辽宁省本溪市本溪一中2018-2019学年下学期高三5月月考化学（含答案）

2018-2019学年下学期高三

座位号 12. 【答案】C

【解析】根据题意：X、Y、Z、W分别是C、O、Na、Cl。金属性最强的是Na，故A错误；原子半径：C>O，Na>Cl，故B错误；Z2Y和ZWY3分别是Na2O、NaClO3，都是离子化合物，故C正确；Cl2实验室制备常常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，故D错误。

13. 【答案】C

5月月考

化 学答 案

7. 【答案】D

【解析】陶瓷主要成分是硅酸盐类，故A错误；焚烧秸秆会造成严重的空气污染，应采取秸秆还田的方法进行处理，故B错误；胶体是分散质直径在1~100nm即0.001~0.1微米的分散系，故C错误；由“砒烟上飞着【解析】分析题给图像知，溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3，A正确；根据电荷守恒知，

?+?+2

c(Na+)+c(H+)=2c(SO23)+c(HSO3)+c(OH)，当溶液恰好呈中性时c(H)=c(OH)，则c(Na)>c(SO3)+c(HSO3)，B－

－

－

－

－

覆器，遂凝结累然下垂如乳”分析可知，这属于升华，故D正确。

8. 【答案】B

【解析】化合物中Al化合价为+3，所以无论与足量酸还是与足量碱反应，2.7g即0.1mol铝转移电子均为 0.3NA，但根据关系式Al~3HCl，Al~NaOH，知盐酸不足而NaOH过量，所以转移电子数前者小于后者，故A场号错误；pH=1，所以c(H+)=0.1mol/L，所以氢离子数目为0.1NA，故B正确；氢氧燃料电池负极为H2放电，根据考 关系式

H2~2e?，1.12L

即标准状况下0.05mol氢气，转移电子数为0.1NA，由于C项没说明是标准状况，故C

错误；熔融状态下硫酸氢钠电离方程式为NaHSO 4=

Na++HSO?4，所以1mol NaHSO4电离出阳离子数为NA，故D错误。

9. 【答案】A

【解析】BrCH2CHBrCH2Br的名称为1，2，3三溴丙烷，A不正确；萘(

)的结构对称性很高，环上

号证只有2种氢，—C4H9取代基有4种结构，因此萘环上的一个H原子被—C4H9取代后的产物有8种，B正确；考准甲基上最多有1个碳和1个氢能与苯环共平面，乙烯、苯环中的碳、氢原子均能共平面，所以对甲基苯乙烯中

最多有17个原子共面，C正确；纤维素和淀粉都是多糖，它们彻底水解后产物均为葡萄糖，D正确。

10. 【答案】D

【解析】二氧化氮与水反应形成HNO3，和溴均能把KI氧化为I2，均能使试纸变蓝，所以不能证明该气体 是溴蒸气还是NO2，故A错误；酸性水解液会中和氢氧化铜，导致氢氧化铜悬浊液被破坏而不能产生砖红色沉 淀，故B错误；Al2S3会发生强烈水解反应，所以产物为Al(OH)3和H2S，故C错误；根据“由棕黄色变为浅绿 名姓色，但立即又变成棕黄色”知，从总体反应来讲Fe3+没有变化，所以根据得失电子守恒知道总反应相当于 3SO2+2NO3

－

2NO+3SO24?，显然逸出气体NO与通入气体SO2体积比为2∶3，故D正确。

11. 【答案】C

【解析】放电时，熔钠电极失电子发生氧化反应，所以放电时熔钠电极作电池的负极，A正确；原电池中 级电解质的阳离子移向正极，即Na+向正极移动，B正确；充电时，原电池的负极和电源的负极相连，原电池的班正极和电源的正极相连，放电时熔钠电极是负极，充电时熔钠电极与电源的负极相连，C不正确；充电时阳极

发生失电子的氧化反应，电极反应式为8

-16e?=nS8，D正确。

正确；向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水发生反应：HSO3－

+OH?=SO23－

+H2O，Ca2++SO23－

=CaSO3，参

加反应的HSO3－比SO23－

多，

的值减小，C错误；向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸发生反应：H++HSO3

－

=H2SO3，α(HSO－

3)减小，D正确。

26. 【答案】（1）D、B、A、C （2）NH△

4Cl+NaNO2====NaCl+N2↑+2H2O （3）D

（4）Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑ （5）a 吸收空气中的CO2和H2O(g)

（6）

×100% 氨气中混有水蒸气

【解析】（1）气流从左至右，先制取氮气，再用浓硫酸干燥，与锶反应，用碱石灰防止空气中水和二氧化碳气体进入A中，故选择装置并排序为D、B、A、C。（2）实验室用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热

生成氮气，则实验室制备N△

2的化学方程式为NH4Cl+NaNO2====NaCl+N2↑+2

H2O。（3）实验时先点燃D处酒精灯，赶走装置中的空气，一段时间后，点燃另一只酒精灯。（4）氮化锶遇水发生反应的化学方程式为Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑。（5）由于O2能氧化CH3COO[Cu(NH3)2]，故应先吸收O2，再用CH3COO[Cu(NH3)2]吸收CO，所以试管Ⅱ盛装的试剂是a(连苯三酚碱性溶液)。装置Ⅵ的作用是吸收空气中的CO2和H2O(g)。（6）测定产品纯度：取w g产品，向其中加入适量的水。将产生的气体全部通入浓硫酸中，浓硫酸增重m g，

2NH3~Sr3N2 34 292 m g x x=

g，则产品纯度为

×100%。产品纯度偏高的原因是氨气中混有水蒸气。

27. 【答案】（1）①Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O 温度过低，反应速率太慢；温度过高，H2O2受热分解 ②使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失

（2）2Au+ClO?3+7Cl?+6H+=2[AuCl4] ?

+3H2O

（3）①H2SO4电离出的H+降低了SO23?的浓度，促使[Ag(SO3)2]

3?Ag++2SO23?

平衡正向移动，电离出

Ag+，Ag+与分银液中的Cl?反应生成AgCl

②避免产生污染性气体SO2

（4）HSO?3+OH?=SO23?

+H2O

（5）2≤pH<7

【解析】（1）①“分铜”时，单质铜在过氧化氢和硫酸的作用下反应生成硫酸铜和水，发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；反应过程中需控制适当温度，温度不宜过高或过低，温度过低，反应速率太慢；温度过高，H2O2受热分解；②“分铜”时加入足量的NaCl，使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。（2）“分金”时，单质金在氯酸钠和盐酸中转化为[AuCl4]?，发生反应的离子方程式为

2Au+ClO?3+7Cl?+6H+=2[AuCl4] ?+3H2O。（3）①H2SO4电离出的H+降低了SO23?

的浓度，促使

[Ag(SO3)2]3?Ag++2SO23?平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl?

反应生成AgCl；②调节溶液的

pH不能过低，避免产生污染性气体SO2。（4）“沉银液”加碱调至pH=8.0，Na2SO3可再生并循环利用，其再生

原理为HSO?3+OH?=SO23?+H2O。（5）欲获得较纯净的Pb2+溶液，则Pb2+

的浓度为0.025mol/L，

Ksp[Pb(OH)2]=c(Pb2+)c2(OH?)=0.025×c2(OH?)=2.5× 10?16，故

c(OH?)=1.0×10?7mol/L，pH<7；Sb3+沉淀完全，Ksp[Sb(OH)3]=c(Sb3+)c3(OH?)=10?5×c3(OH?)

=10?41，c(OH?)=1.0×10?12 mol/L，pH≥2，因此，欲获得较纯净的Pb2+溶液，调节pH的范围为2≤pH<7。

28. 【答案】（1）①同分异构体的能量不相等 ②+92 （2）①bd ②升高温度 （3）cd

（4）①0.15 ②4.5

（5）C4H10+13CO23?-26e?=17CO2+5H2O （6）c(K+)>c(CO23?)>c(OH?)>c(HCO?3)>c(H+

)

【解析】（1）①由表中数据可知，在相同条件下，同分异构体之间的生成热不同，故其所含的能量不同，

因此，在书写热化学方程式时，要标明“同分异构体名称”。②由生成热的定义可知，反应热等于生成物的生成热总和减去反应物的生成热总和，故上述反应中，ΔH1=52kJ·mol?1+(-85 kJ·mol?1)-(-125 kJ·mol?1)=+92kJ·mol?1。（2）①气体的质量和体积均不变，故气体密度保持不变，故a不符合题意；[c(C2H4)·c(C2H6)]/c(C4H10)保持不变时就是该反应的化学平衡常数，故b符合题意；反应热与平衡状态无关，故c不符合题意；正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等，表明正反应速率和逆反应速率相等，故d符合题意。②由于该反应是一个吸热反应，故

升高温度可以同时提高反应速率和转化率。（3）温度高于600℃时，随着温度升高，乙烯产率降低。该反应为吸热反应，故平衡常数随温度升高而增大；活化能不随温度变化而变化；催化剂活性通常在适宜温度下最大，高于其适宜温度后，其活性降低；随着温度升高，其可能发生的副反应增多，故副产物增多。综上所述，可能的原因是cd。（4）在一定温度下向1L恒容密闭容器中充入2mol正丁烷，反应生成乙烯和乙烷，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75倍，则气体的总物质的量变为原来的1.75倍，即3.5mol，增加了1.5mol，所以各组分的变化量均为1.5mol。①0~10min内乙烯的生成速率v(C2H4)=

=0.15mol·L?1·min?1。②上述条件下，该反应的平衡常数K=

=4.5。（5）丁烷—空气燃料

电池以熔融的K2CO3为电解质，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极，该燃料电池的负极上丁烷

被氧化，电极反应式为C4H10+13CO23?-26e?=17CO2+5H2O。（6）由图可知，C点溶液中水电离出的OH?

浓度最

大，则C点对应的溶液为K2CO3溶液，因碳酸根离子可以发生水解而使溶液呈碱性，故其离子浓度大小关系

为c(K+)>c(CO23?)>c(OH?)>c(HCO?3

)>c(H+)。 35. 【答案】（1）2 3d （2）正四面体形 大于

（3）电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大

（4）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO

（5）TiN

【解析】（1）钛元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，因此其中未成对电子数为2个，能量最高的电子占据的能级符号为3d。（2）白磷(P4)分子中含有6个P—P单键，其立体构型为正四面体形，白磷和CS2均为非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理可推测白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度。（3）由于电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，因此PH3的键角小于NH3的。（4）反应物是氯气、TiO2和足量炭粉，生成物是TiCl4，根据原子守恒且碳过量可知还有CO生成，则生成TiCl4的化学反应方程式为TiO2+2C+2Cl2

TiCl4+2CO。 （5）根据晶胞结构可知，含有的N原子个数是8×1/8+6×1/2=4，Ti原

子全部在晶胞中，共计是4个，则该晶体的化学式为TiN；设晶胞的边长是a cm，则

=ρ，解得a=

。

36. 【答案】（1）3氯丙烯(或3氯1丙烯)

（2）碳碳双键、氨基 取代

（3）

+CH3OH

（4）吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率 （5）15 （6）

【解析】（1）有机物A为CH2=CH-CH3，与氯气在500℃发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl(B)，其名称为3氯丙烯(或3氯1丙烯)；由有机物E结构简式，结合有机物F的分子式可知，有机物E→F脱去二氧化碳，

去掉COO，得到F结构简式为。（2）根据有机物的结构简式CH2=CH-CH2NH2可知，官能团有碳

碳双键、氨基；通过有机物C的分子式，并结合反应物 CH2=CH-CH2NH2 和ClCH2CH2COOCH3可知，-NH2中的2个氢原子被取代，生成氯化氢，所以②的反应类型为取代反应。（3）根据题给信息可知：有机物C在

乙醇钠条件下，发生反应生成；化学方程式为

+CH3OH。（4）吡啶(C5H5N，属于有机碱)，吡啶显碱性，

能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率。（5）有机物F为，有机物

K分子组成比F少两个氢原子，分子式为C8H11NO。A．遇FeCl3显紫色，含有酚羟基；B．苯环上有两个取代基，一个必须是酚羟基；具体结构如下：苯环上分别连有-OH和-CH2CH2-NH2结构有3种；苯环上分别连有-OH和CH3CH(NH2)-结构有3种；苯环上分别连有-OH和CH3-NH-CH2-结构有3种；苯环上分别连有-OH和CH3CH2NH-结构有3种；苯环上分别连有-OH和(CH3)2N-结构有3种；共计有15种。（6）

发生消去生成

环己烯，环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为HOOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH，该有机物再与乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOCH2CH3，最后根据信息R1COOR2+R3CH2COOR4

，CH3CH2OOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOCH2CH3在乙醇钠的条件下发生反应生成

；合成流程如下：。