1、2017-2018学年上学期聊城一中理科综合试题化学试题1. 化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是（ ）A. K2FeO4是新型净水剂，其净水原理与明矾完全相同B. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质C. 棉花的主要成分是纤维素，石英玻璃、陶瓷和水泥均属于硅酸盐产品D. 为延长瓜果或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收其释放的气体【答案】D【解析】A. K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，且消毒过程中自身被还原成铁离子，铁离子水解生成的氢氧化铁胶体能吸附除去水中的悬浮杂质，明矾中的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体能吸附除去水中的
2、悬浮杂质，所以K2FeO4的净水原理与明矾不完全相同，故A错误；B. 硅胶、生石灰是用来吸水的，其作用是防止食品变潮，故B错误；C. 石英玻璃不属于硅酸盐产品，故C错误；D. 乙烯可以促进果实成熟，为延长瓜果或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收其释放的乙烯气体，故D正确。故选D。2. 设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是（ ）A. 1.8g H2O与CH2D2的混合物中所含质子数为NAB. 1mol甲烷或白磷(P4)分子中所含共价键数均为4NAC. 1mol CH3COOC2H5在稀硫酸溶液中水解可得到乙醇分子数为NAD. 25时，1LpH=1的H2SO4溶液中含有的H
3、+数为0.2NA【答案】A【解析】A、H2O与CH2D2的摩尔质量都为18g/mol，分子中所含的质子数都为10个，故1.8g H2O与CH2D2的混合物为0.1mol，质子数为0.110NA=NA，正确；B、一个甲烷分子是以碳原子为中心与四个氢原子形成四个共价键，一个白磷分子是以四个磷原子为顶点形成的正四面体，共价键数为6，故1mol甲烷和白磷(P4)分子中所含共价键数分别为4NA和6NA，错误；C、酯在酸性条件下的水解是可逆反应，故1mol CH3COOC2H5在稀硫酸溶液中水解得到乙醇分子数小于NA，错误；D、25时，pH=1则c(H+)=0.1mol/L，1LpH=1的H2SO4溶液中
4、含有的H+数为0.1NA，错误。答案选A。3. 下列关于有机化合物说法正确的是（ ）A. 可用高锰酸钾溶液鉴别甲苯、环己烯与溴苯B. 是由单体CH2=CHCH3和CH2=CH2发生加聚反应的产物C. 石油裂解和油脂皂化都是由高分子化合物生成小分子物质的过程D. 淀粉与纤维素互为同分异构体，二者水解的最终产物相同【答案】B【解析】A. 甲苯、环己烯都可以被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色，所以不可用高锰酸钾溶液鉴别甲苯、环己烯，故A错误；B. 是由单体CH2=CHCH3和CH2=CH2发生加聚反应的产物，故B正确；C. 石油裂解就是石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃，油
5、脂皂化就是油脂在碱性条件下的水解，都是由小分子化合物生成小分子物质的过程，故C错误；D. 淀粉与纤维素的聚合度不同，况且淀粉和纤维素都是混合物，所以它们不互为同分异构体，故D错误。故选B。4. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】A点睛：解答本题的难点是选项D。复分解反应发生的条件是生成沉淀或气体或难电离物质。当可能生成不同类型物质时，生成对于反应发生更有利的物质。氢硫酸酸性弱于硫酸，发生反应CuSO4+H2S=CuS+H2SO4比CuS+H2SO4 =CuSO4+H2S更有利。5. 下图所示转化关系中A、B、C均为双原
6、子气态单质，分别由短周期主族元素X、Y、Z组成。其中单质B含共用电子对数最多，甲和丙分子中均含有10个电子。下列说法错误的是（ ）A. Z元素位于第二周期第VIA族B. 可用排水法收集化合物乙C. 元素X、Y、Z的原子半径大小关系为XZO，因此，元素X、Y、Z的原子半径大小关系为XZ”、“=”或“”、“=”或“ (7). (8). 【解析】本题主要考查乙炔的工业制法。（1）该反应的化学方程式为C2H28HNO3H2C2O42H2O8NO22H2O；实际生产中硝酸可循环利用而不被消耗，用方程式说明：3NO2H2O=2HNO3NO，2NOO2=2NO2。（2）每生成64g CaC2固体吸收464k
7、J热量，则该反应的热化学方程式为CaO(s)3C(s)=CaC2(s)CO(g) H=464kJmol1；4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu+H3PO4+4H2SO4，PH38e-，每去除1 mol PH3，该反应中转移电子的物质的量为8mol；电石法工艺流程简单、容易操作、乙炔纯度高，缺点是消耗大量的电能或污染严重。（3）该反应的Kp随着温度升高而增大，可见升温平衡右移，该反应的H0；图中G点在一定温度下达到平衡的过程中，浓度商增大，所以v(正) v(逆)； 10. 砷为VA族元素，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。I冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，可用
8、化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：已知：As2S3与过量的S2存在以下反应：As2S3(s)+3S2(aq) 2AsS33(aq)；亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。（1）亚砷酸中砷元素的化合价为_；砷酸的第一步电离方程式为_。（2）“一级沉砷”中FeSO4的作用是_；“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为_。（3）沉淀X为_(填化学式)。冶炼废渣中的砷元素主要以As2S3的形式存在，可用古氏试砷法半定量检测(As的最低检出限为3.0106g)。步骤1：取10g废渣样品，粉碎后与锌粉混合，加入H2SO4共热，生成AsH3气体。步骤2：将AsH3气体通入AgNO3溶液中
9、，生成银镜和As2O3。步骤3：取1g废渣样品，重复上述实验，未见银镜生成。（4）AsH3的电子式为_.（5）步骤2的离子方程式为_。（6）固体废弃物的排放标准中，砷元素不得高于4.0105gkg1，则该排放的废渣中砷元素的含量_(填“符合”、“不符合”)排放标准.【答案】 (1). 3 (2). H3AsO4HH2AsO4 (3). 沉淀过量的S2，使As2S3(s)3S2(aq) 2AsS33(aq)平衡左移，提高沉砷效果 (4). H3AsO3H2O2=H3AsO4H2O (5). CaSO4 (6). (7). 12Ag2AsH33H2O=12AgAs2O312H (8). 不符合【解
10、析】本题主要考查金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物的处理与检测。I（1）根据化合物中元素化合价代数和为0，由H3AsO3中H为+1和O为-2计算可得亚砷酸中砷元素的化合价为+3；砷酸的第一步电离方程式为H3AsO4HH2AsO4。（2）“一级沉砷”中FeSO4的作用是沉淀过量的S2，Fe2+S2-FeS，使As2S3(s)3S2(aq) 2AsS33(aq)平衡左移，提高沉砷效果；“二级沉砷”中H2O2将亚砷酸氧化为砷酸，最终生成溶解度较小的砷酸盐，H2O2与含砷物质反应的化学方程式为H3AsO3H2O2=H3AsO4H2O。（3）沉淀X为CaSO4 。（4）AsH3的电子式为。（5）步骤2的离
11、子方程式为12Ag2AsH33H2O=12AgAs2O312H。（6）1g废渣样品As的质量小于3.0106g即3.0103gkg14.0105gkg1，则该排放的废渣中砷元素的含量不符合排放标准。11. （1）基态铜原子的核外电子排布式为_ ，有_个未成对电子（2）已知A和B为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：下列有关A、B的叙述不正确的是_ a. 离子半径AB b. 电负性AB d. A、B的单质均能与氧化物发生置换反应 e. A的氧化物具有两性 f. A、B均能与氯元素构成离子晶体（3）科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键,又含有氢键,其结构示意图可简单表示如下：胆矾的
12、化学式用配合物的形式表示为_胆矾中SO42的空间构型为_ ，H2O中氧原子的杂化类型为_（4）写出一种与CN互为等电子体的分子的电子式_，Na4Fe(CN)6中的化学键类型为_（5）用晶体的X射线衍射法对铜的测定得到以下结果：铜的晶胞为面心立方最密堆积，又知该晶体的密度为 gcm3,晶胞中该原子的配位数为_；Cu的原子半径为_cm（阿伏伽德罗常数为NA）【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar 3d104s1 (2). 1 (3). bf (4). Cu(H20)4SO4H2O (5). 正四面体 (6). sp3 (7). 或 (8). 离子键、配位键、极性键
13、(9). 12 (10). 【解析】本题主要考查物质结构。（1）基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar 3d104s1 ，有1个未成对电子（2）A的I4突增，A是铝，B的I3突增，B为镁。下列有关A、B的叙述不正确的是bf。a.电子层结构相同离子的半径随着核电荷数增大而减小，所以离子半径AB ，故b不正确；c. A的原子半径较小，自由电子较多，使得A的金属键较强，所以单质的熔点AB ，故C正确；d. 2Mg+CO22MgOC ，2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，所以A、B的单质均能与氧化物发生置换反应 ，故d正确；e. 氧化铝既能与酸反应，又能与碱反
14、应 ，故e正确；f. 氯化铝是共价化合物，故f不正确。故选bf。（3）胆矾的化学式用配合物的形式表示为Cu(H20)4SO4H2O。胆矾中SO42的中心原子硫原子的价层电子对为4，所以SO42的空间构型为正四面体，H2O中中心原子氧原子的价层电子对为4，所以氧原子的杂化类型为sp3。（4）等电子体的原子数、价电子数相等，一种与CN互为等电子体的分子的电子式：或，Na4Fe(CN)6中的化学键类型为离子键、配位键、极性键。（5）晶胞中该原子的配位数为12；晶胞平均含有4个铜原子，4个铜原子的质量为464g/NA，晶胞体积为256/(NA) cm3，晶胞边长a与Cu原子半径r的关系为a=4r，a3
15、=256/(NA)，因此，Cu的原子半径为cm。12. H是合成抗炎药洛萦洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）G中官能团名称是_；反应的反应类型为_。（2）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。（3）C的结构简式为_；E的结构简式为_ 。 （4）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式：_。能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应III核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1（5）仿照G的合成路线，设计一种由合成的合成路线_。【答案】 (1). 酯基 (2). 取代反应 (3). (4). (5). (6). (7). (8). 【解析】根据流程可
16、推断：A为苯，苯与HCHO、HCl在ZnCl2的催化下发生反应生成B（），与NaCN发生取代反应生成C（），D与CH3I发生取代反应生成E（）；（1）G含的官能团是酯基；反应属于取代反应；（2）反应是苯与HCHO、HCl在ZnCl2的催化下发生反应生成和水，其化学方程式为；反应是F与甲醇的酯化反应，其化学方程式为；（3）C是与NaCN发生取代反应生成的；E是D与CH3I发生取代反应生成的；（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，能发生银镜反应说明结构中含有醛基，分子中只有两个氧原子，则应该有一个酚羟基和一个醛基，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1，结合碳原子个数，应该含有两个甲基且在苯环的对称位上，故满足条件的F的同分异构体的结构简式有：；（5）仿照H的合成路线，由合成的合成路线可以将与浓氢氯酸取代反应生成，与NaCN反应生成的，再酸化转化为苯乙酸，苯乙酸在浓硫酸作用下与苯甲醇发生酯化反应得到目标产物，流程如下：。点睛：本题通过有机合成流程考查考生对羟的衍生物的相互转化，解题的关键是根据反应条件以及参与反应的物质和前后物质官能团差异进行判断，得出物质之间的联系，从而得解，参照反应物流程中官能团变化得出仿照的合成路线。题目难度适中。
