瓶；二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2 + 4H+ 2Cl-Cl2+ 2H2O +Mn2+ ；正确答案：圆底烧瓶；MnO2 + 4H+ 2Cl-Cl2+ 2H2O +Mn2+。(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸电离产生氢离子，溶液显酸性，紫色石蕊试剂显红色，次氯酸具有漂白性，使变红的溶液褪色，所以，看到的现象为先变红再褪色；正确答案：溶液先变红再褪色。 由于氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸电离出氢离子和氯离子，溶液显酸性，氯离子遇到银离子产生白色沉淀，所以ab都不能证明产生的气体中含有HC
24、l；正确选项ab。(3) Cl2+ H2OHCl+HClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl-)增大，使氯化钠的沉淀溶解平衡右移，所以能析出氯化钠晶体；正确答案：Cl2+ H2OHCl+HClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl-)增大，也能析出晶体。 (4)HClO也有氧化性，1molHClO能将2molKI氧化成I2，生成1molHClO需消耗1molCl2，相当于也是1molCl2将2molKI氧化成I2；或者从平衡角度解释也可以，Cl2+ H2OHCl+HClO，Cl2发生反应时，上述平衡逆向移动，最终盐酸和次氯酸都消耗完，相当于Cl2全部参与氧化I的反应；正确答案：答案一：生成1
25、molHClO需消耗1 molCl2， HClO也有氧化性，1mol HClO和1molCl2均能将2 molKI氧化成I2。答案二：Cl2+ H2OHCl+HClO，Cl2发生反应时，上述平衡逆向移动，相当于Cl2全部参与氧化I-的反应。1mol氯气对应1mol碘，对应2mol硫代硫酸根离子，所以氯气的物质的量（0.04V103）/2=0.02V103mol， 根据Cl22Cl-2AgCl-2Ag+关系可知，银离子的物质的量为0.04V103mol，所以硝酸银溶液的体积Vn/c0.4V103L=0.4V mL；A中产生的气体若是含有氯化氢，氯化氢也会与硝酸银反应，所以消耗硝酸银溶液的体积应大
26、于0.4V mL；正确答案：0.4V。10.以锌锰废电池中的碳包（含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质 ）为原料回收MnO2的工艺流程如下：I.将碳包中物质烘干，用足量稀HNO3溶解金属单质，过滤，得滤渣a；II.将滤渣a在空气中灼烧除去碳粉，得到粗MnO2；III.向粗MnO2中加入酸性H2O2溶液，MnO2溶解生成Mn2+，有气体生成；IV. 向III所得溶液（pH约为6）中缓慢滴加0.50 molL-1 Na2CO3溶液，过滤，得滤渣b，其主要成分为MnCO3；V. 滤渣b经洗涤、干燥、灼烧，制得较纯的MnO2。（1）中Ag与足量稀HNO3反应生成NO的化学方程式为_。（2）已知II
27、的灼烧过程中同时发生反应：MnO2(s)+C(s) = MnO(s) + CO (g) H=+24.4 kJ mol -1MnO2(s)+CO(g) = MnO(s)+CO2(g) H=-148.1 kJ mol -1写出MnO2和C反应生成MnO和CO2的热化学方程式：_。（3）H2O2分子中含有的化学键类型为_、_。（4）III中MnO2溶解的离子方程式为_，溶解一定量的MnO2，H2O2的实际消耗量比理论值高，用化学方程式解释原因：_。（5）IV中，若改为“向0.50 molL-1 Na2CO3溶液中缓慢滴加III所得溶液”，滤渣b中会混有较多Mn(OH)2沉淀，解释其原因：_。（6）V
28、中MnCO3在空气中灼烧的化学方程式为_。【答案】 (1). 3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O (2). 2MnO2(s)+C(s)= 2MnO(s)+CO2(g) H =-123.7 kJmol-1 (3). 极性键 (4). 非极性键 (5). MnO2 +H2O2 +2H+ =Mn2+ +O2+2H2O (6). 2H2O2O2+2H2O (7). Na2CO3溶液pH7显碱性，III所得溶液pH约为6 显弱酸性，后者滴加到前者中，溶液中c(OH-)较大，Mn2+与OH-生成Mn (OH)2沉淀（或答CO32-的水解平衡正向移动生成Mn (OH)2沉淀） (8). 2Mn
29、CO3 + O2 2MnO2 + 2CO2【解析】【分析】（1）稀硝酸具有强氧化性，与银反应生成一氧化氮、硝酸银和水；（2）依据盖斯定律进行解析；（3同种非金属元素间易形成非极性共价键，不同种非金属元素之间易形成极性共价键；（4）MnO2 与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，同时，在二氧化锰作催化剂的条件下，双氧水发生分解；（5）改为向0.50 molL-1 Na2CO3溶液中缓慢滴加含有锰离子的溶液，碳酸根离子水解平衡右移，生成Mn(OH)2沉淀；（6）碳酸锰在空气中灼烧，能够被氧气氧化生成二氧化锰和二氧化碳；【详解】（1）中Ag 与足量稀HNO3反应生成NO、AgNO3；化学方程式为：
30、3Ag+4HNO3 =3AgNO3 +NO+2H2O；正确答案：3Ag+4HNO3 =3AgNO3 +NO+2H2O。（2）MnO2(s)+C(s) = MnO(s) + CO (g) H=+24.4 kJ mol -1；MnO2(s)+CO(g) = MnO(s)+CO2(g) H=-148.1 kJ mol -1，根据盖斯定律+得到2MnO2(s)+C(s)= 2MnO(s)+CO2(g) H =-123.7 kJmol-1 ；正确答案：2MnO2(s)+C(s)= 2MnO(s)+CO2(g) H =-123.7 kJmol-1。（3）H2O2为共价分子，含有氧氧非极性键和氢氧极性键；正
31、确答案：极性键；非极性键。 （4）粗MnO2 中加入酸性H2O2溶液， MnO2溶解生成Mn2+ ，锰元素得电子，化合价降低，H2O2中氧元素失电子化合价升高，得到氧气，化学方程式为MnO2 +H2O2 +2H+ =Mn2+ +O2+2H2O；由于常温下存在过氧化氢分解，2H2O2O2+2H2O，所以加入H2O2的实际消耗量比理论值高；正确答案：MnO2 +H2O2 +2H+ =Mn2+ +O2+2H2O； 2H2O2O2+2H2O。 （5）碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，向0.50 molL-1 Na2CO3溶液中缓慢滴加所得溶液（显弱酸性），由于c(OH-)较大，Mn2+与OH-生成Mn(OH)2沉淀；正确答案：Na2CO3溶液pH7显碱性，III所得溶液pH约为6 显弱酸性，后者滴加到前者中，溶液中c(OH-)较大，Mn2+与OH-生成Mn (OH)2沉淀（或答CO32-的水解平衡正向移动生成Mn(OH)2沉淀）。 （6）MnCO3在空气中灼烧得到MnO2，锰元素失电子化合价升高，氧元素得电子化合价降低，化学方程式为2MnCO3 +O2 2MnO2 + 2CO2；正确答案：2MnCO3 + O2 2MnO2 + 2CO2。【点睛】本题为综合题，考察了方程式的书写，反应热的计算，化学平衡的移动，题目难度较大，熟悉相关知识是解题的关键，注意盖斯定律求反应热的方法。