湖北省八市2018届高三3月联考理综化学试题1. 化学与生产、生活密切相关,下列有关说法中正确的是A. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服,肥皂去污能力减弱B. 铝及其合金广泛应用,是因为铝的性质稳定,不易被腐蚀C. 塑料的老化是因为其主要成分在空气中发生了缓慢的加成反应D. 硅太阳能电池利用的是原电池原理【答案】A【解析】A、肥皂中含有高级脂肪酸钠，高级脂肪酸钠与Ca2＋反应生成高级脂肪酸钙沉淀，故A正确；B．Al 为活泼金属，容易被空气中氧气氧化成氧化铝薄膜，此薄膜阻碍反应的进行，保护内部铝不被腐蚀，故B 错误；C、塑料老化的原因可能是发生加成反应，也可能是发生氧化反应，故C错误；D、硅太阳能电池利用太阳能转化电能，原电池原理是利用化学能转化成电能，故D错误。
2. N A为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24LHF所含分子数为0.1N AB. 某温度下，2LpH=12的NaOH溶液中含OH-的数目为0.02N AC. 丙烯和环丙烷组成的42g混合气体分子中共用电子对总数为9N AD. 化学反应中每生成1molO2，转移的电子数为4N A【答案】C【解析】A、HF在标准状况下是液体，不是气体，故A错误；B、因为是某温度下，不清楚水的离子积多少，无法计算OH－物质的量，故B错误；C、丙烯和环丙烷分子式都是C3H6，丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，因此42g丙烯含有的共用电子对的物质的量为42×9/42mol=9mol，环丙烷的结构简式为，因此42g 环丙烷含有共用电子对的物质的量为42×9/42mol=9mol，故C正确；D、如果是H2O2→O2，因此生成1molO2转移电子物质的量为2mol，故D错误。
3. 下列关于有机物的说法正确的是A. 有机反应中常说的卤化、硝化、酯化、水化都属于取代反应B. 溴苯、硝基苯、乙酸和乙酸乙酯可用NaOH 溶液鉴别C. 石油催化裂化的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃D. 分子式为C8H11N的有机物，分子内含有苯环和氨基(-NH2)的同分异构体共14种【答案】D4. 下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A 探究化学反应的限度取5mL0.1mol/LKI溶液,滴加0.1molLFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应B探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取5ml.0.1mo/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和10.2mol/L的H2C2O4(草酸)溶液，记录溶液褪色所需的时间C 证明海带中含有碘元素将海带剪碎、加蒸馏水浸泡，取滤液加几滴稀硫酸和1mLH2O2，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝D验证CH3COONa 溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体(其水溶液呈中性)，观察溶液颜色变化A. AB. BC. CD. D 【答案】D【解析】A、KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，因为KI是过量，因此溶液中存在I－和I2，不能说明反应是可逆反应，故A错误；B、酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=8H2O＋10CO2↑＋2Mn2＋，高锰酸钾过量，溶液不褪色，故B错误；C、海带剪碎，加蒸馏水，海带中I元素不能进入溶液中，应剪碎后点燃，然后加蒸馏水，过滤，故C错误；D、CH3COONa溶液中存在CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－，加入酚酞，溶液变红，加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，CH3COO－的浓度增大，平衡向正反应方向移动，颜色加深，故D正确。
点睛：本题的易错点是选项B，学生只注意到高锰酸钾和草酸反应，以及浓度越大反应速率越快，会错选B，忽略了题目中所给量，高锰酸钾是过量，溶液的颜色不褪色。
5. 全钒液流电池充电时间短，续航能力强，被誉为“完美电池”，工作原理如图1所示，反应的离子方程式为:VO2++V3++H2O VO2++V2++2H+。
以此电池电解Na2SO3溶液(电极材料为石墨),可再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图2所示。
下列说法错误的是A. 电解Na2SO3溶液时,a极与电池负极相连,图1中H+从电池右边移向左边B. 电池充电时,正极电极反应为VO2++e-+2H+=VO2++H2OC. 电解时b的电极反应式为SO32-+H2O-2e- =SO42-+2H+D. 若电解过程中图2 所有液体进出口密闭，则消耗12.6g Na2SO3,阴极区变化的质量为4.4g【答案】B【解析】A、根据离子移动方向，电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，即a连接电池的负极，根据原电池的工作原理，V2＋在负极上反应，即右边为负极，左边为正极，即H＋从电池的右边移向左边，故A说法正确；B、根据反应方程式，阳极上失去电子，化合价升高，电极反应式为VO2＋＋H2O－e－=VO2＋＋2H＋，故B说法错误；C、根据选项A的分析，b极为阳极，电极反应式为SO32－＋H2O－2e－=SO42－＋2H＋，故C说法正确；D、消耗12.6gNa2SO3，转移电子物质的量为12.6×2/126mol=0.2mol，图2中，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，此时阴极上产生0.2molOH－，向阴极移动0.2molNa＋，阴极上产生0.1molH2，即阴极区质量变化质量为(0.2×23－0.1×2)g=4.4g，故D说法正确。
6. A、B、C、D均为短周期主族元素,原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为18，A和C同主族，B原子的电子层数与最外层电子数相等，B、C、D的单质均可与NaOH溶液反应。
下列说法正确的是A. 原子半径:C>A，简单离子半径：B>DB. 简单氢化物的热稳定性:A>C，氧化物对应水化物的酸性:D>BC. B、C的氧化物均是高熔点物质，故B、C的氧化物中化学键类型相同D. 可用A的单质制备C的单质,可用电解法由B、D形成的化合物BD3制备B单质【答案】B【解析】B原子的电子层数与最外层电子数相等，B元素可以是H、B、Al，因此B单质可以与NaOH溶液发生反应，因此B为Al，C和D的单质均可与NaOH溶液发生反应，则C为S，D为Cl，A和C同主族，则A为O，A、原子半径S>O，简单离子半径Cl－>Al3＋，故A错误；B、A和C简单氢化物是H2O和H2S，O的非金属性强于S，因此有H2O的稳定性强于H2S，氧化铝对应水化物是Al(OH)3，氢氧化铝表现两性，因此Cl的氧化物对应水化物的酸性强于氢氧化铝，故B正确；C、SO2常温下为气体，熔点低，故C错误；D、H2S与O2反应：2H2S＋O2=2H2O＋2S，AlCl3为分子晶体，熔融状态下不导电，因此工业上不电解AlCl3得到金属铝，故D错误。
7. 电解质溶液电导率越大导电能力越强。
常温下用0.0200mol/L盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.0200mol/L 的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似)。
利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。
下列说法不正确的是A. 曲线②代表滴定NaOH溶液的曲线,在相同温度下,水的电离程度A>C>D>BB. 常温下，测得A点溶液的pH=6，则二甲胺常温下电离常数K b约为10-4C. 向二甲胺溶液中滴加盐酸10~20mL过程中:c(Cl-)>c[(CH3)2NH2+] >c(H+)>c(OH-)D. B点溶液中:c(H+)=c(OH-)+ c[(CH3)2NH2+] +2c[(CH3)2NH·H2O]【答案】C点睛：本题的难点是选项B，即电离平衡常数的计算，因为A点是盐酸与二甲胺恰好完全反应，(CH3)2NH2＋发生水解，因此计算二甲胺的电离平衡常数时，应采用Kw=Kb×Kh，先根据水解常数的定义计算出Kh，代入三大常数的关系式即可。
8. 乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂,易溶于水,吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得:2CH3CH(OH)COOH + FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O +CO2↑。
I.制备碳酸亚铁:装置如图所示。
(1)C的名称是___________。
(2)清洗仪器,检查装置气密性,A 中加入盐酸,B 中加入铁粉,C 中加入NH4HCO3溶液。
为顺利达成实验目的,上述装置中活塞的打开和关闭顺序为:关闭活塞______，打开活塞______；加入足量盐酸后,关闭活塞1,反应一段时间后,关闭活塞____,打开活塞_____。
C中发生的反应的离子方程式为_______________。
Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体:将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃下搅拌使之充分反应。
然后再加入适量乳酸。
(3)加入少量铁粉的作用是______________。
从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，________、干燥。
Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量:(4)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其原因可能是_____________________。
(5)经查阅文献后,改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。
反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。
测定时,先称取5.760g样品,溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液,每次取25.00mL,用0.1000mol/LCe(SO4) 2标准溶液滴定至终点,记录数据如下表。
则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_________(以质量分数表示)。
【答案】(1). 三颈烧瓶(2). 2(3). 1、 3(4). 3(5). 2(6). Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O(7). 防止 FeCO3与乳酸反应产生的 Fe2+被氧化(8). 冷却结晶，过滤、洗涤(9). 乳酸根中羟基(－OH)被酸性高锰酸钾溶液氧化(10). 98.5%【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器的特点，仪器C为三颈烧瓶；（2）实验目的是制备碳酸亚铁，Fe2＋容易被氧气氧化成Fe3＋，因此先排除装置空气，即关闭活塞K3，打开活塞K1和K3，反应一段时间后，关闭活塞K3，打开K2，利用压强，把B中溶液压入到C中，发生：Fe2＋＋HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；（3）Fe2＋容易被氧气氧化，因此加入少量铁粉的目的是防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2＋被氧化；获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）根据乳酸亚铁的结构简式，乳酸亚铁中含有羟基，羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此滴定实验中发现结果总是大于100%；（5）三次消耗Ce(SO4)2的体积分别是为19.75mL、21.2mL、19.65mL，第二次消耗的体积与另外两次消耗的体积差别大，删去21.2mL，因此平均消耗的Ce(SO4)2的体积为(19.75＋19.65)/2mL=19.70mL，根据得失电子数目守恒，因此有19.70×10－3×0.1××1×250/25=n(Fe2＋)×1，解得n(Fe2＋)=1.97×10－2mol，即样品的纯度为1.97×10－2×288/5.760×100%=98.5%。