2017-2018学年高三化学试卷 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 （一）选择题（第小题只有一个正确选项，第小题2分，共20分） 1.下列关于有机物的说法中，正确的一组是 ①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物 ②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O ③石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化。 ④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖 ⑤将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag ⑥除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶 A. ③⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②⑤ D. ②④⑥ 【答案】B 【解析】 试题分析：①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种混合物，错误。②汽油、柴油都是烃；而植物油是酯。错误。③石油的分馏、煤的气化和液化都是化学变化，错误。④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，正确。⑤将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag，铜是反应的催化剂，因此反应后称量的质量也是ag，正确。⑥由于乙烯可以与溴水发生加成反应，产生液态物质1,2-二溴乙烷，而甲烷不能与溴水反应，因此除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，正确。正确的是④⑤⑥，选项是B。 考点：考查关于有机物的说法的正误判断的知识。 2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有几个 ①12.0 g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA ②1mol Na2O 和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NA ③常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6 NA ④7.8 g中含有的碳碳双键数目为0.3 NA ⑤用1L1.0 mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA ⑥1mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2 NA个电子 ⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O 中，每生成3molI2转移的电子数为5 NA ⑧常温常压下，17 g甲基(-CH3)中所含的中子数为9 NA A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 ①n（NaHSO4）==0.1mol，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-，12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子物质的量为0.1mol，①错误；②Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比都为1:2，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，②正确；③NO2和N2O4的实验式都是NO2，n（NO2）==2mol，常温常压下92g的NO2和N2O4混合气体中所含原子物质的量为1L=1mol，根据反应6mol，③正确；④苯中不含碳碳双键，④错误；⑤n（FeCl3）=1.0mol/LFeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，生成1molFe（OH）3，氢氧化铁胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1mol，⑤错误；⑥若1molSO2全部反应则转移2mol电子，而SO2与O2的反应是可逆反应，1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，转移电子物质的量小于2mol，⑥错误；⑦用双线桥分析该反应：，每生成3molI2转移5mol电子，⑦正14确；⑧n（-CH3）==1mol，所含中子物质的量为8mol，⑧错误；正确的有②③⑦，答案选A。 点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主要考查物质的组成（③⑧）、物质的结构（②④）、溶液中粒子数的确定（⑤）、氧化还原反应中转移电子数（⑥⑦）、可逆反应（⑥）、电解质的电离（①），解题的关键是对各知识的理解和应用。 3.由下列实验及现象不能得出相应结论的是 选项 实验 向2 mL 0.01mol/L的 FeCl3溶溶液变为红色，加入铁粉后A 液中加入1滴KSCN溶液，再加红色褪去，变为浅绿色 入足量铁粉，充分振荡 加热盛有少量NH4HCO3固体的试湿润的红色石蕊试纸逐渐变B 管，并在试管口放置湿润的红蓝 色石蕊试纸 钠易与氧气反将一小块金属钠放置在空气钠表面变暗，加热时，钠燃C 中，一段时间后，将其放置在烧，发出黄色火焰 坩埚中加热 快 Na2O的速率加应，加热时生成生氨气 NH4HCO3分解产化性强 Fe比Fe的氧3+2+现象 结论 向2支盛有2 mL相同浓度银氨一支无明显现象，另一支产D 溶液的试管中，分别加入2滴生黄色沉淀 相同浓度的NaCl和NaI溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小 【详解】A．向2 mL 0.01mol/L的 FeCl3溶液中加入1滴KSCN溶液，溶液变为红色，是因为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，再加入足量铁粉，红色褪去，是因为发生2Fe3+ + Fe=3Fe2+，能说明Fe3+比Fe2+的氧化性强，故A正确；B．加热NH4HCO3固体生成氨气、水、二氧化碳和氨气，试管口放置的湿润红色石蕊试纸变蓝色，能够说明NH4HCO3分解产生氨气，故B正确；C．钠常温下与氧气反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠，加热时不能生成氧化钠，故C错误；D．Ksp小的先沉淀，则由现象可知相同温度下，AgCl 在水中的溶解度大于AgI的溶解度，故D正确；故选C。 4.已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列反应的离子方程式正确的有几个 弱酸 HCOOH HCN H2CO3 HClO 苯酚 K25℃ K=1.77×10-4 K1=4.3×10-7 K=4.9×10-10 K2=5.6×10-11 K=2.98×10-8 K=1.1×10-10 ①向苯酚钠溶液中通入少量的CO2:2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32- ②次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳:Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO ③次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳:2C1O-+H2O+CO2=2HClO+CO32- ④次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫:3ClO+SO2+H2O=SO4+2HClO+Cl ⑤纯碱溶液中滴加少量甲酸:2HCOOH+CO3=2HCOO+H2O+CO2↑ ⑥碳酸钠溶液中通入过量氯气:Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO- ⑦NaCN溶液中通入少量的CO2:CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCN A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】B 【解析】 -2--①根据表中数据可知，苯酚的酸性弱于H2CO3而强于HCO3，则苯酚能与CO3反应生成HCO3，尽管苯2---2--酚钠溶液中通入少量的CO2，反应也只能生成C6H5OH和NaHCO3，①错误，②因为次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-， 所以次氯酸钙溶液中通入少量CO2，生成物是HClO 和CaCO3沉淀，②正确，③由-于次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3，所以次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，生成物只能是HClO和NaHCO3，③错误，④由于HClO具有强氧化性，将SO2氧化为H2SO4，而自身还原为Cl，但由于次氯酸钠量多，生成的硫酸又与次氯酸钠反应生成次氯酸，所以④正确，⑤甲酸的酸性强于碳酸，但甲酸量少，与碳酸钠反应只能生成甲酸钠和碳酸氢钠，故⑤错误，⑥由于氯气过量，所以与碳酸钠反应的生成物为-CO2+Cl-+ClO-，故⑥错误，⑦由于HCN的酸性弱于H2CO3而强于HCO3，所以NaCN溶液中通入少量的CO2，-反应只能生成HCO3+HCN，⑦正确。所以本题有②④⑦三个正确，答案选B。 点睛：较强的酸可以置换较弱的酸，再加上量的限制，使本题很难快速解答。这些反应不仅与酸性强弱有关，还与氧化性还原性的强弱、通入气体量的多少有关，如：一般情况下少量CO2通入碱性溶液中生成CO3，过量CO2通入碱性溶液生成HCO3。 5.某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、SO42-、I－、CO32-，现取三份20 mL该溶液进行如下实验：①第一份加入足量盐酸，无任何气体产生；②第二份加入足量NaOH溶液，经搅拌、过滤、洗涤、灼烧，最后得到x g固体；③第三份滴加0.10 mol·L－1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应，消耗其体积为V mL；④另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧，发现火焰呈现黄色。根据上述实验，以下说法正确的是 A. 由实验②、③可判定原混合溶液中是否存在I－ B. 由实验①可推断原混合溶液中是否含有SO42- C. 由实验③可判定原混合溶液中是否含有Fe2＋ D. 原混合溶液中只存在Na＋、Fe3＋、SO42-，不可能存在K＋、CO32- 【答案】A 【解析】 2-3＋－①第一份加入足量盐酸，无任何气体产生，说明溶液中不含CO3离子，Fe和I不能同时存在；②第二-2--份加入足量NaOH溶液生成沉淀，说明溶液中含有Fe或Fe离子，或二者都有，根据最后得到xg固体，为氧化铁，可知总共含有的铁元素的物质的量为×2=mol；③第三份滴加0.10mol•L-1酸性KMnO42+－2+3+溶液，消耗其体积为VmL，说明溶液中含有还原性离子，含有Fe离子或I中的一种或2种，KMnO4的10-4mol，根据得失电子守恒，Fe2+离子或I－的物质的量之和为5V×10-4mol；④另用洁净的物质的量为V×+铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧，发现火焰呈现黄色，说明含有Na离子，但不能确定是否含有K+离子，须通过蓝色钴玻璃观察判断。A. 碘离子和亚铁离子与高锰酸根反应的比例是相同的，高锰酸根10-4mol≤mol，说明溶液中含有铁折算成亚铁离子，若折算后亚铁离子的物质的量不大于mol，即5V×10-4mol＞mol，说明溶液中没离子，则没有碘离子，若折算后亚铁离子的物质的量大于 mol，即5V×－有铁离子，则含有碘离子，因此由实验②、③可判定原混合溶液中是否存在I，故A正确；B. 根据实验C. 根据实验③无法判定原混合溶液中是否含有Fe，①无法推断原混合溶液中是否含有SO，故B错误；2+－只能判断含有Fe离子或I中的一种或2种，故C错误；D. 根据上述分析，无法判断原混合溶液中是否2＋存在K，故D错误；故选A。 6.由丁醇(X)制备戊酸(Z)的合成路线如图所示，不正确的是 ＋ A. Y的结构有4种 B. X、Z能形成戊酸丁酯，戊酸丁酯最多有16种 C. 与X互为同分异构体，且不能与金属钠反应的有机物有4种 D. 与Z互为同分异构体，且能发生水解反应的有机物有9种 【答案】C 【解析】 A、丁基有四种结构：，Y是丁基和溴原子结合而成，所以有四种结构，故A正确；B、戊酸丁酯中的戊酸，相当于丁基连接一个—COOH，所以有四种结构，而丁醇是丁基连接一个—OH，所以也有四种结构，因此戊酸丁酯最多有16种，故B正确；C、X为丁醇，其同分异构体中不能与金属钠反应的是醚，分别是C—O—C—C—C、C—C—O—C—C和共3种，所以C错误；D、Z是戊酸，其同分异构体能发生水解的属于酯类，HCOOC4H9有4种，CH3COOC3H7有2种，CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3，所以共9种，故D正确。本题正确答案为C。 点睛：注意B选项的戊酸丁酯的同分异构体还有很多，但题中要的是戊酸丁酯最多有多少种？这是很容易搞错的；本题正确解答的关键是掌握住丁基、丙基的结构有几种。 7.短周期元素a、b、c、d、e 的原子序数依次增大，由它们形成的化合物X、Y、Z、W 在一定条件下的相X的焰色反应呈黄色；Y是两性氢氧化物；0.1mol·L-1W互转化关系如图所示。已知X、Y、Z均含有d元素；溶液的pH为1。下列说法正确的是 A. e元素的含氧酸的酸性在同主族中最强 B. b元素的单质和氢化物可能具有氧化性和漂白性 C. c与e和a与e元素形成的化合物均属于电解质且化学键类型相同 D. b、c、d元素的离子半径大小顺序是 c＞d＞b 【答案】B 【解析】 【分析】 X的焰色反应呈黄色，应含有Na元素；Y是两性氢氧化物，应为Al(OH)3，0.1mol•L-1W溶液的pH为1，应为强酸，可为HCl，由转化关系可知，X为NaAlO2，Z为AlCl3，则a、b、c、d、e依次为H、O、Na、Al、Cl元素，以此解答该题。 【详解】A．如不是最高价氧化物的水化物，则e元素的含氧酸酸性不一定强，如HClO，为弱酸，故A错误；B．如为O3、H2O2，则具有漂白性和氧化性，故B正确；C．c与e和a与e元素形成的化合物分别为NaCl、HCl，分别为离子化合物、共价化合物，化学键类型不同，故C错误；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径b＞c＞d，故D错误；故选B。 【点睛】本题考查无机物的推断，把握焰色反应、pH计算、两性氢氧化物推断物质为解答的关键，W为HCl、Y为氢氧化铝为推断的突破口。本题的易错点为A，注意根据元素周期律判断酸性强弱时一定是最高价氧化物的水化物。 8.相同温度下，体积均为0.25 L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)＋3Y2(g) kJ·mol，实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示： 容器 容器①恒温恒容 容器②恒温恒压 下列叙述正确的是 A. 容器①、②中反应物X2的转化率相同 起始时各物质物质的量/mol 达平衡时体系能量的变化 X2 1 1 Y2 3 3 XY3 0 0 放热 23.15 kJ Q(Q＞0) －12XY3(g) ΔH＝－92.6 B. 达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2 mol·L C. 容器①、②达到平衡时间相同 D. 容器②， Q大于23．15 kJ 【答案】D 【解析】 A．该反应前后气体的物质的量不等，容器①、②中气体的压强不等，平衡状态不同，反应物X2的转化率不同，故A错误；B．该反应前后气体的物质的量不等，容器①、②中气体的压强不等，平衡状态不同，达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度不等，故B错误；C. 该反应前后气体的物质的量不等，容器①、②中气体的压强不等，反应速率不等，容器①、②达到平衡时间不同，故C错误；D．①容器中放出23.15kJ热量，则生成XY3的物质的量为：=0.5mol，容器②恒温恒压，反应过程中压强比容器①－1大，生成XY3的物质的量＞0.5mol，放出的热量多，即Q大于23．15 kJ，故D正确；故选D。 9.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（正确的是 ），其原理如下图所示，下列说法 A. B为电池的正极，发生还原反应 B. 电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极 C. A极的电极反应式为: D. 当外电路中有0.2mol e- 转移时，A极区增加的H+ 的数目为0.1NA 【答案】D 【解析】 原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，电流从正极经导线流向负极，则A．B为电池的负极，发生氧化反应，A错误；B．电流从正极A沿导线流向负极B，B错误；C．A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，C错误；D．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole转移时，通过质子交换膜的H的个数为0.2NA，而发生，则A极区增加的H的个数为0.1NA，D正确；答案选D。 10.在常温下，0.1000 mol·L－1 Na2CO3溶液25 mL用0.1000 mol·L－1盐酸滴定，滴定曲线如图。对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列说法不正确的是 +-+ A. a点：c(HCO3)>c(CO3)>c(OH) B. b点：5c(Cl－)>4c(HCO3-)＋4c(CO32-) C. c点：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3-)＋2c(H2CO3) D. d点：c(H＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－) 【答案】C 【解析】 0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余【详解】A．a点时n(HCl)=0.1mol/L×0.00125molNa2CO3，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则c(HCO3-)＞c(CO32-)，故A正确；B．b点时n(HCl)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3)，则5c(Cl-)＞4c(HCO3-)+4c(CO32-)，故B正确；C．c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应D．d点时加入盐酸0.005mol，生成NaHCO3，由于HCO3水解程度较弱，则有c(HCO3)＞c(OH)，故C错误；++-2---溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c(Na)+c(H)=c(HCO3)+2c(CO3)+c(OH)+c(Cl)，+-+-2--由于c(Na)=c(Cl)，则 c(H)=c(HCO3)+2c(CO3)+c(OH)，故D正确；故选C。 ----2-－【点睛】本题综合考查离子浓度的大小比较，本题注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答。本题的易错点为A，要注意相同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠的水解程度的大小。 （二）填空题(70分) 11.某学习小组用铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）制备Fe3O4纳米材料的流程示意图如下： 已知：步骤⑤中，相同条件下测得Fe3O4的产率与R()的关系如图所示。 （1）为提高步骤①的反应速率，可采取的措施是_______________________(任写一点) 。 （2）步骤②中，主要反应的离子方程式是___________________________________。 （3）浊液D中铁元素以FeOOH形式存在,步骤④中反应的化学方程式是________；步骤④中，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2目的是__________________。 （4）⑤反应的离子方程式为________________________________________________ ；步骤⑤中的“分离”包含的步骤有______________。 （5）设浊液D中FeOOH的物质的量为amol，滤液B中的铁元素的物质的量为bmol。为使Fe3O4的产率最高，则＝_________。（填数值，小数点后保留3位） 3+2+【答案】 (1). 搅拌、适当升高温度 (2). 2Fe + Fe ＝ 3Fe (3). 2Fe(OH)2 +H2O2＝2FeOOH + 2H2O
(4). 加热使其分解除去，防止其在步骤⑤中继续氧化＋2价铁元素 (5). 2FeOOH＋Fe2＋＋2OH－＋2H2O (6). 过滤、洗涤 (7). 0.636 【解析】 Fe3O4(1)这是在溶液中进行的反应，为了提高反应速率，可采用搅拌，或适当升高温度，或者适当增大盐酸的浓度； (2)由铁泥的主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe可知，在与盐酸反应后的滤液A中有FeCl3、FeCl2及剩余的HCl，所以加入铁粉后的反应有：2Fe3+ + Fe ＝ 3Fe2+和Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，其中主要的反应为2Fe3+ + Fe ＝ 3Fe2+； (3)浊液C为Fe(OH)2，而浊液D为FeOOH，所以步骤④的反应方程式为2Fe(OH)2 +H2O2 ＝2FeOOH + 2H2O，反应完成后继续加热，是为了除去H2O2，防止在与滤液B(即FeCl2)混合时氧化Fe2+； (4)根据转化关系可知，步骤⑤中反应物为浊液D中的FeOOH和滤液B中的Fe2+，结合反应环境，可写出2＋－反应的离子方程式为2FeOOH＋Fe＋2OHFe3O4＋2H2O；为了除去纳米Fe3O4中的浊液杂质，可用过滤、洗涤的方法进行分离； (5)已知浊液D中FeOOH的物质的量为amol，即Fe3＋的物质的量为amol，滤液B中的铁元素的物质的量为bmol，则与浊液D中FeOOH反应的Fe的物质的量为(b-a)mol，由图象可知当Fe3O4的产率最高时，=1.75=，则＝0.636。 2＋点睛：步骤⑤反应方程式的书写是本题出错点，关键是配平方程式时必须遵循电荷守恒和质量守恒，只能用OH进行配平；而a/b的计算时，要明确滤液B中的铁元素一部分生成浊液D中的FeOOH，另一部分再与浊液D中的FeOOH反应。 12.Ⅰ.如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A（g）+B（g）衡后，再恢复至原温度。回答下列问题： 2C（g）；反应达到平－ （1）可根据 _______________现象来判断甲乙都已达到平衡状态。 （2）达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度左侧a处，则a的取值范围是___________________。 （3）若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度1处，此时甲容积为2L，反应化学平衡常数为______________（带单位） Ⅱ.若一开始就将K、F如图固定，其他条件均不变，则达到平衡时： （1）测得甲中A的转化率为b，则乙中C的转化率为 _________________ ； （2）假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是 ____________________ 。 【答案】 (1). 活塞K和F不在移动 (2). 0(9). CH3CH2OH【解析】 (1)A的结构简式为以其结构简式为CH3COOH ，其名称为苯乙烯；A与HBr加成得B为溴代烃，水解后生成C为醇，所； (2)根据F的结构可知其中含氧官能团的名称为醛基和酯基；F中的醛基与氢气加成得G是醇，根据H的结构可推知反应Ⅱ是消去反应； (3)E是与乙醇发生酯化反应的产物，即，根据已知信息，E→F反应的化学方程式为+HCOOC2H5 C2H5OH +； (4)B的结构简式为邻、间、对3种，，含有苯环的同分异构体有的一溴代物有邻、间、对3种，1种，的一溴代物有1种，有的一溴代物有2种，的一溴代物有3种，一共13种；其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式有. 和两种； (5)首先将乙醇氧化得乙酸，然后乙酸与乙醇发生酯化反应得乙酸乙酯，两分子乙酸乙酯在碱的作用下进行酯缩合反应即得乙酰乙酸乙酯，转化关系为CH3CH2OH CH3COOH。
