届高三好教育内部特供卷 化学五教师版.docx

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届高三好教育内部特供卷化学五教师版

2018-2019学年下学期好教育3月内部特供卷

高三化学（五）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：

每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23Al27Si28P31S32

Cl35.5Cr52Cu64Zn65

1．化学与生活、社会发展息息相关。

下列说法错误的是

A．用“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量

B．“山东疫苗案”涉及的疫苗因未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关

C．2018年11月福建东港石化“碳九”泄露事件引发社会关注。

“碳九”通常是指—系列含9个碳原子的碳氢化合物

D．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”。

丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物

【答案】D

【解析】A．通过“静电除尘”、“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”可减少粉尘污染、酸雨等，提高空气质量，A正确；B．疫苗未冷藏储运而失效，温度升高，蛋白质会发生变性，应低温保存，B正确；C．2018年11月福建东港石化“碳九”泄露事件引发社会关注。

“碳九”通常是指—系列含9个碳原子的碳氢化合物，C正确；D．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”。

丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D错误；故合理选项是D。

2．2018年11月，在法国凡尔赛召开的国际计量大会（CGPM）第26次会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含6．02214076×1023个基本单元，这个常数被称为阿伏加德罗常数，单位为mol−1”。

基于这一新定义，阿伏加德罗常数的不确定度被消除了。

”新定义将于2019年5月20日正式生效。

下列说法错误的是

A．常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NA

B．白磷分子（P4）呈正四面体结构，31g白磷中含P-P键的数目为1.5NA

C．1.0L0.1mol/LNa2S溶液中含有的S2−数目为0.1NA

D．4.4gCO2和N2O的混合气体中含有的原子总数为0.3NA

【答案】C

【解析】A．反应方程式为：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据反应方程式可知：

每有36g水反应，固体增重4g，电子转移2mol，若水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NA，A正确；B．白磷分子（P4）呈正四面体结构，每个分子中含有6个共价键，31g白磷的物质的量为n=31g÷（31×4）g/mol=0.25mol，则其中含有的P-P键的数目为6×0.25NA=1.5NA，B正确；C．S2−会发生水解反应而消耗，所以1.0L0.1mol/LNa2S溶液中含有的S2−数目小于0.1NA，C错误；D．CO2和N2O的相对分子质量都是44，分子中都含有3个原子，所以4.4gCO2和N2O的混合气体的物质的量是0.1mol，其中含有的原子总数为0.3NA，D正确；故合理选项是C。

3．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）。

下列说法错误的是

A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用做净水剂

B．该温度下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大

C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化

D．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行

【答案】B

【解析】A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，B错误；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，C正确；D．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，D正确；故合理选项是B。

4．已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。

甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C中均含有10个电子。

它们之间转化关系如下图所示。

下列说法正确的是

A．原子半径：

Z>Y>X

B．X与Y形成的化合物只含极性键

C．Y有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大的性质

D．气态氢化物的稳定性：

A

【答案】D

【解析】由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，乙为C，D为CO，甲为H2。

A．由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：

Y>Z>X，A错误；B．X为H元素，Y为C元素，二者形成的化合物，如CH4只含极性键，C2H6、C2H4等既含极性键，也含有非极性键，B错误；C．Y为C元素，C元素有多种同素异形体，其中金刚石具有高熔点、高沸点、硬度大的性质，而石墨则质地软，C错误；D．A是CH4，C是H2O，元素的非金属性O>C，元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性就越强，所以气态氢化物的稳定性A

5．用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是

A．若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色

B．实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用

C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中溶液中先产生白色沉淀，然后沉淀又溶解

D．若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊

【答案】B

【解析】A．若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，C中溶液最终呈无色，A错误；B．D中球形干燥管中间部分较粗，盛放液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，B正确；C．若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨，所以C中产生白色沉淀不溶解，C错误；D．若A为浓硫酸，B为Cu，反应需要加热才能发生，如果不加热，则没有二氧化硫产生，所以C中溶液无变化，D错误；故合理选项是B。

6．解释下列反应原理的离子方程式正确的是

A．用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：

Ca2++2HCO

CaCO3↓+H2O+CO2↑

B．向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热：

CH2BrCOOH+OH−→CH2BrCOO−+H2O

C．向Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：

Mg2++2HCO

+2OH−=MgCO3↓+CO

+H2O

D．在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：

3ClO−+2Fe（OH）3=2FeO

+3Cl−+H2O+4H+

【答案】A

【解析】A．用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：

Ca2++2HCO

CaCO3↓+H2O+CO2↑，A正确；B．向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热的离子反应为CH2BrCOOH+2OH−

CH2OHCOO−+Br−+H2O，B错误；C．向Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：

Mg2++2HCO

+4OH−=Mg（OH）2↓+2CO

+2H2O，C错误；D．在强碱溶液中不可能大量存在H+，D错误；故合理选项是A。

7．查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生如下反应：

。

则二甲苯通过上述反应得到的产物有几种

A．2B．3C．4D．5

【答案】B

【解析】若二甲苯为邻二甲苯，则断键位置可能为从两个甲基相连碳处断开，形成二甲基乙二醛和乙二醛，若在两个甲基中间碳断键，则形成甲基乙二醛和乙二醛，共三种，若为对二甲苯或间二甲苯，则断键得到甲基乙二醛和乙二醛，因此得到的产物最多有三种，故选B。

8．下列除杂方案错误的是

选项

被提纯的物质

杂质

除杂试剂

除杂方法

A

MgO（s）

Al2O3（s）

NaOH溶液

过滤

B

FeCl2（aq）

FeCl3（aq）

Fe屑

过滤

C

C2H2（g）

H2S（g）

CuSO4溶液

洗气

D

NaCl（s）

KNO3（s）

水

蒸发浓缩，冷却结晶，过滤

【答案】D

【解析】A．Al2O3是两性氧化物，能够与NaOH溶液反应变为可溶性NaAlO2，而MgO不能与NaOH溶液反应，然后过滤、洗涤就将杂质除去，A正确；B．在溶液中FeCl3与Fe单质发生反应：

2FeCl3+Fe=3FeCl2，然后过滤，除去杂质Fe，得到的就是纯净的FeCl2，B正确；C．H2S与CuSO4在溶液中发生反应，产生CuS沉淀和硫酸，而乙炔气体不能反应，从而达到除去杂质的目的，C正确；D．KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热饱和溶液、趁热过滤的方法除去KNO3杂质，选项D错误；故合理选项是D。

9．研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：

①N2O+Fe+=N2+FeO（慢）：

②FeO++CO=CO2+Fe+（快）。

下列说法正确的是

A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应

B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定

C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物

D．若转移lmol电子，则消耗11.2LN2O

【答案】C

【解析】A．反应①、②均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，A错误；B．由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，B错误；C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，C正确；D．由于没有指明外界条件，所以不能确定气体的体积，D错误；故合理选项是C。

10．铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如下图。

若上端开口关闭，可得到强还原性的H•（氢原子）；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的，•OH（羟基自由基）。

下列说法错误的是

A．无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe-2e−=Fe2+

B．不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e−=H•

C．鼓入空气时，每生成lmol•OH有2mol电子发生转移

D．处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，上端开口应打开并鼓入空气

【答案】C

【解析】A．铁碳微电解装置示意图可知，Fe为原电池负极发生氧化反应Fe-2e−=Fe2+，故A正确；B．由题意可知上端开口关闭，可得到强还原性的H，则不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e−=H•，故B正确；C．鼓入空气时，正极的电极反应为O2+2H++2e−=2•OH，每生成1mol•OH有1mol电子发生转移，故C错误；D．处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，草酸根具有很强的还原性，与氧化剂作用易被氧化为二氧化碳和水，则上端开口应打开并鼓入空气生成强氧化性的羟基，以氧化酸处理污水，故D正确；答案为C。

11．纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示，下列叙述不合理的是

A．在反应②中，

的作用可能是促进氯化铁水解

B．直接加热FeCl3溶液也可以得到Fe3O4

C．反应③的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2

D．纳米四氧化三铁形成的分散系，有可能产生丁达尔效应

【答案】B

【解析】A．因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，A正确；B．直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，B错误；C．由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：

6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，C正确；D．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，D正确；故合理选项是B。

12．一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同的方式投入反应物，发生反应N2（g）+

3H2（g）

2NH3（g）ΔH=-92.4kJ/mol,测得反应的相关数据如下表:

容器甲

容器乙

容器丙

反应温度/℃

400

400

500

反应物投入量

1molN2，3molH2

4molNH3

1molN2，3molH2

平衡时v（正）（H2）/mol/（L·s）

v1

v2

v3

平衡时c（NH3）/（mol/L）

c1

c2

c3

平衡时总压强P/Pa

P1

P2

P3

物质的平衡转化率a

a1（N2）

a2（NH3）

a3（N2）

平衡常数K

K1

K2

K3

下列关系正确的是

A．v12c3，a2（NH3）+a3（N2）<1

C．K1>K3，P2>2P3D．v1

【答案】B

【解析】A．容器甲、乙相比较，可以把乙看作是在恒温且容积是容器甲的两倍条件下，体积受到了压缩，原反应向正反应方向移动，因此2c12c3；平衡逆向移动，物质的平衡转化率降低，a3（N2）K3，容器甲、丙相比较，升高温度，气体压强增大，P3>P1；容器甲、乙相比较，可以把乙看作是在恒温且容积是容器甲的两倍条件下，体积受到了压缩。

若平衡不发生移动，P2=2P1，压缩容积，原反应向正反应方向移动，则P2<2P1，由于P3>P1，所以P2<2P3，C错误；D．甲、丙比较，升高温度，化学反应速率加快，所以v3>v1；升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，物质的平衡转化率降低，所以a1（N2）>a3（N2），D错误；故合理选项是B。

13．常温下，用0.l0mol/LKOH溶液滴定10.00mL0.10mol/LH2C2O4（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）。

下列说法正确的是

A．点①所示溶液中

=1012

B．点②所示溶液中：

c（K+）+c（H+）=c（HC2O

）+c（C2O

）+c（OH−）

C．点③所示溶液中：

c（K+）＞c（HC2O

）＞c（H2C2O4）＞c（C2O

）

D．点④所示溶液中：

c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O

）+c（C2O

）=0.10mol/L

【答案】D

【解析】A．0.10mol/LH2C2O4（二元弱酸）不能完全电离，点①pH≠1，则

≠1012，A错误；B．点②为混合溶液，由电荷守恒可知，c（K+）+c（H+）=c（HC2O

）+2c（C2O

）+c（OH-），B错误；C．点③溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC2O4，HC2O

在溶液中的电离沉淀大于其水解程度，所以c（C2O

）>c（H2C2O4）；HC2O

在溶液中电离、水解都会消耗，使其浓度降低，所以c（K+）>c（HC2O

），盐电离产生的离子浓度大于其反应产生的离子浓度，故c（HC2O

）>c（C2O

），因此溶液中离子浓度大小关系为：

c（K+）>c（HC2O

）>c（C2O

）>c（H2C2O4），C错误；D．点④所示溶液为K2C2O4：

KHC2O4按1∶1混合得到的混合溶液，由物料守恒可知，c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O

）+c（C2O

）=0.10mol/L，D正确；故合理选项是D

14．将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。

向反应后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。

下列叙述错误的是

A．当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NA

B．参加反应的金属的总质量3.6g

C．当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24L

D．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积为l00mL

【答案】D

【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO

↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：

Mg（NO3）2+2NaOH

=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为n=

，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。

A．根据上述分析可知：

反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，n（e−）=n（OH−）=0.3moL

，所以转移的电子数目N=0.3NA，A正确；B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，若全为Mg，其质量是m=0.15mol×24g/mol=3.6g；若全为金属Cu，其质量为m=0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，B正确；C．反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol，根据电子转移数目相等，可知反应产生NO的物质的量为n（NO）=

，其在标准状况下的体积V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正确；D．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积V=

；若硝酸有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，D错误；故合理选项是D。

15．银的冶炼有很多方法，在《天工开物》均有记载，而现代流行的“氰化法”，即用NaCN溶液浸出矿石中的银的方法是常用的方法。

该方法具备诸多优点：

银的回收率高、对游离态和化合态的银均能浸出、对能源消耗相对较少,生产工艺简便等，但银化物通常有毒。

其炼制工艺简介如下：

（1）矿石需要先进行破碎、研磨，其目的是_________。

（2）写出该工艺的一个明显的缺点____________。

（3）用NaCN浸泡矿石（该矿石是辉银矿，其主要成分是Ag2S）时，反应容器处于开口状态，产生的银以[Ag（CN）2]−形式存在，硫元素被氧化至最高价，试写出主要反应的离子方程式________

_______________。

（4）银往往和锌、铜、金等矿伴生，故氰化法得到的银中往往因含有上述金属而不纯净，需要进一步纯化，从而获得纯净的银。

其中方法之一就是进行电解精炼，在精炼过程中，含有杂质的银作_______极（填“阴”或“阳”），该电极上发生的主要反应式为______________。

（5）有人提出了另外的提纯银的方案，先将锌粉还原后的混合金属用略过量的硝酸溶解，通过精确调整溶液的pH来进行金属元素逐一分离，已知：

①溶解后的离子浓度如表:

Zn2+

Cu2+

Ag+

物质的量浓度（mol/L）

0.001

0.002

0.5

②某些金属离子的氢氧化物Ksp如表:

Zn2+

Cu2+

Ag+

……

Ksp

1.0×10−17

2.0×10−20

2.0×10−8

（已知lg2=0.3），该设计方案______（填“可行”或“不可行”），其原因是______________。

【答案】

（1）增大接触面积，增大反应速率（提高浸出率）

（2）NaCN有毒（生成有毒HCN），生产环节不环保，对环境不友好等

（3）Ag2S+4CN−+2O2=2[Ag（CN）2]−+SO

（4）阳Ag-e−=Ag+

（5）不可行在调整pH的过程中，各离子的沉淀pH接近，难以逐一沉淀

【解析】

（1）矿石是块状固态，将其粉碎、研磨，就可以增大与其他反应物的接触面积，从而可以提高化学反应速率，使更多的物质反应，提高了原料的浸出率；

（2）该冶炼金属银的方法使用了剧毒物质NaCN，对周围环境和操作人员都会形成危害，最后的排出物也容易形成对环境的污染，所以对环境不友好；（3）用NaCN浸泡矿石（其主要成分是Ag2S）时，反应容器处于开口状态，空气中O2会进入到反应溶液中，产生的银以[Ag（CN）2]-形式存在，硫元素被氧气氧化至最高价的SO

，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得主要反应的离子方程式为：

Ag2S+4CN−+2O2=2[Ag（CN）2]−

+SO

；（4）氰化法得到的银中含有杂质，需电解精炼，在精炼过程中，含有杂质的银与电源的正极连接作阳极，阳极发生氧化反应，主要反应式为Ag-e−=Ag+，活动性比Ag强的金属也会失去电子，如Zn-2e−=Zn2+、Cu-2e−=Cu2+；（5）根据Ksp[Zn（OH）2]=c（Zn2+）·c2（OH−）=1.0×10−17，0.001×c2（OH−）=1.0×

10−17，c（OH−）=1.0×10−7；根据Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2+）·c2（OH−）=2.0×10−20，0.002×c2（OH−）=2.0×10−20，c（OH−）=3.2×10−9；根据Ksp（AgOH）=c（Ag+）·c（OH−）=2.0×10−8，0.5×c（OH−）=2.0×10−8，c（OH−）=4.0×10−8。

可见各种离子形成沉淀需要的pH非常接近，难以逐一沉淀，因此该方法不可行。

16．硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：

Na2SO3+S=Na2S2O3。

常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3·5H2O。

Na2S2O3·5H2O于40〜45℃熔化，48℃分解：

Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。

在水中有关物质的溶解度曲线如图所示。