福建省龍巖市2018屆高三下學期教學質量檢查（4月）化學試題可能用到的對原子質量:

H-1C-12

O-16

P-31S-32

Ca-40

Br-80

Ba-137第I卷選擇題(共126分)一、選擇題:

本題共13小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.《中華好詩詞》不僅弘揚了中國傳統文化，還蘊含著許多化學知識。下列詩詞分析不正確的是A.“南朝四百八十寺，多少樓臺煙雨中”中的“煙雨”指懸浮在空中的固體小顆粒B.“春蠶到死絲方盡，蠟炬成灰淚始干”中的“絲”的主要化學成分是蛋白質C.“爆竹驚鄰鬼，驅儺逐小兒”中所指的爆竹燃放過程有部分化學能轉化為光能D.“野火燒不盡，春風吹又生”中的“野火”是伴隨氧化還原反應而產生的【答案】A............2.設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.1L0.1mol/LFeCl3溶液最多可形成膠體粒子數為0.1NAB.100mL98%(

p=1.84g/mL)硫酸與足量銅共熱，充分反應后轉移的電子數為1.84NAC.4.0gH218O

與D2O的混合物中所含質子數一定為2NAD.標準狀況下，2.24L

苯中含有的碳碳鍵數為0.6NA【答案】C【解析】A、一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故0.1mol氯化鐵所生成的膠粒個數小于0.1NA個，故A錯誤；B.98%(

p=1.84g/mL)硫酸的濃度===18.4mol/L，銅與稀硫酸不反應，故一旦濃硫酸變稀，反應即停止，即硫酸不能完全反應，故轉移的電子數小于

1.84NA，故B錯誤；C.H218O

與D2O的相對分子質量均為20，4.0gH218O

與D2O的物質的量==0.2mol，含有2mol質子，故C正確；D、標況下，苯為液態，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了阿伏加德羅常數的計算和判斷。本題的易錯點為A、B，A中要注意膠體微粒的組成，B中要注意隨著反應的進行，濃硫酸變成稀硫酸，注意區分濃硫酸和稀硫酸性質的不同。3.甘油具有吸水保濕性能。工業上由丙烯制備甘油的流程之一如下:下列說法中正確的是A.①②③均為取代反應B.CH2ClCHClCH2Cl的同分異構體有5種(不含立體異構)C.流程中4種有機物均可使溴的CCl4溶液褪色D.CH2=CHCH2Cl、CH3CH=CH2分子均至少有6

個原子共平面【答案】D【解析】A.根據流程圖，①為甲基上的氫原子被取代的過程、②為碳碳雙鍵與氯氣的加成反應、③為分子中的氯原子被羥基取代的過程，其中②不是取代反應，故A錯誤；B.CH2ClCHClCH2Cl的同分異構體有CHCl2CH2CH2Cl、CH3CCl2CH2Cl、CH3CH2CCl3、CHCl2CHClCH3共4種，故B錯誤；C.CH2ClCHClCH2Cl中沒有碳碳雙鍵，不能使溴的CCl4溶液褪色，故C錯誤；D.碳碳雙鍵為平面結構，CH2=CHCH2Cl、CH3CH=CH2分子均至少有6

個原子共平面，故D正確；故選D。4.用下列裝置進行相應的實驗，能達到預期目的的是A.AB.BC.CD.D【答案】C5.某研究小組用NaOH

溶液吸收尾氣中的H2S

氣體，再將得到的Na2S溶液進行電解制得NaOH溶液，以實現NaOH的循環利用。電解裝置如圖所示，電極材料均為石墨，ab、cd均為離子交換膜。下列敘述不正確的是A.ab表示陽離子交換膜，cd

表示陰離子交換膜B.陽極的電極反應式為S2--2e-==S

↓，陽極區有淡黃色沉淀產生C.陰極的電極反應式為2H2O-4e-==O2

↑+4H+，陰極區溶液pH

降低D.當電路中轉移1mol

電子時，會有11.2

L

(標準狀況)

的氣體生成【答案】C【解析】根據圖示，硫離子在陽極失去電子生成硫，因此cd為陰離子交換膜，溶液的氫離子在陰極得到電子生成氫氣，中間區域的鈉離子向陰極區移動，形成氫氧化鈉，ab表示陽離子交換膜。A.根據上述分析，ab表示陽離子交換膜，cd

表示陰離子交換膜，故A正確；B.硫離子在陽極失去電子生成硫，陽極的電極反應式為S2--2e-==S

↓，陽極區有淡黃色沉淀產生，故B正確；C.氫離子在陰極得到電子生成氫氣，陰極的電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH―，陰極區溶液pH

增大，故C錯誤；D.當電路中轉移1mol

電子時，會生成0.5mol氫氣，標準狀況下的體積為11.2

L，故D正確；故選C。點睛：本題考查了電解原理的應用，掌握電解的原理是解答本題的關鍵。本題的易錯點為A，注意根據電極反應式結合電解的產物分析判斷。6.X、Y、Z、W、Q是原子序數依次遞增的短周期元素，在元素周期表中的相對位置如圖所示。已知X、Y的原子序數之和等于W，下列說法正確的是XYZWQA.X

和W不可能存在于同一離子化合物中B.QY2、Y3和Q2均可用于自來水消毒C.最高價氧化物對應水化物的酸性:

Q＞Z＞WD.W、X、Y

元素的原子半徑及它們的氣態氫化物的穩定性均依次遞減小【答案】B【解析】X、Y的原子序數之和等于W，X、W同主族，則Y的原子序數為8，Y為O元素，則X為N元素，W為P元素；根據元素在周期表中的位置可知，Z為Si元素，Q為Cl元素。A.N

和P可能存在于同一離子化合物中，如磷酸二氫銨，故A錯誤；B.ClO2、O3和Cl2都具有強氧化性，均可用于自來水消毒，故B正確；C.非金屬性Cl＞P＞Si，最高價氧化物對應水化物的酸性:

Q>W>Z，故C錯誤；D.同周期從左到右，原子半徑逐漸減小，同主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑P＞N＞O

，非金屬性O＞N＞P，氣態氫化物的穩定性O＞N＞P，故D錯誤；故選B。7.向10

mL

0.1mol/L二元弱酸H2A溶液中滴加0.1mol/L

NaOH

溶液，溶液中各組分物質的量分數δ(X)[δ(X)=]隨pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是A.Ka1(H2A)

為10-3.1B.pH=5.0時，c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(OH-)

>c(A2-)C.pH=8.2時，c

(Na+)

+c(H+)

=c(OH-)

+3c(A2-)D.pH

由5.0

調至10.5

時，主要反應的離子方程式為HA-+OH-=A2-+H2O【答案】B【解析】A.由圖像可知pH=3.1時，H2A與HA-的曲線相交，則c(H2A)=c(HA-)，Ka1(H2A)

==10-3.1，故A正確；B.pH=5.0時，溶液中的溶質為NaHA，c(H2A)=c(A2-)，溶液顯酸性，說明HA-的水解程度小于電離程度，水也要電離出部分氫離子，因此c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)

，故B錯誤；C.pH=8.2時，c(HA-)=c(A2-)，根據電荷守恒，c

(Na+)

+c(H+)

=c(OH-)

+2c(A2-)+c(HA-)=c(OH-)

+3c(A2-)，故C正確；D.pH=5.0時，溶液中的溶質為NaHA，pH

由5.0

調至10.5

時，主要反應的離子方程式為HA-+OH-=A2-+H2O，故D正確；故選B。點睛：本題考查弱電解質的電離，解答本題要注意把握弱電解質的電離特點以及題給圖像的曲線變化。本題的易錯點為C，要注意pH=8.2時的圖像特征，并靈活運用電荷守恒解答。8.水合肼(N2H4·H2O)

是一種強還原劑，沸點118.5℃，熔點-40℃，常溫下為無色透明的油狀液體，屬于二元弱堿，在空氣中可吸收CO2而產生煙霧。水合肼的制備裝置如圖。(1)裝置A的名稱為________________。向三頸燒瓶中加入溶液之前，應先從右側導管中通入氮氣，目的是______________________。(2)水合肼可用含NaOH

的NaClO溶液氧化尿素[CO(NH2)2]溶液制得，反應的化學方程式為__________________。(3)制備水合肼時，分液漏斗應盛裝________(填標號)。理由是___________。a.NaOH

和NaClO

混合溶液

b.CO(NH2)2

溶液(4)弱酸性條件下水合肼可處理電鍍廢水，將Cr2O72-還原為Cr(OH)3沉淀而除去，水合肼被氧化為N2，該反應的離子方程式為_____________。常溫下Ksp[Cr(OH)3]=

10-32，且當溶液中離子濃度小于10-5mol/L時可視作沉淀完全。則Cr3+沉淀完全時，溶液的pH=________。(5)有同學認為該實驗收集裝置有缺陷。請你寫出改進措施:______________。【答案】(1).直形冷凝管(2).排出空氣，避免水合肼與空氣中的CO2反應(3).CO（NH2）2＋2NaOH＋NaClO===N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl(4).a(5).如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化（或防止反應生成的水合肼會被次氯酸鈉氧(6).2Cr2O＋4H＋＋3N2H4·H2O===4Cr（OH）3↓＋3N2↑＋5H2O(7).5(8).在牛角管后加一個裝有堿石灰的干燥管【解析】(1)根據圖示，裝置A為直形冷凝管。向三頸燒瓶中加入溶液之前，應先從右側導管中通入氮氣，排出空氣，避免水合肼與空氣中的CO2反應，故答案為：直形冷凝管；排出空氣，避免水合肼與空氣中的CO2反應；(2)水合肼可用含NaOH

的NaClO溶液氧化尿素[CO(NH2)2]溶液制得，反應的化學方程式為CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl，故答案為：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl；(3)如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化，因此制備水合肼時，分液漏斗應盛裝NaOH

和NaClO

混合溶液，故答案為：a；如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化；(4)弱酸性條件下水合肼可處理電鍍廢水，將Cr2O72-還原為Cr(OH)3沉淀而除去，水合肼被氧化為N2，反應的離子方程式為2Cr2O72-＋4H＋＋3N2H4·H2O===4Cr(OH)3↓＋3N2↑＋5H2O，常溫下Ksp[Cr(OH)3]=

10-32，且當溶液中離子濃度小于10-5mol/L時可視作沉淀完全。則Cr3+沉淀完全時，c(OH-)===10-9mol/L，溶液的pH=5，故答案為：2Cr2O72-＋4H＋＋3N2H4·H2O=4Cr(OH)3↓＋3N2↑＋5H2O；5；(5)水合肼(N2H4·H2O)

是一種強還原劑，屬于二元弱堿，在空氣中可吸收CO2而產生煙霧，因此在牛角管后加一個裝有堿石灰的干燥管，防止空氣中的二氧化碳進入裝置，故答案為：在牛角管后加一個裝有堿石灰的干燥管。9.以某廢催化劑(含Al2O3

36%、CoS20%、MoS220%、MgO8%等)為原料生產Co2O3的工藝路線如下:已知:

氧化鋁有兩種晶型α-Al2O3

和γ-Al2O3，α-Al2O3致密難溶于酸和堿。(1)廢催化劑焙燒前先將其研磨，其目的是_________________________。(2)已知“焙燒除硫”后的產物有CoO、MoO3。寫出Na2CO3溶液“浸取”過程的離子反應方程式:______________________。(3)

硫酸浸泡濾渣①的實驗條件為硫酸濃度12

mol/L、液固比為3、反應溫度60℃。該條件下，鋁、鈷浸出率與時間關系如圖。當浸泡時間小于180

min時，鋁、鈷浸出率隨著時間的推移均增加較快；180

min

后鋁和鈷的浸出率都提高不多，且鈷浸出率高于鋁浸出率。試解釋180min后鈷浸出率高于鋁浸出率的原因:

____________________。(4)萃取劑對Al3+、Co2+萃取率與pH

的關系如圖。萃取分離鈷、鋁的實驗操作為:

向萃取分液后的有機相中加硫酸調pH=3~4，分液可得CoSO4溶液，___________，可得Al2(SO4)3溶液。(5)“濾液③”主要物質的化學成分是_______(寫化學式)，用途之一為___________________。(6)“煅燒”過程

相關反應的化學方程式為_________________________。【答案】(1).焙燒反應更快更充分(2).MoO3＋CO===MoO＋CO2↑(3).隨浸泡時間的延長有些γ-Al2O3轉化為α-Al2O3（或濾渣中含有部分α-Al2O3）(4).繼續向萃取分液后的有機相加硫酸調pH＝0.5以下（或1以下），然后分液(5).（NH4）2SO4(6).作化肥（或其他合理答案）(7).4CoC2O4＋3O22Co2O3＋8CO2【解析】(1)廢催化劑焙燒前先將其研磨，可以加快反應速度，使焙燒反應更快更充分，故答案為：焙燒反應更快更充分；(2)已知“焙燒除硫”后的產物有CoO、MoO3。根據流程圖，Na2CO3溶液“浸取”后生成了Na2MoO4，說明MoO3被碳酸鈉溶解，而濾渣①經過一系列過程，最后得到Co2O3，說明CoO不能被碳酸鈉溶解，反應的離子反應方程式為MoO3＋CO32-===MoO42-＋CO2↑，故答案為：MoO3＋CO32-===MoO42-＋CO2↑；(3)

氧化鋁有兩種晶型α-Al2O3

和γ-Al2O3，α-Al2O3致密難溶于酸和堿，隨浸泡時間的延長有些γ-Al2O3轉化為α-Al2O3，因此當浸泡時間小于180

min時，鋁、鈷浸出率隨著時間的推移均增加較快；180

min

后鋁和鈷的浸出率都提高不多，且鈷浸出率高于鋁浸出率，故答案為：隨浸泡時間的延長有些γ-Al2O3轉化為α-Al2O3；(4)萃取分離鈷、鋁的實驗操作為:

向萃取分液后的有機相中加硫酸調pH=3~4，分液可得CoSO4溶液，根據圖像，當pH＜1，在0.5左右時，Al3+的萃取率急劇減小，因此繼續向萃取分液后的有機相加硫酸調pH＝0.5以下(或1以下)，然后分液，可得Al2(SO4)3溶液，故答案為：繼續向萃取分液后的有機相加硫酸調pH＝0.5以下(或1以下)，然后分液；(5)根據流程圖，CoSO4中加入草酸銨溶液反應生成草酸鈷沉淀和硫酸銨溶液，“濾液③”主要物質的化學成分是硫酸銨，是一種常見的化學肥料，故答案為：(NH4)2SO4；作化肥；(6)草酸銨在空氣中煅燒，反應生成Co2O3和二氧化碳，反應的化學方程式為4CoC2O4＋3O22Co2O3＋8CO2，故答案為：4CoC2O4＋3O22Co2O3＋8CO2。10.乙二醛(OHC-CHO

)化學性質活潑，是紡織工業中常用的一種有機原料，能增加棉花、尼龍等纖維的防縮性和防皺性。其工業生產方法主要是乙二醇(HOCH2CH2OH

)氣相催化氧化法和乙醛液相硝酸氧化法。請回答下列相關問題:(1)乙二醇氣相催化氧化法以乙二醇、氧氣為原料，在催化劑存在的條件下，250℃左右開始緩慢進行，生成乙二醛和副產物乙醇酸[CH2(OH)COOH]的反應方程式:I.HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)

△H1II.HOCH2CH2OH(g)+O2(g)CH2(OH)COOH(g)+H2O(g)

△H2已知反應I中相關化學鍵鍵能數據如下:化學鍵C-HC-OH-OO==OC==OC-CE/kJ·mol-1413343465498728332①△H1=_____kJ/mol，反應I的化學平衡常數表達式為K=________。②欲提高I的平衡產率，可以采取的措施是______

(填標號)。A.升高溫度

B.增大壓強

C.降低溫度

D.減小壓強③提高乙二醛反應選擇性的關鍵因素是_________________________。④保持溫度和容積不變，下列描述能說明反應I達到平衡狀態的是

________

(填標號)。A.v正(O2)

=2v逆(H2O)B.混合氣體的壓強不再隨時間變化而變化C.混合氣體的密度不再發生變化D.乙二醇與OHC-CHO

的物質的量之比為1:

1E.混合氣體中乙二醛的體積分數不再發生變化(2)乙醛(CH3CHO)液相硝酸氧化法11.0g40%的乙醛溶液和40%的硝酸，按一定比例投入氧化反應釜內，在Cu(NO3)2催化下，控制溫度在38～40℃時，反應10h，再通過萃取等操作除去乙醛、硝酸等，最后經減壓濃縮得4.35g40%乙二醛溶液。①用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛時，有N2O產生。其化學方程式為______________________。②利用上面數據，計算乙二醛的產率為___________________________。【答案】(1).－376(2).(3).CD(4).催化劑(5).BE(6).2CH3CHO＋2HNO32OHC—CHO＋N2O↑＋3H2O[Cu（NO3）2寫成催化劑也正確](7).30%【解析】(1)①△H=反應物的鍵能之和-生成物的鍵能之和，△H1=(2×465+4×413+2×343+332+498)kJ/mol-(2×728+332+2×413+4×465)kJ/mol=－376kJ/mol，反應I的化學平衡常數表達式為K=，故答案為：－376；；②反應I為放熱反應，欲提高I的平衡產率，需要使平衡正向移動。A.升高溫度，平衡逆向移動，錯誤；B.增大壓強，平衡逆向移動，錯誤；C.降低溫度，平衡正向移動，正確；D.減小壓強，平衡正向移動，正確；故選CD；③催化劑具有選擇性，提高乙二醛反應選擇性的關鍵因素是性質合適的催化劑，故答案為：催化劑；④反應I為HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)

，保持溫度和容積不變。A.v正(O2)

=2v逆(H2O)，表示逆反應速率小于正反應速率，不是平衡狀態，錯誤；B.反應前后氣體的物質的量發生變化，混合氣體的壓強不再隨時間變化而變化，能夠說明達到了平衡狀態，正確；C.容器的體積和氣體的質量均不變，混合氣體的密度始終不變，不是平衡狀態，錯誤；D.乙二醇與OHC-CHO

的物質的量之比為1:

1與平衡狀態無關，與反應起始的量和轉化率有關，不能表示平衡狀態，錯誤；E.混合氣體中乙二醛的體積分數不再發生變化，說明是平衡狀態，正確；故選BE；(2)①用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛時，有N2O產生，反應的化學方程式為2CH3CHO＋2HNO32OHC—CHO＋N2O↑＋3H2O，故答案為：2CH3CHO＋2HNO32OHC—CHO＋N2O↑＋3H2O；②4.35g40%乙二醛溶液中含有乙二醛的物質的量==0.03mol；11.0g40%的乙醛溶液中含有乙醛的物質的量==0.4mol，理論上生成0.1mol乙二醛，乙二醛的產率=×100%=30%，故答案為：30%。11.磷和砷的相關化合物在化工、醫藥、材料等領域有著廣泛的應用。回答下列問題：(1)基態As原子的核外電子排布式為[Ar]_________；As

原子的逐級電離能(kJ/mol)數據如下：第一電離能第二電離能第三電離能第四電離能第五電離能第六電離能947.0179827354837604312310第五電離能與第六電離能相差顯著的原因:_____________________________________。(2)紅磷是巨型共價分子，無定型結構。能證明紅磷是非晶體的最可靠方法是__________。A.質譜B.原子發射光譜C.核磁共振譜D.X

射線衍射(3)黑磷是新型二維半導體材料，具有類似石墨一樣的片層結構(如圖)，層與層之間以_____結合。從結構上看，單層磷烯導電性優于石墨烯的原因是____________________________。(4)白磷(P4)

分子是正四面體結構，3.1g

白磷中σ鍵的數目為________；白磷(P4)易溶于二硫化碳，難溶于水，其原因是_____________________________________________。(5)GaAs

的熔點為1238℃，其晶胞結構如圖所示。該晶體的類型為_________，Ga

原子的雜化方式為______________，每個

As原子周圍最近的As原子數目為________。已知GaAs的密度為dg/cm3，摩爾質量為M

g/mol，則晶胞中最近的As

和Ga原子核間距為_____(阿伏加德羅常數值用NA表示，列出算式即可)nm。【答案】(1).3d104s24p3(2).As原子最外層有五個電子，失去的第六個電子來自全滿的次外層，所需能量較高(3).D(4).范德華力(5).石墨烯同層碳原子中，1個碳原子和周圍3個碳原子結合后，還剩1個價電子，單層磷烯同層磷原子中，1個磷原子和周圍3個磷原子結合后，還剩2個價電子(6).0.15NA(7).二硫化碳和白磷都是非極性分子，水是極性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，難溶于水(8).原子晶體(9).sp3(10).12(11).××107【解析】(1)As為第四周期第VA族元素，基態As原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3；As原子最外層有五個電子，失去的第六個電子來自全滿的次外層，所需能量較高，使得As

原子的第五電離能與第六電離能相差顯著，故答案為：3d104s24p3；As原子最外層有五個電子，失去的第六個電子來自全滿的次外層，所需能量較高；(2)紅磷是巨型共價分子，無定型結構。能證明紅磷是非晶體的最可靠方法是X

射線衍射實驗，故答案為：D；(3)黑磷是新型二維半導體材料，具有類似石墨一樣的片層結構(如圖)，層與層之間以范德華力結合。石墨烯同層碳原子中，1個碳原子和周圍3個碳原子結合后，還剩1個價電子，單層磷烯同層磷原子中，1個磷原子和周圍3個磷原子結合后，還剩2個價電子，因此單層磷烯導電性優于石墨烯，故答案為：范德華力；石墨烯同層碳原子中，1個碳原子和周圍3個碳原子結合后，還剩1個價電子，單層磷烯同層磷原子中，1個磷原子和周圍3個磷原子結合后，還剩2個價電子；(4)白磷(P4)

分子是正四面體結構，1個白磷分子中含有6個P-P鍵，3.1g

白磷的物質的量為=0.025mol，σ鍵的數目為0.025mol×6NA=0.15NA；二硫化碳和白磷都是非極性分子，水是極性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，難溶于水，故答案為：0.15NA；二硫化碳和白磷都是非極性分子，水是極性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，難溶于水；(5)GaAs

的熔點為1238℃，熔點較高，屬于原子晶體。根據結構圖，Ga

原子與周圍的4個As原子相連接，雜化方式為sp3，As原子位于立方體的頂點和面心，每個

As原子周圍最近的As原子數目為12個。每個晶胞中含有4個Ga

原子和8×+6×=4個As原子，則晶胞的邊長==cm=×107nm，晶胞中最近的As

和Ga原子核間距為晶胞體對角線長度的=×107nm×=××107nm，故答案為：原子晶體；sp3；12；××107。點睛：本題考查了物質結構與性質。本題的易錯點為(4)，要注意每個白磷分子中含有6個P-P，4個P原子；本題的難點為(5)中晶胞的計算，要知道該晶胞相當于8個小立方體堆積而成，最近的As

和Ga原子核間距為每個小立方體對角線的一半。12.鹽酸普魯卡因[H2NCOOCH2CH2N+