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福建省泉州市2018届高三下学期第二次（5月）质量检查化学试题第I卷 (选择题共126分)一、选择题:本题共13小题，每格6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1. 古籍中对“鍮石”有如下记载：“鍮石，自然铜之精也。今炉甘石(主要成分为碳酸锌)炼成者,假鍮也。崔昉曰:铜一斤，炉甘石一斤,炼之成鍮石(假鍮)。”“水银坠地，鍮石可引上。”下列叙述错误的是A. 假鍮是一种合金B. 炉甘石中的碳酸锌在冶炼中被还原C. 可以用盐酸鉴别真假“鍮石”D. 分别用硫磺和“鍮石”处理“水银坠地”的原理是相同的【答案】D2. 有机物M为海洋天然产物(一)-PavidolideB不对称全合成的中间体之一，结构简式如下图。下列有关M的说法不正确的是A. 分子式为C10H14OB. 可发生取代反应加成反应、聚合反应C. 分子中所有碳原子都在同一平面上D. 苯环上连有-OH和-C4H9的M的同分异构体有12种【答案】C【解析】A、根据结构简式，推出此有机物的分子式为C10H14O，故A说法正确；B、根据有机物的结构简式，此有机物中含有官能团是羰基、碳碳双键，碳碳双键能发生加成反应、聚合反应，故B说法正确；C、，此处三个位置中C的杂化类型为sp3杂化，空间构型为正四面体，故C说法错误；D、C4H9的结构有CH2CH2CH2CH3、CH2CH(CH3)2、CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4，苯环上两个取代基位置为邻间对，同分异构体为34=12，故D说法正确。3. 单质X有如右转化关系如下，单质X可能是。A. Fe B. C C. Si D. Al【答案】B【解析】A、铁与氧气发生生成Fe3O4，Fe3O4不与强碱反应，故A错误；B、C与O2反应生成CO2，CO2与强碱反应生成碳酸盐或碳酸氢盐，碳酸盐或碳酸氢盐能与强酸反应生成CO2，故B正确；C、Si与氧气反应生成SiO2，SiO2与强碱反应生成硅酸盐，硅酸盐与强酸反应生成硅酸，不是SiO2，故C错误；D、Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3与强碱反应生成偏铝酸盐，偏铝酸盐与强酸反应生成氢氧化铝或Al3，故D错误。4. 短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法错误的是A. 简单离子半径:WZXB. Y、W均能与X形成共价化合物C. W的最高价氧化物的水化物一定为强酸D. Y与Z形成的化合物溶于水一定得到强碱溶液【答案】D【解析】X、Y、W位于不同周期，因为都是短周期以及原子序数依次增大，即X为H，Z的原子半径在短周期主族元素中最大，即Z为Na，最外层有1个电子，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，根据元素都是主族元素，以及核外电子排布规律，推出Y为最外层电子数可能是6或7，即Y可能是O，也可能是F，W的最外层电子数为7或6，W可能为Cl，也可能S，A、如果Y为O，则W为Cl，简单离子半径大小顺序是ClNaH，如果Y为F，则W为S，简单离子半径大小顺序是S2NaH，故A说法正确；B、如果Y为O，则W为Cl，则与H形成的化合物分别是H2O(H2O2)、HCl，都属于共价化合物，如果Y为F，则W为S，与H形成的化合物分别是HF、H2S，都属于共价化合物，故B说法正确；C、如果W为Cl，则最高价氧化物对应水化物为HClO4，HClO4属于强酸，如果W为S，其最高价氧化物对应水化物为H2SO4，H2SO4属于强酸，故C说法正确；D、如果Y为O，则与Na形成的化合物是Na2O或Na2O2，溶于水后生成NaOH，属于强碱，如果Y为F，则与Na形成NaF，溶液为盐溶液，故D说法错误。5. 新型Zn-GO(GO为氧化石墨烯:C2O)电池，如图所示，GO反应过程中转化为rGO(rGO为石墨烯:C)。下列有关说法错误的是A. 电池工作时，电子由a经外电路流向bB. b极电极反应式:C2O+2e-+H2O=2C+2OH-C. 每生成0.1molZn(OH)42-，转移电子数为0.2NAD. 放电过程中电解质溶液的pH增大【答案】D6. 无水氯化铝是常用的有机化工试剂，易水解、易升华。实验室用以下装置制取少量氯化铝，反应原理为2Al+6HCl(g) 2AlCl3+3H2。以下说法正确的是A. 圆底烧瓶中发生反应:NaCl+H2SO4(浓) HCl+NaHSO4B. 粗导管d也可换成细导管C. e中试剂可选用碱石灰、无水氧化钙或五氧化二磷D. 为了减少HCl的浪费，实验开始时先点燃b处酒精灯【答案】A【解析】A、圆底烧瓶制备HCl，圆底烧瓶中发生的反应是NaClH2SO4(浓)HClNaHSO4，故A正确；B、因为AlCl3易升华，因此为防止氯化铝气体遇冷生成氯化铝固体堵塞导管，使用粗导管d，故B错误；C、e的作用是防止空气中水蒸气进入收集装置，防止AlCl3水解，HCl对环境有影响，因此装置e的另一个作用是除去未反应的HCl，五氧化二磷只能吸水，不能吸收HCl，故C错误；D、应先通HCl气体，排除装置中空气，防止氧气与铝反应生成氧化铝，故D错误。7. 向0.1mol/L的NaClO溶液中滴加稀硫酸，HClO和ClO-所占分数()随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是A. 曲线b代表ClO-B. HClO的电离平衡常数Ka=10-7.47C. pH=7时,c(Na+)c(HClO)c(ClO-)D. 向pH=6的该溶液中加入少量的Na2SO3固体，c(ClO-)增大【答案】D【解析】A、NaClO中滴加H2SO4，发生2NaClOH2SO4=Na2SO42HClO，ClO所占分数逐渐降低，HClO所占分数逐渐增大，因此曲线b代表ClO，故A说法正确；B、电离平衡常数只受温度的影响，当pH=7.47时c(ClO)=c(HClO)，根据电离平衡常数的定义，即HClO的电离平衡常数K=，故B说法正确；C、根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(ClO)c(OH)2c(SO42)，当pH=7时，c(Na)=c(ClO)2c(SO42)，推出c(Na)c(ClO)，根据图像，当pH=7时c(HClO)c(ClO)，根据物料守恒，c(Na)=c(ClO)c(HClO)，推出c(Na)c(HClO)，因此有c(Na)c(HClO)c(ClO)，故C说法正确；D、NaClO具有强氧化性，Na2SO3中S显4价，具有还原性，发生ClOSO32=ClSO42，c(ClO)减小，故D说法错误。8. 某工厂的尾气主要成分为N2、NO、CO、CO2、SO2等，某兴趣小组设计以下实验，定量检测尾气中污染性气体的含量。(1)实验时，先推送N2，再连续抽送20次(100mL/次)尾气，最后推送N2。第一次推送N2的作用是_。尾气采用多次抽送方式的目的是_。(2)C中的试剂是_。(3)装置D用于测量CO。HIO3能氧化CO，还原产物为I2，反应的化学方程式为_。D中碱石灰的作用是_。(4)为进一步分析SO2含量，将实验后A中溶液转移到烧杯，依次加入三种试剂，过滤、洗涤、干燥。称得沉淀为1.165g。加入的三种试剂为_。(选填序号)a.盐酸 b.双氧水 c.BaCl2溶液 d.稀硫酸检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。尾气中SO2含量为_gL-1。(5)实验后，测得B中溶液体积为100mL，NO2-、NO3-的浓度分别为0.0100molL-1和0.0200molL-1。B中长颈漏斗的作用是_；通入O2的体积(标准状况)至少为_mL。【答案】 (1). 排尽装置中的空气 (2). 减小相对误差 (3). 浓硫酸 (4). 2HIO3+ 5CO = I2 + 5CO2 + H2O (5). 吸收 CO2和 H2O (6). abc (7). 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液， 若无白色沉淀生成，则沉淀洗涤干净，反之沉淀未洗净 (8). 0.16 (9). 使 NO 和O2充分混合， 防止倒吸 (10). 39.2【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）第一次通入N2的目的排尽装置中的空气，防止NO与O2发生反应；尾气采用多次抽送方式，其目的是减小相对误差；（2）装置DHIO3把CO氧化成CO2，装置E吸收CO2，从而计算CO的量，从B中出来的气体中含有水蒸气，能被碱石灰吸收，干扰CO量的测定，因此装置C中盛放的试剂为浓硫酸；（3）HIO3把CO氧化成CO，本身被还原成I2，即HIO3COCO2I2H2O，根据化合价升降进行配平，化学反应方程式为2HIO3 5CO = I2 + 5CO2 + H2O；碱石灰的作用是吸收装置D中产生的CO2和H2O；（4）装置A中NaOH吸收SO2和CO2，转化成Na2SO3和Na2CO3，测定SO2，应向A溶液中加入盐酸，除去Na2CO3，然后滴加H2O2，把4价S氧化成SO42，最后滴加BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀；沉淀表面为NaCl，证明沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液， 若无白色沉淀生成，则沉淀洗涤干净，反之沉淀未洗净；根据硫元素守恒，n(SO2)=n(BaSO4)=1.165/233mol=0.005mol，因此尾气中SO2的含量为；（5）B中长颈漏斗的作用是使NO和O2充分混合，以及防止倒吸；发生的反应是2NOO2=2NO2、2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O，还有一部分氧气把部分NaNO2氧化成NaNO3，根据得失电子数目守恒，有n(O2)4=n(NO2)1n(NO3)3=1001030.0111001030.023，解出n(O2)=1.75103mol，即氧气体积至少为1.7510322.4103mL=39.2mL。点睛：本题易错点是最后一问，学生用N元素守恒，求NO的物质的量，然后根据2NOO2=2NO2，求出O2的体积，忽略了NO2与NaOH反应2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O，得出n(NO2)=n(NO3)，但现在c(NO3)是c(NO2)的2倍，因此还发生O2把NO2氧化成NO3，氧气最终得到的电子，来自于NO，因此根据得失电子数目守恒，求出氧气的体积。9. NaBH4容易与H+反应产生氢气而成为储氢材料研究的热点。以硼酸为原料制备NaBH4的一种工艺流程如下图所示：已知: H3BO3电离：H3BO3+H2OB(OH)4-+H+反应1: H3BO3+3CH3OH B(OCH3)3+3H2O反应2:B(OCH3)3+4NaH=NaBH4+3CH3ONa(1)H3BO3是_元酸，NaH的电子式为_。(2)NaBH4与水剧烈反应放出H2。反应的化学方程式为_。(3)反应1属于_(填有机反应类型)，反应过程中蒸出B(OCH3)3的目的是_。(4)“水解”时产生的大量NaOH，减缓了NaBH4与水的反应。在该步骤中，与水反应生成大量NaOH的物质是_。(5)“分离”后得到NaBH4的异丙醇溶液。操作甲是_。(6)上述流程中可以循环使用的物质是_。(7)以惰性电极电解NaB(OH)4与NaOH混合溶液也能制得NaBH4。阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). 一 (2). (3). NaBH44H2ONaB(OH)44H2 (4). 取代（或酯化）反应 (5). 降低生成物的浓度，有利于反应1向正反应方向移动 (6). CH3ONa、NaH (7). 蒸馏 (8). CH3OH、异丙醇 (9). B(OH)4 8e4H2OBH4-8OH【解析】考查化学工艺流程，（1）判断某酸属于几元酸，看电离出H的个数，根据信息，H3BO3只能电离出一个H，因此H3BO3属于一元酸；NaH中Na显1价，H显1价，NaH属于离子化合物，因此NaH的电子式为；（2）NaBH4中Na显1价，B显3价，H显1价，H2O的H显1价，因此发生化学方程式为NaBH44H2O=NaB(OH)44H2；（3）根据信息，CH3OH属于醇，H3BO3属于含氧酸，因此CH3OH与H3BO3发生取代反应或酯化反应；信息，反应1属于可逆反应，蒸出B(OCH3)3，降低生成物的浓度，促使反应向正反应方向进行，提高原料的利用；（4）反应2中加入NaH，水解时加入H2O，因此NaH与H2O反应：NaHH2O=NaOHH2，CH3ONaH2O=CH3OHNaOH，因此该步骤中，与水反应生成大量的NaOH的物质是NaH和CH3ONa；（5）NaHB4的异丙醇溶液，它们互为混合，利用其沸点不同，采用蒸馏的方法进行分离；（6）根据流程，循环使用的物质是CH3OH和异丙醇；（7）制备NaBH4，H的化合价降低，在阴极上得到电子，因此阴极反应式为B(OH)4 8e4H2OBH48OH。点睛：本题难点是电极反应式的书写，根据电解池工作原理，阴极上得到电子，化合价降低，被还原，阳极上失去电子，化合价升高，被氧化，B(OH)4 中H显+1价，而BH4中H显1价，H的化合价降低，B(OH)4在阴极上得到电子，电解质为NaOH，因此OH在阴极上产生，即阴极电极反应式为B(OH)4 8e4H2OBH48OH。10. 氯化亚铜(CuCl)是一种重要化工原料，难溶于水，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：(1)CuCl的保存方法是_。(2)已知:Cu(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)H1=-218.8kJ/mol2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s) H2=-310.6kJ/mol4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s) H5=-177.6kJ/mol写出CuCl2分解为CuCl和Cl2反应的热化学方程式：_。(3)CuCl在含一定浓度Cl-溶液中会部分溶解，存在如下平衡：2CuCl(s) Cu2+CuCl2-H IIIA，VAVIA，即N的第一电离能大于O，同主族从上到下第一电离能减小，即O的第一电离能大于S，K是活泼金属，第一电离能最小，故第一电离能的顺序是NSK；（3）根据结构，N有2个键，1个孤电子对，价层电子对数为3，即N的杂化类型为sp2；(SN)x的晶体类型为分子晶体；S2Cl2的结构式类似H2O2的结构式，即S2Cl2的结构式为；Ag属于过过渡元素，价电子包括最外层电子和次外层d能级上的电子，即Ag价电子排布式为4d105s1；（4）C603堆积方式为面心立方结构，C603位于顶点和面心，个数为81861/2=4，根据化学式K3C60，K的个数为12，K位于空隙中，晶胞中被K占据的空隙百分比为100%；C60为分子晶体，金刚石为原子晶体，原子晶体的熔沸点高于分子晶体；设五边形个数为x，六边形个数为y，根据足球烯结构，足球烯有60个顶点，面数为(xy),每个棱被2个面共有，棱数为(360)/2，根据欧拉定律，有60(xy)(360)/2=2，根据键数和顶点，得出(5x6y)/2=(360)/2，推出x=12，y=20。点睛：本题的难点是五边形和六边形个数的计算，本题利用均摊的方法进行计算，设五边形个数为x，六边形个数为y，石墨烯有60个顶点，根据结构，根据均摊方法，1个碳原子占有棱边数为3/2，石墨烯含有棱边数为360/2个，每个棱边被两个面共有，棱边数有(5x6y)/2，根据欧拉定律得出60(xy)(360)/2=2，根据键数，得出(5x6y)/2=(360)/2，从而计算出x和y。12. 以异丙苯(A)为原料合成()-水芹醛(C10H16O)的路线如下：(1)(土)-水芹醛的官能团名称为_、_。(2)GH反应的方程式为_。(3)HI的反应类型为_。(4)B、K的结构简式分别为_、_。(5)鉴别J和(土)一水芹醛可选用的试剂为_。a.NaHCO3溶液 b.溴水 c.酸性KMnO4溶液 d.新制Cu(OH)2(6)满足下列条件的D的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱为1:1:2:2:6的结构简式为_。能与金属钠反应产生氢气；不能使FeCl3溶液显色；含有苯环且苯环上不超过两个取代基。(7)依据题中信息，参照上述路线，以为原料，选择必要试剂设计的合成路线_。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 醛基 (3). (4). 消去反应 (5). (6). (7). ad (8). 14 (9). (10). 【解析】考查有机物的推断和合成，（1）根据（土）水芹醛的结构简式，含有官能团是醛基、碳碳双键；（2）根据G的结构简式，推出G的分子式为C10H17ON，比H的分子式少2个碳原子、2个H原子、1个O原子，因此G与乙酸酐反应的方程式为；（3）根据H和I的结构简式，I添加了一个碳碳双键，推出此反应类型为消去反应；（4）A的分子式为C9H12，B的分子式为C9H12O3S，因此A生成B的反应类型为磺化反应，即B的结构简式为，对比I和J的分子式，推出J的结构简式为，根据J和K的分子式，K比J缺少1个H和1个O，多了一个Cl，即J的结构简式为；（5）J中含有羧基、碳碳双键，（土）水芹醛的结构中含有醛基和碳碳双键，a、羧基能与NaHCO3溶液反应生成CO2，而醛基不行，可以鉴别，故a正确；b、都含有碳碳双键，能使溴水褪色，溴水不能鉴别两种物质，故b错误；c、碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，酸性高锰酸钾溶液不能鉴别两种物质，故c错误；d、J中羧基与新制氢氧化铜发生中和反应，溶液变为澄清，水芹醛中的醛基与新制氢氧化铜悬浊液，生成Cu2O砖红色沉淀，可以鉴别，故d正确；（6）能与金属钠反应产生氢气，说明含有羟基，不能使FeCl3发生显色反应，说明羟基不与苯环直接相连，苯环上有一个取代基或者2个取代基，符合条件的同分异构体有、（甲基在苯环上有三种位置）、（甲基在苯环上有三种位置）、（乙基在苯环上有三种位置），共有14种；核磁共振氢谱5种峰，说明有5种不同的氢原子，即此结构简式为；（7）根据合成水芹醛的合成路线，推出生成的路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，首先根据题目中信息，推出含有的官能团或结构，如本题能与金属钠反应产生氢气，说明含有羟基，不能使FeCl3发生显色反应，说明羟基不与苯环直接相连，苯环上有一个取代基或者2个取代基，然后根据烷烃同分异构体书写规律，进行判断，即“先整后散”，推出，然后官能团的位置，即得出、，碳链异构，推出、，“后散”，再结合苯环上两个取代基位置为邻间对，推出其他形式。
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