甘肃省张掖市届高三上学期第一次质量检测考试化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精甘肃省张掖市2018届高三第一次质量检测考试理综化学试题1.“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是（）A。大力推广燃煤发电以满足工业发展的用电需求B.实施化石燃料脱硫脱硝技术,减少大气污染物的排放C.加强生活污水的除磷处理，遏制水体的富营养化D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料,实现“碳”的循环利用【答案】A2.下列关于有机物的说法中错误的是（）A。以苯甲醇为原料可制取苯甲酸B.苯不能与溴水发生加成反应C.糖类、油脂和蛋白质都可水解D.分子式为C5H12O的醇共有8种结构【答案】C【解析】A.醇羟基可以发生氧化反应，生成羧基，可以用苯甲醇为原料可制取苯甲酸，故A正确；B．苯也液溴在催化剂作用下能够反应,但是苯与溴水不反应,故B正确；C．糖类中的葡萄糖属于单糖，是不能水解的糖，故C错误;D．C5H12的异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH3、（CH3）4C,其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子,CH3CH2CH(CH3）CH3有4种H原子，(CH3）4C只有1种H原子，故—OH取代1个H得到的醇有3+4+1=8种,故D正确；故选C.点睛：本题的易错点为D，醇类含有—OH,C5H12O可以看做戊烷为-OH取代的产物，可以首先书写戊烷的同分异构体，再根据等效氢判断属于醇类的同分异构体数目.3。设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是(）A。1。0mol·L—1的CH3COONa溶液中所含CH3COO-的数目一定小于NAB。46g二氧化氮(NO2）所含的电子数为23NAC.标准状况下，2。24LCCl4中所含C—Cl键的数目为0。2NAD.将0.1molH2和0.2molI2充入密闭容器中充分反应后，生成HI的分子数为0.2NA【答案】B4.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物n是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,另一种产物q是能使品红溶液褪色的气体。下列说法正确的是(）A.原子半径：a〈b〈c<dB。m、n、q三种物质中均含有非极性共价键C。a、b、c三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离D.d的最高价氧化物对应的水化物是强酸【答案】D【解析】一种产物n能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，n应为氨气，另一种产物q是能使品红溶液褪色的气体，q应为二氧化硫，则m含有H、N、O、S元素，可知a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为S元素，化合物m在加热时完全分解为三种产物，m可能为（NH4)SO3或NH4HSO3，由以上分析可知a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为S元素,m可能为(NH4)SO3或NH4HSO3，n为NH3，q为SO2。A．电子层越多，原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径a＜c＜b＜d,故A错误；B．m、n、q三种物质中均含有极性共价键，不含非极性键，故B错误；C．a为H元素、b为N元素、c为O元素，如化合物为硝酸铵，可促进水的电离,故C错误；D．d为S元素，对应的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，为强酸，故D正确；故选D.点睛：本题考查无机物的推断，把握氨气、二氧化硫的性质及铵盐分解反应为解答的关键。本题的易错点为C，由N、H、O三种元素构成的物质有多种，如硝酸、亚硝酸、硝酸铵等。5。一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及电池中发生的主要反应如图所示。下列说法正确的是（）A.镀铂导电玻璃的作用是传递I-B.电池工作时，光能转变为电能,X

为电池的正极C。电解质溶液中发生反应:2Ru3++3I—=2Ru2++I3-D.电池的电解质溶液中I-和I3-的浓度均不断减小【答案】C【解析】由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应,电极反应为：2Ru2+-2e—═2Ru3+，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I—的混合物，I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3—+2e-=3I—。A、电池工作时，Y电极为原电池的正极，发生还原反应,则镀铂导电玻璃的作用是作正极材料，故A错误；B、由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，故B错误;C、电池工作时，负极反应为：2Ru2+-2e—═2Ru3+，正极反应为I3-+2e—=3I—，又Ru2+和Ru3+，I3—和I-相互转化，所以电解质溶液中发生2Ru3++3I-═2Ru2++I3—，故C正确；D、由电池中发生的反应可知，I3—在正极上得电子被还原为3I—，后又被氧化为I3-，I3-和I—相互转化,反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化,所有化学物质都没有被损耗，故D错误；故选C。6.25

℃时，体积均为20

mL、浓度均为0.1mol·L-1的两种酸HX、HY

分别与0。1mol·L-1的NaOH溶液反应，所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示.下列叙述正确的是（）A.Ka(HY）的数量级约为10-3B。a点c(X-)>b点c（Y—)C.HX发生反应的离子方程式为HX

+OH—=X—+H2OD.pH=7时，两种反应后的溶液中c(Y—

)>c（X-）【答案】B【解析】A。根据图像，0.1mol·L-1的HY

的pH=4，即c（H+)=10-4mol/L，则Ka（HY）===10-7,故A错误；B。根据图像，0.1mol·L-1的HX的pH=1，0.1mol·L-1的HY

的pH=4，说明HX为强酸，HY为弱酸，因此a点时溶质为NaX和HX，n(X—）=0。1mol/L×0.02L=0。002mol，；b点时溶质为NaY和HY，HY部分电离，n(Y-

)＜0.002mol,溶液体积相同,则c(X-)〉c（Y—),故B正确；C。HX为强酸,发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O,故C错误；D。pH=7时，HX为强酸，n（X—）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，c(X-）=0。05mol/L；HY为弱酸,pH=7时c（H+)=c（OH-）,溶质为NaY和HY,根据电荷守恒，有c(Y-

)=c（Na+），由于氢氧化钠溶液的体积小于HY溶液的体积,则c(Y-

）=c(Na+）＜0。05mol/L，因此c(Y—

)＜c（X—），故D错误；故选B。7。下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验操作实验目的A将二氧化硫气体通人紫色石蕊试液中，观察溶液颜色查化证明二氧化硫具有漂白性B向2mL1mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液．再加入3滴1mol·L—1MgCl2溶液证明Ksp［Mg（OH)2］〉Ksp［Fe(OH)3］C相同温度下，向两支盛有相同体积不同浓度H2O2溶液的试管中分别滴入适量相同浓度的CuSO4溶液和FeCl3溶液探究Cu2+、Fe3+对H2O2

分解速率的影响D向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴含NaClO的“84”消毒液，观察红色褪色快慢证明随溶液ph减小,“84”消毒液的氧化能力增强A.AB。BC。CD.D【答案】D【解析】试题分析：A．将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中，SO2与水反应产生H2SO3，该物质是酸，具有酸的通性，可以使紫色石蕊试液变为红色，不能证明其漂白性，错误；B．向2mL1mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L—1FeCl3,发生复分解反应产生Fe（OH)3沉淀，由于碱过量，试液再加入3滴1mol·L—1MgCl2溶液，会与NaOH溶液发生复分解反应产生Mg（OH)2沉淀,不能证明物质的溶度积常数的大小关系，错误;C．要探究Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响，应该使用的盐的阴离子相同，只有阳离子不同,才可以进行对比，错误；D．向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴NaClO的84消毒液，观察到滴有醋酸的品红溶液的红色褪色的快,说明溶液pH的减少,酸性增强，84消毒液的氧化能力增强，正确。考点：考查化学实验操作正误判断的知识。8。纳米碳酸钙是一种广泛应用于塑料、食品、医药、饲料等行业的重要无机填料。以磷石膏钙渣为原料制取高品质纳米碳酸钙的工艺流程如下：已知某磷石膏钙渣的主要成分及其含量如下表所示。CaOP2O5SO3Fe2O3Al2O3SiO2烧失量47。70%1。60%1.77%0。041%0。0027%9。85%37.69％请回答下列问题：（1)对磷石膏钙渣进行酸溶的目的是获得机制CaCl2溶液，为了提高溶出率，可以采取的措施有___________(填字母）。A．粉碎磷石膏钙渣B．增大盐酸浓度C．适当降低温度D．缩短酸溶时间(2）为了探究酸溶的工艺条件,称取6份各50g磷石膏钙渣，分别用不同浓度盐酸进行溶解，反应时间为30min，测得滤液中钙溶出率的结果如图所示，最适宜的盐酸浓度为___________。（3）精制是向粗制CaCl2溶液中通入氨气,控制溶液的pH，主要除去___________(填金属阳离子).（4)碳化时，先将精制CaCl2溶液稀释至一定体积，控制反应温度以及NH3和CO2的通入量,此过程中，通入气体有先后顺序,应先通入气体的化学式___________(填化学式)；碳化时发生反应的化学方程式为___________________________________________。（5）把CaCO3浊液滴入1。0mol·L—1的Na2SO3溶液中，能否产生CaSO3沉淀？___________。若不能,说明原因;若能，请从定量的角度简述判断依据:___________________________________。[已知：Ksp(CaSO3)=1.4×10—7，Ksp(CaCO3）=2.8×10—9（6)试设计简单的实验方案,判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级：___________。【答案】（1)。AB(2).4.0mol·L—1（3).Fe3+、Al3+(4)。NH3（5)。CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl(6).能（7).由=50可知，当CaSO3与CaCO3的混合液中c(SO32-）>50c(CO32—）时．即发生由CaCO3向CaSO3的转变（8)。取少量样品和水混合形成分散系．用一束光照射,若出现一条光亮的通路，则是纳米级．否则不是【解析】(1）对磷石膏钙渣进行酸溶的目的是获得机制CaCl2溶液，为了提高溶出率，可以采取的措施有将磷石膏钙渣粉碎、增大盐酸浓度、适当升高温度、延长酸溶时间等，故选AB；（2)根据图示,盐酸的浓度为4。0

mol/L时,滤液中钙溶出率已经较大,再增大盐酸浓度,钙溶出率增加缓慢,成本上不划算，故答案为:4。0

mol/L；（3）向粗制CaCl2溶液中通入氨气，控制溶液的pH,主要是使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，故答案为:Fe3+、Al3+;(4)碳化时，先将精制CaCl2溶液稀释至一定体积，控制反应温度以及NH3和CO2

的通入量，由于二氧化碳在水中的溶解度减小,而氨气极易溶于水，因此先通入氨气，后通入二氧化碳；碳化时氯化钙与二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl,故答案为：NH3；CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl；（5)由==50知,当CaSO3与CaCO3的混合液中c(SO32—)＞50c(CO32-）时，即发生由CaCO3向CaSO3的转变,把CaCO3浊液滴入0.1mol/L的Na2SO3溶液中时,溶液中的c（Ca2+)与c(SO32—)之积大于Ksp(CaSO3），生成CaSO3沉淀，导致溶液中c(Ca2+）减小,使CaCO3的沉淀溶解平衡CaCO3⇌Ca2++CO32-向着溶解的方向移动，导致CaCO3溶解，故答案为：能，由=50知,当CaSO3与CaCO3的混合液中c（SO32-）＞50c(CO32-）时，即发生由CaCO3向CaSO3的转变；（6)判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级,可以根据胶体的性质检验，方法为取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级,否则不是，故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路,则是纳米级，否则不是。9.镁、硫、氮的化合物在工业上用途非常广泛。(1）硝酸厂尾气中含有大量的NO，可用氢气催化还原法除去NO，发生的主要反应如下：2NO（g)+4H2(g)+O2(g）=N2(g）+4H2O(g）△H=-1143kJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g）△H=—484kJ·mol-1则2NO(g）+2H2（g)=N2（g）+2H2O(g）△H=___________kJ·mol-1。（2）一种镁一锂双离子二次电池的装置如图1所示。①放电时，Mg电极为___________（填“正极”或“负极”），Li+迁移至___________（填“正极区"或“负极区"）。②充电时，阳极的电极反应式为_______________________________。(3）在一定条件下,反应：CH4(g）+CO2（g)2CO(g)+2H2（g)平衡时CH4的转化率与温度和压强的关系如图2所示。①图中p1、p2、p3、p4代表不同压强,压强最大的是___________。该反应的△H___________（填“〉"“〈"或“=”下同)0。②压强为p4时，在Y点：v(正）___________v(逆).③图中W、X、Y、Z四点对应的反应的平衡常数K1、K2、k3、K4由大到小的顾序为_____________.【答案】（1）。-659(2）。负极(3）.正极区（4）.LiFePO4-xe—=Li1—xFePO4+xLi+(5)。p4(6）。>(7）.〈(8）。K4〉K3>K2〉K1【解析】（1）①2NO(g）+4H2（g）+O2（g)=N2(g）+4H2O(g)△H=—1143kJ·mol—1，②2H2（g)+O2(g）=2H2O（g)△H=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律：①-②得：2NO（g）+2H2（g）=N2（g)+2H2O（g)△H=（—1143kJ•mol-1）—(—484kJ•mol—1)=-659kJ•mol-1,故答案为：-659；(2）①根据图示，放电时，

Mg

电

极失去电子发生氧化反应，镁为负极;原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时,Li+向正极迁移，故答案为:负极；正极区;②根据图示可知，充电时，阳极的电极上LiFePO4失电子,电极反应式为:LiFePO4-xe-═xLi++Li1-xFePO4，故答案为:LiFePO4—xe-═xLi++Li1-xFePO4；（3）①反应：CH4（g）+CO2(g）2CO(g）+2H2（g），增大压强,平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，即压强越大，甲烷的转化率越小，因此p1、p2、p3、p4

代表不同压强，压强最大的是p4；根据图像，升高温度，甲烷的转化率增大，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，△H>0，故答案为：p4；〉；②压强为p4时，Y点不是平衡状态，要达到平衡状态，反应需要逆向进行,因此v(正)＜v(逆),故答案为：＜；③该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动,平衡常数增大，因此图中W、X、Y、Z四点对应的反应的平衡常数K1、K2、K3、K4由大到小的顾序为K4>K3>K2>K1，故答案为:K4〉K3〉K2〉K1.10。实验室制备三氯乙醛（CCl3CHO)的反应原理为C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl可能发生的副反应是C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O。某探兖小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如图所示(夹持、加热装置均略去）。回答下列问题:（1）仪器a的名称是______________。（2）装置A中发生反应的离子方程式为____________________________________.（3）仪器b中冷凝水从______(填“p”或“q”，下同）口进，

___________口出。（4）若撤去装置B,对实验的影响是__________________________________________________。（5）实验时发现D中导管口处气泡速率过快，合理的解决方法是______________________。（6）已知：CCl3CHO+OH—→CHCl3+HCOO-

；HCOO—+I2—=H++2I—+CO2↑；I2+2S2O32—=2I-+S4O62-。称取0.40g产品，配成待测溶液，加入20.00mL0。100

mol·L—1碘标准溶液，再加入适量Na2CO3溶液,反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，并立即用0。020

mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点。重复上述操作3次，平均消耗Na2S2O3溶液20。00mL.滴定时所用指示剂是__________________________,达到滴定终点的现象是_____________________________________________________,测得产品的纯度为___________。【答案】（1).(恒压）分液漏斗(2)。MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(3）。p(4）.q(5).会有氯化氢杂质与乙醇反应,生成氯乙烷。导致三氯乙醛的纯度降低(6）.停止对A加热或控制滴加盐酸的量(7）.淀粉溶液（8）.蓝色变为无色，且半分钟内不变色(9）。66.4％(或66。375％)【解析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。(1)由仪器a的结构可知，该分液漏斗能平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下，为恒压分液漏斗,故答案为：恒压分液漏斗；（2）装置A中浓盐酸与二氧化锰在加热时反应放出氯气,反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)冷凝管水流遵循下口进上口出,即p口进，q口出，故答案为：p；q;(4)装置B中的饱和食盐水可以除去氯气中的杂质氯化氢，若撤去装置B，氯化氢杂质会与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低，故答案为：会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低；(5)实验时发现D中导管口处气泡速率过快,可以停止对A加热或控制滴加盐酸的量,适当降低生成氯气的速率,故答案为：停止对A加热或控制滴加盐酸的量；(6)根据CCl3CHO+OH-→CHCl3+HCOO—；HCOO-+I2—=H++2I-+CO2↑；I2+2S2O32-=2I—+S4O62-，反应过程中涉及碘单质，可以选用淀粉作指示剂；滴定终点的现象为蓝色变为无色，且半分钟内不变色;根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量0。02000mol•L—1×0.02L×=2×10-4mol，与HCOO—反应的I2的物质的量为0.1000mol•L—1×0.02L—2×10-4mol=1.8×10-3mol,由CCl3CHO～HCOO-～I2可知，CCl3CHO的物质的量为1.8×10-3mol，则产品的纯度为×100%=66.4%，故答案为：淀粉溶液;蓝色变为无色，且半分钟内不变色；66.4%。点睛：本题考查三氯乙醛的制备，关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法。本题的易错点为（6），注意理清计算思路：根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量，进而计算与HCOO—反应的I2的物质的量，再根据关系式：CCl3CHO~HCOO—～I2计算。11.钾、氟及锌的相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1)基态锌原子的价电子排布式为___________;K、F、Zn的电负性从大到小的顺序为___________。（2)Zn与Ca位于同一周期且最外层电子数相等，钙的熔点与沸点均比锌高,其原因是_______________。(3)OF2分子的几何构型为___________，中心原子的杂化类型为___________。(4)KOH与O3反应可得到KO3(臭氧化钾),KO3中除σ键外，还存在___________;与O3-互为等电子体的分子为___________（任写一种)。（5）K、F、Zn组成的一种晶体结构如图所示，其晶胞参数为a=0.4058nm.①晶胞中Zn2+的配位数为___________个。②晶胞中紧邻的两个F—间的距离为_______________________(列出算式即可）nm。③该晶体的密度为___________（列出算式即可,用NA表示阿伏加德罗常数的数值)g·cm-3。【答案】(1).3d104s2（2)。F>Zn>K（3)。锌的原子半径较大，金属键较弱（4)。V形（5）。sp3（6).离子键和π键（7)。ClO2(或其他合理答案)（8).6(9）。×0.4058（10）.【解析】（1）锌是30号元素，基态锌原子的价电子排布式为3d104s2；元素的非金属性越强，电负性数值越大，金属性越强，电负性数值越小，金属性K＞Zn,F的非金属性最强，电负性最大，电负性从大到小的顺序为F>Zn〉K,故答案为：3d104s2；F〉Zn>K;（2)锌的原子半径较大，金属键较弱,导致钙的熔点与沸点比锌高，故答案为:锌的原子半径较大，金属键较弱；（3）OF2分子中O原子的价层电子对数=2+（6—1×2）=4，采用sp3杂化，OF2的几何构型为V形，故答案为：V形；sp3；（4)KOH

与O3反应可得到KO3（臭氧化钾)，KO3

属于离子化合物，除σ键外，还存在离子键和O3—中的π键，与O3-互为等电子体的分子有ClO2等，故答案为：离子键和π键；ClO2；(5)①晶胞中与Zn2+距离相等，且最近的为F-,有6个，因此Zn2+配位数为6，故答案为：6;②根据图示，晶胞中紧邻的两个F—间的距离为晶胞边长一半的倍，即×0。4058

nm×=×0.4058

nm，故答案为：×0.4058；③该晶胞中含有锌离子的数目=8×=1，氟离子的数目=12×=3，钾离子数目=1，化学式为KZnF3，1mol晶胞的质量为（39+65+19×3)g，1mol晶胞的体积为（0.4058×10-7)3×NAcm3,则晶体的密度为=g·cm-3,故答案为：。12.双-(对烷氧基苯甲酸)—2，3—二氯-1，4-苯二酚酯(G)是一种新的液晶化合物，在液晶显示领