云南省昆明市嵩明一中2018届高三第七次考试化学试题(含答案)

云南省昆明市2017-2018学年嵩明一中高三第七次考试
高三理综化学
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共90分，考试时间150分钟。

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
分卷I
一、单选题(共7小题,每小题6.0分,共42分)
1.为减少汽车尾气对大气造成的污染，目前市场上推出了使用乙醇汽油(在汽油中加入适量乙醇)的汽车。

下列叙述错误的是()
A．乙醇汽油是一种化合物
B．汽车使用乙醇汽油可以减少有害气体的排放
C．乙醇充分燃烧生成CO2和H2O
D．用粮食发酵可制得乙醇
【答案】A
【解析】乙醇汽油是混合物。

2.25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是（）
A．④＞③＞②＞①
B．②＞③＞①＞④
C．④＞①＞②＞③
D．③＞②＞①＞④
【答案】C
【解析】从四种物质分析可知②NaOH、③H2SO4抑制水的电离，①NaCl不影响水的电离平衡，④(NH4)2SO4促进水的电离(NH水解)，在②③中H2SO4为二元强酸、产生的c(H＋)大于NaOH产生的c(OH－)，抑制程度更大，故顺序为(由大→小)④＞①＞②＞③。

3.下列燃烧反应的反应热是燃烧热的是（）
A．H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H1
B．C（s）+O2（g）═CO（g）△H2
C．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3
D．H2S（g）+1/2O2（g）═S（s）+H2O（l）△H4
【答案】C
【解析】A．生成气态水不是最稳定状态，应为液态水，错误；
B．应生成CO2，不是燃烧热，错误；
C．符合燃烧热的定义，正确；
D．不是生成的稳定的氧化物，应生成SO2，错误．
4.以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示．下列说法错误的是（）
A．电池放电时Na+从a极区移向b极区
B．电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有还原作用
C．该电池的负极反应为：BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O
D．每消耗3 mol H2O2，转移的电子为6 mol
【答案】B
【解析】A．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，正确；
B．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH﹣，MnO2既作电极材料又有催化作用，错误；
C．负极发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，正确；D．正极电极反应式为H2O2+2e﹣=2OH﹣，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，正确．5.下列说法正确的是()
A．已知a g乙烯气体充分燃烧时生成1 mol CO2和液态水，放出b kJ的热量，则表示乙烯燃烧热的热化学方程式为2C2H4(g)＋6O2(g)===4CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－4b kJ·mol－1
B．已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g)ΔH＝－270 kJ·mol－1，则1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量小于270 kJ
C．500 ℃,30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－38.6 kJ·mol－1 D．已知：①C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，②C(s，金刚石)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－395.0 kJ·mol－1，则C(s，金刚石)===C(s，石墨)ΔH＝－1.5 kJ·mol －1
【答案】D
【解析】表示乙烯燃烧热的热化学方程式中C2H4(g)的化学计量数应为1，A错；气体变为
液体时要放出热量，所以1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量大于270 kJ，B错；此反应为可逆反应，投入0.5 mol的氮气，最终参加反应的氮气一定小于0.5 mol，因此热化学方程式中ΔH应小于－38.6 kJ·mol－1，选项C不正确；D中由②－①可知正确。

6.近20年来，同位素分析法在植物生理学、生态学和环境科学研究中获得广泛应用。

如在陆地生态研究中，2H、13【C】15N、18O、34S等被视为环境分析指示原子。

下列说法正确的是()。

A．34S原子核内的中子数为16
B．1H O的摩尔质量为20 g·mol－1
C．13C和15N核内的质子数相差2
D．2H＋的核外电子数为2
【答案】B
【解析】A项中S为16号元素，质量数为34，则中子数为34－16＝18，错误；B项中1H O 的摩尔质量＝(1×2＋18)g·mol－1＝20 g·mol－1，正确；C项中C为6号元素，N为7号元素，质子数相差1，错误；D项中2H＋的核外电子数为0，错误。

7.向20 mL NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol/L的醋酸溶液，滴定曲线如图所示。

下列判断中，正确的是()
A．在M点，两者恰好反应完全
B．滴定前，酸中c(H＋)等于碱中c(OH－)
C．NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L
D．在N点，c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(CH3COOH)
【答案】C
【解析】CH3COOH是弱电解质，当pH＝7时，CH3COOH是过量的，A错；由图可以看出NaOH的pH＝13，c(OH－)＝0.1 mol/L，而CH3COOH是弱电解质，部分电离，c(H＋)<0.1 mol/L，B错，C正确；由图像知，在N点时pH<7，即醋酸的电离大于醋酸钠的水解，即c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，但是由于加入的CH3COOH较多，故c(CH3COOH)>c(H ＋)，D错。

分卷II
二、非选择题
8.N2H4通常用作火箭的高能燃料，N2O4做氧化剂．请回答下列问题
已知：
①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+akJ/mol
②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣b kJ/mol
③2NO2（g）N2O4（g）△H=﹣ckJ/mol
写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式
（2）工业上常用次氯酸钠与过量的氨气反应制各肼，该反应的化学方程式为
（3）N2、H2合成氨气为放热反应．800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入1mol N2、3molH2，如图1，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙是绝热容器，三容器各自建立化学平衡．
①达到平衡时，平衡常数K甲K乙K丙（填“＞”“＜”或“=”）
②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲c（N2）乙c（N2）丙（填“＞”“＜”或“=”）
③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是
A、乙容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态
B、在甲中充入稀有气体He，化学反应速率加快
C、向甲容器中冲入氨气，正向速率减小，逆向速率增大
D、丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态
（4）氨气通入如图2电解装置可以辅助生产NH4NO3该电解池的阴极反应式为．
（5）在20mL 0.2mol/L的NH4NO3溶液中加入10mL 0.2mol/L NaOH溶液后显碱性，溶液中所有离子浓度大小关系为．
【答案】（1）2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=﹣（a﹣c+2b）kJ/mol；（2）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；
（3）①=，＞；②＞，＜；③CD；
（4）NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O；
（5）c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）．
【解析】（1）由①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+akJ/mol
②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣b kJ/mol
③2NO2（g）N2O4（g）△H=﹣ckJ/mol
根据盖斯定律可知②×2﹣①﹣③得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=﹣（a﹣c+2b）kJ/mol；
（2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，依据原子守恒写出化学方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；
（3）①甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故K甲=K乙＞K丙；
②甲容器在反应过程中保持压强不变，故容器体积减小，氮气的浓度增大；乙容器保持体积不变，随着反应的进行，压强减小；丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，故达到平衡时N2的浓度c（N2）甲＞c（N2）乙＜c（N2）丙；
③A．密度=，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能说明此反应已达到平衡状态，错误；
B．在甲中充入稀有气体He，体积增大，原体系的压强减小，化学反应速率减慢，错误；C．向甲容器中冲入氨气，体积增大，氢气和氮气的浓度减小，氨气的浓度增大，故正向速率减小，逆向速率增大，正确；
D．丙容器绝热，故丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态，正确；
（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e ﹣+6H+=NH4++H2O；
（5）在20mL 0.2mol/L的NH4NO3溶液中加入10mL 0.2mol/L NaOH溶液后显碱性，NH4NO3与氢氧化钠反应生成硝酸钠和一水合氨，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的硝酸铵、硝酸钠和一水合氨，溶液显碱性，说明一水合氨的电离大于硝酸铵的水解，故离子浓度大小关系为c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）．
9.过氧化氢溶液俗名双氧水,医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。

回答下列有关双氧水的问题:
(1)下述反应中,H2O2仅体现氧化性的反应是(填代号)。

A.Na2O2+2HCl2NaCl+H2O2
B.Ag2O+H2O22Ag+O2↑+H2O
C.2H2O22H2O+O2↑
D.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
(2)保存双氧水的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是(填代号)。

(3)H2O2有时可作为矿业废液消毒剂,有“绿色氧化剂”的美称,如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN),经以下反应实现:KCN+H2O2+H2O A+NH3↑,试指出生成物A的化学式为。

【答案】(1)D(2)B(3)KHCO3
【解析】(1)物质中所含元素化合价降低,得到电子的反应是还原反应,该物质就作氧化剂,所以选项D正确。

A中H2O2是生成物,且该反应不是氧化还原反应;B中H2O2是还原剂,C中H2O2既是氧化剂,也是还原剂,答案选D。

(2)过氧化氢是一种氧化剂,所以选项B正确。

(3)根据原子守恒和电子得失守恒可知,生成物A应该是KHCO3。

10.Cu 与一定浓度的HNO3反应为:3Cu+2N+xH+3Cu2++2R+yH2O。

(1)反应中的x=。

(2)反应产物R的化学式为。

(3)参加反应的Cu和消耗HNO3的物质的量之比为。

(4)1.5 mol Cu完全反应时转移的电子数为。

【答案】(1)8(2)NO(3)3∶8(4)3N A
【解析】根据化合价升降和电子守恒知R为NO,再根据电荷守恒可知x=8,把此离子方程式改写为化学方程式:3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,则参加反应的Cu和消耗HNO3的物质的量之比为3∶8,1.5 mol Cu失去电子的数目为1.5×2N A=3N A。

【化学选修1】
11.化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下：
已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。

②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1 mol D可与1 mol NaOH或2 mol Na反应。

回答下列问题：
(1)A的结构简式为________________。

(2)B的化学名称为________________。

(3)C与D反应生成E的化学方程式为___________________________。

(4)由E生成F的反应类型为________________。

(5)G的分子式为________________。

(6)L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应，L共有________种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为____________________、____________________。

【答案】(1)(2)2-丙醇(或异丙醇)
(3)HOCH2CH2OCH(CH3)2＋
＋H2O
(4)取代反应(5)C18H31NO4
(6)6、
【解析】A的化学式为C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为；B的化
学式为C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1，则B的结构简式为CH3CH(OH)CH3；D的化学式为C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1 mol D可与1 mol NaOH或2 mol Na反应，则苯环上有酚羟基和—CH2OH，且为对位结构，则D的
结构简式为。

(1)A的结构简式为。

(2)B的结构简式为
CH3CH(OH)CH3，其化学名称为2-丙醇(或异丙醇)。

(3)HOCH2CH2OCH(CH3)2和
发生反应生成E的化学方程式为HOCH2CH2OCH(CH3)2＋
＋H2O。

(4)和
发生取代反应生成F。

(5)有机物G的分子式为C18H31NO4。

(6)L是
的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲基的位置有3种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1种，满足条件的L共有6种；其中核磁共振氢谱为四组峰，
峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为、。

【化学选修2】
12.根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol－1)，回答下列各题：
(1)在周期表中，最可能处于同一族的是。

A．Q和R B．S和T C．T和U D．R和T E．R和U
(2)下列离子的氧化性最弱的是。

A．S2＋B．R2＋C．T3＋D．U＋
(3)下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是。

A．硼B．铍C．氦D．氢
(4)每种元素都出现相邻两个电离能的数据相差较大的情况，这一事实从一个侧面说明：
，
如果U元素是短周期元素，你估计它的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第个电子时。

(5)如果R、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是，其中元素的第一电离能异常高的原因是。

【答案】(1)E(2)D (3)C
(4)电子分层排布，各能层能量不同10
(5)R
【解析】(1)根据电离能的变化趋势知，Q为稀有气体元素，R为第ⅠA族元素，S为第ⅡA 族元素，T为第ⅢA族元素，U为第ⅠA族元素，所以R和U处于同一主族。

(2)由于U＋为第ⅠA族元素且比R电离能小，所以U＋的氧化性最弱。

(3)由于Q是稀有气体元素，所以氦的物理性质和化学性质与此最像。

(4)电离能的突跃变化，说明核外电子是分层排布的。

若U是短周期元素，则U是Na，其核外电子排布式为1s22s22p63s1，由于2s22p6所处能层相同，所以它的第2次电离能飞跃数据发生在失去第10个电子时。

(5)同一周期，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA族比相邻元素要高，因为其最外层电子呈全充满或半充满结构。