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1、云南省师范大学附属中学2018届高三化学第八次月考试题（扫描版）云南师大附中2018届高考适应性月考卷（八）理科综合参考答案化学部分一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）题号78910111213答案CDADBDC【解析】7漂白粉的有效成分是次氯酸钙，在水中与CO2作用生成次氯酸，具有强氧化性，可消毒杀菌，故A正确；燃煤易产生二氧化硫等污染性气体，而可燃冰是水合甲烷，故B正确；明矾溶于水电离产生的Al3+水解成氢氧化铝胶体具有较大表面积，吸附水中杂质一起沉降，只有净水作用，没有淡化作用，故C错误；能量密度是指在一定的空间或质量物质中储存能量的大小，单位质量或单位体积所能产生的电能越多
2、，电池的能量密度就越高。一般在相同体积下，锂离子电池的能量密度是镍镉电池的2.5倍，是镍氢电池的1.8倍，因此在电池容量相等的情况下，锂离子电池就会比镍镉、镍氢电池的体积更小，重量更轻，故D正确。故选C。8丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能，故可区分乙烷和丙烯，但丙烯与酸性高锰酸钾反应会产生CO2混入乙烷中，只能用溴水除去，故A错误；石油的分馏属于物理变化，而煤的干馏、油脂硬化均属于化学变化，故B错误；能与金属K反应产生气体的官能团有羧基和羟基，分子式为C4H8O2的酯可以是甲酸丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，它们在酸性条件下水解后产生的羧酸和醇各有3种、2种、2种，共有7种，故C错误；细菌属
3、蛋白质，苯酚和酒精等均可以使细菌蛋白质变性死亡，故D正确。故选D。9因硝酸易挥发，也能与Na2SiO3溶液反应产生白色沉淀，故结论错误；检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸且红色石蕊试纸是变蓝，故错误；根据操作和现象，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，故一定含有Fe3O4，正确；能使品红溶液褪色的是SO2，但与盐酸反应产生SO2的可以是、，故结论错误；pH试纸不能用于测新制氯水的pH，因新制氯水中有强氧化性的HClO，会漂白试纸，错误。故选A。10NO与O2反应生成0.2mol NO2，且还存在2NO2N2O4平衡，故所含分子总数小于0.2NA，故A错误；常温下，Fe遇浓硝酸钝化，故B错误；据题意，
4、1mol S8中含8mol SS键（王冠状），故32g S8中含1mol SS键，故C错误；因S2会水解，且从一级水解方程式可看出中S2+H2OHS+OH，阴离子总数大于0.1mol，阳离子主要是Na+，约为0.2mol，故D正确。故选D。11具有2电子层结构的如Li+和H，两者的最高价均为+1价；10电子结构的如Na+、Mg2+、Al3+和N3、O2、F，其中O、F无最高正价，不比简单阳离子的最高化合价高，故A错误；短周期中原子半径最大和最小的的元素分别是Na和H，均在第A族，且形成的NaH是离子化合物，故B正确；氢化物的沸点高低与元素非金属性强弱无必然联系，故C错误；非金属单质的氧化性越强
5、，通常其元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但其氧化物对应水化物的酸性不一定强，如氧化性：Cl2S，但酸性：H2SO4HClO等，故D错误。故选B。12磷酸铁锂电池放电时，附着在负极碳上的单质Li失去电子，发生了氧化反应，其负极反应为=，故A正确；充电时为电解池原理，阳离子向阴极区移动，即图中Li+从正极区通过聚合物隔膜向负极区（充电时的阴极）迁移，故B正确；正极Li+得电子发生还原反应，结合电池的总反应式可知，电极反应式为=LiFePO4，故C正确；若用该电池电解精炼铜，阴极反应式为Cu2+2e=Cu，当生成19.2kg（300mol）铜时转移的电子为600mol，锂离子
6、带1个单位正电荷，则电池中通过聚合物隔膜的Li+数目为600NA，故D错误。故选D。13因图中实线为HX的滴定曲线，0.1000mol/L的该酸pH1，说明该酸在溶液中完全电离，为强电解质，所以HX为强酸，而图中虚线为HY的滴定曲线，且0.1000mol/L该酸的pH3，说明该酸在溶液中部分电离，为弱电解质，所以HY为弱酸，故A错误；用氢氧化钠溶液滴定弱酸HY，达滴定终点时生成的NaY为强碱弱酸盐，水解显碱性，最好用酚酞作指示剂，以减小误差，甲基橙变色范围为3.14.4，误差大，故B错误；滴定至B点时，溶液为NaY和HY的等量混合液，且溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于Y的水解程度，但电离程度
7、较小，故有c(Y)c(Na+)c(HY)c(H+)c(OH)，故C正确；A点为HX的强酸溶液，pH1的强酸溶液中，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离的氢离子浓度为1013mol/L，C点为碱性溶液，若是滴定HX曲线上的点，则NaOH过量，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，则水电离的氢离子浓度为109mol/L，若是滴定HY曲线上的点，则NaY中Y水解，促进了水的电离，则水电离的氢离子浓度为105mol/L，故A、C两点水电离的氢离子浓度之比为1104或1108，故D错误。故选C。三、非选择题（共58分）（一）必考题（共3小题，共43分）26（除特殊标注外
8、，每空2分，共14分）（1）CO2C+O2（见氧化亚铁才给分）（2）（1分）增大压强或增大c(H2)（或其他合理答案）（1分）（1分） 8L3mol3（3）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) b（1分）0.18mol/(Lmin) KC=KEKD【解析】（1）在700K条件下，二氧化碳和氧化亚铁发生反应生成碳和FexOy，过程2中FexOy分解生成FeO和氧气，所以整个反应过程中的FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为CO2C+O2。（2）由图可知，升高温度，CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故0。为提高CO2的平衡转化率，除改
9、变温度外，还可采取的措施是增大压强或增大氢气的浓度。相同温度条件下，投料比越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1X2。据图中B点：CO2转化率为50%，容器体积为1L，投料比为2，故列三段式计算：（单位mol/L）2CO2(g) + 6H2(g)C2H4(g) + 4H2O(g)起始 2 4 0 0转化 1 3 0.5 2平衡 1 1 0.5 2则平衡常数。（3）已知：iCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) ；ii2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ；iiiCH3OH(g)=CH3OH(l) ；则根据盖斯定律可知iiiiii即
10、得到CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) 。逆反应速率先增大后减小，说明反应逆向移动，a错误；H2的转化率增大，说明平衡正向移动，b正确；若增大生成物的浓度，平衡逆向移动，反应物的体积百分含量减小，c错误；故选b。根据图给信息，T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，投料比为2，5min后反应达到平衡状态，CO2的转化率为60%，则CO2反应掉了3.6mol，生成二甲醚1.8mol，则05min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=1.8mol(2L5min）=0.18mol/(Lmin)；根据图给信息，
11、KC与KE的温度相同，所以KC=KE，根据上述分析，该反应为放热反应，从T1到T2，CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则改变的条件是升高温度，即T2T1，对于放热反应，升高温度，K值减小，则KC=KEKD。27（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）KMnO4或KClO3、K2Cr2O7、Ca(ClO)2等（1分）吸收多余的氯气，同时防止空气中的水汽进入装置E，造成AlCl3水解（2）ac（3）反应生成的NaCl沉积在NaH表面，阻止了AlCl3与NaH进一步反应或NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应（4）NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2（5）丙（1
12、分） 连续两次读数的氢气体积相等（其他合理答案也可） 0.90或90%【解析】（1）要制备氯化铝，首先制取氯气，由于反应不需要加热，则A中的试剂具有强氧化性，则常用的有KMnO4、KClO3、K2Cr2O7、Ca(ClO)2等；装置F中碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气；同时由于AlCl3易水解，所以还有防止空气中的水汽进入装置E，造成AlCl3水解的作用。（2）若改变A、B和D中的试剂制取氢化钠，则反应装置制取干燥的纯净的氢气，则A处为锌和稀盐酸反应生成氢气，B中的除去氯气中的氯化氢的饱和食盐水应换成氢氧化钠溶液，除去氢气中的氯化氢气体，在反应前应该先用氢气排除装置中的空气，反应过程中始终通
13、入氢气，否则会使制取的氢化钠中可能有剩余的金属钠，或钠与空气中的氧气反应生成过氧化钠，故主要杂质选ac。（3）由于反应生成的NaCl覆盖在NaH表面，阻止了AlCl3与NaH进一步反应，使得氢化钠的转化率较低。或氢化钠是离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应，所以NaH的转化率较低。（4）铝氢化钠中的氢元素为1价，容易与水中的+1价的氢发生氧化还原反应，即铝氢化钠与水反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2。（5）测定铝氢化钠的纯度，就是利用两种物质与水反应生成氢气，测定氢气的体积。甲、丁中随反应的进行装置内压强变大，液体可能不能顺利流下，导
14、致铝氢化钠和NaH或许不能完全反应，为保持内外压强相等，需要恒压漏斗，且甲的操作中氢气的体积不好读数；乙中排水装置的导管应“短进长出”且导管中可能有水，使测定的气体体积不准确，所以最适宜的装置是丙。读取气体体积时要冷却到室温，标志是连续两次读数的氢气体积相等。由于两种物质均能与水反应生成氢气，因此可以通过测量氢气的体积计算纯度。设样品中铝氢化钠的物质的量是x mol，NaH是y mol，则有、，解得，所以样品中铝氢化钠的质量分数为或90% 。28（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）31（2）（1分） 26（1分） 65或1.2（1分）3ClO+Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3HClO
15、 +Fe3+8OH=+4H2O（3）BK2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质（4）5.01015 mol/L【解析】（1）干法制备K2FeO4的反应是Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，在该反应中氧化剂KNO3与还原剂Fe2O3的物质的量之比为31。（2）由流程图可知，“转化”是Na2FeO4K2FeO4，该转化是在某低温下进行的，说明此温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以S(K2FeO4)S(Na2FeO4)。由图甲可知，Fe(NO3)3浓度一定，温度在26时，K2FeO4的生成率最高，故工业生产中最佳温度为26。由图甲可知，Fe(NO3)3浓度在330g/L时，K2FeO4的生成率最高，由图乙可知，NaClO在275g/L时，K2FeO4的生成率最高，所以Fe(NO3)3与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为
