届高三化学新课标二轮复习限时训练三7+3+2模式1节课 时间 含答案详解.docx
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届高三化学新课标二轮复习限时训练三7+3+2模式1节课时间含答案详解
2019届高三化学（新课标）二轮复习限时训练三
[时间:
45分钟 总分:
85分（高考必考部分）]
一、选择题（本题包括7小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）
1.（2018年湖北武汉高三调研）下列生活用品中主要由黑色金属材料制造的是（ ）。
A.塑钢门窗 B.不锈钢刀
C.纯铜导线D.18K金首饰
解析▶ 冶金工业上习惯把铁、铬、锰以及它们的合金（主要指合金钢及钢铁）叫作黑色金属。
A项,塑钢门窗以聚氯乙烯（UPVC）树脂为主要原料;B项,不锈钢刀为铁的合金,主要由黑色金属材料制造而成;C项,纯铜导线为铜单质,铜属于有色金属;D项,18K金首饰为合金,属于有色金属材料。
答案▶ B
2.（2018年河北衡水中学高三模拟）下列对有关文献的理解错误的是（ ）。
A.《天工开物》记载制造青瓦“窑泥周寒其孔,浇水转釉”,红瓦转化为青瓦的原因是Fe2O3转化为其他铁的氧化物
B.《物理小识》记载“青矾（绿矾）厂气熏人,衣服当之易烂,栽木不茂,‘气’凝即得‘矾油’。
”青矾厂气是CO和CO2
C.《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法:
“取钢煅作时如笏或团,平面磨错令光净,以盐水洒之,于醋瓮中阴处埋之一百日,铁上衣生,铁华成矣。
”中药材铁华粉是醋酸亚铁
D.《本草经集注》对“消石”的注解如下:
“……如握雪不冰。
强烧之,紫青烟起,仍成灰……”这里的“消石”指的是硝酸钾
解析▶ “瓦”属于传统无机非金属材料,主要成分为硅酸盐,红瓦中含有氧化铁,浇水后,氧化铁转化为其他铁的氧化物,红瓦转化为青瓦,A项正确;“青矾厂气”是指煅烧硫酸亚铁（FeSO4·7H2O）后产生的三氧化硫和二氧化硫,这类气体遇水或湿空气会生成硫酸、亚硫酸或具有腐蚀性的酸雾,B项错误;醋中含有醋酸,与铁反应生成醋酸亚铁和氢气,因此铁华粉是指醋酸亚铁,C项正确;硝酸钾是白色固体,硝酸钾强烧时火焰呈紫色,D项正确。
答案▶ B
3.（2018年全国高考考前模拟适应性考试）下列关于有机物a（
）、b（
）、c（
）的说法正确的是（ ）。
A.a、b互为同系物
B.c中所有碳原子可能处于同一平面
C.b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种（不含立体异构）
D.a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
解析▶ a是酯类,b是羧酸类,结构不相似,不互为同系物,故A项错误;c是在环己烷上连接了2个羟基,环己烷的碳原子不都在同一平面上,故B项错误;b是1-戊酸,含有羧基结构的同分异构体,在正戊烷的碳链上还有2种,在异戊烷的碳链上有4种,新戊烷的碳链上有1种,共7种,故C项正确;c中含羟基,故只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D项错误。
答案▶ C
4.（2018年安徽宿州高三检测）某同学设计如下实验装置,测定葡萄糖还原新制氢氧化铜所得红色物质的组成。
下列说法中正确的是（ ）。
A.将装置a中的Zn换成CaCO3可制备CO2气体
B.若撤去装置b,会导致该物质含氧量测定结果偏低
C.只需称量装置d反应前后的质量就可确定该物质的组成
D.装置e的作用是防止空气中的H2O、CO2进入装置d中
解析▶ CaSO4微溶于水,不能用CaCO3和稀硫酸反应制备CO2气体,故A项错误;若撤去装置b,则会导致装置d中吸收水的质量偏大,该物质含氧量测定结果偏高,故B项错误;需称量装置d反应前后的质量和装置c中反应前后固体的质量,即可确定该物质的组成,故C项错误;装置e可防止空气中的H2O、CO2进入装置d中,故D项正确。
答案▶ D
5.（2017年安徽淮北模拟）深埋在潮湿土壤中的铁管道,在硫酸盐还原菌作用下,能被硫酸根离子腐蚀,其电化学腐蚀原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）。
A.铁管道发生的是吸氧腐蚀
B.输送暖气的管道也易发生此类腐蚀
C.这种情况下,土壤的pH增大
D.铁管道上刷铜油漆可以延缓管道的腐蚀
解析▶ 由图可知,负极反应式为Fe-2e-
Fe2+,正极反应式为S
+5H2O+8e-
HS-+9OH-。
铁管道的腐蚀过程中,氧气并未参与反应,所以不是吸氧腐蚀,故A项错误;硫酸盐还原菌中的蛋白质,在高温下易变性,失去催化效率,则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀,故B项错误;由正、负极的电极反应式可知,铁管道腐蚀过程中,OH-浓度增大,土壤的pH增大,故C项正确;铁管道上刷铜油漆,形成Cu-Fe原电池,Fe作负极,会加快铁管道的腐蚀,故D项错误。
答案▶ C
6.W、X、Y、Z均为短周期元素,W原子中只有质子,没有中子;X原子最外层电子数与次外层电子数相等,但与内层电子数不相等;Y元素原子在短周期主族元素中原子半径最大,Z元素的单质是空气的主要成分之一,且Z元素的单质与Y元素的单质在不同条件下可生成两种不同原子个数比的物质。
下列说法正确的是（ ）。
A.W元素无同位素
B.X的单质分子中含共价键
C.离子半径:
YD.W、Y、Z不能存在于同一离子化合物中
解析▶ 只有质子,没有中子的元素W是H元素;X原子最外层电子数与次外层电子数相等,但与内层电子数不相等,则X是Ar元素;Y元素原子在短周期主族元素中原子半径最大,则Y是Na元素;Z元素单质是空气的主要成分之一,且Z元素单质与Y元素单质在不同条件下可生成两种不同原子个数比的物质,所以Z是O元素。
H有三种同位素,A项错误;Ar是单原子分子,分子中不存在化学键,B项错误;Na+、O2-具有相同的电子层结构,原子序数越大离子半径越小,即离子半径Na+答案▶ C
7.常温下,某二元弱酸H2A溶液中离子浓度与pH的关系如图所示[y为lg
或lg
]。
下列说法不正确的是（ ）。
A.曲线b为lg
与pH的变化关系
B.该温度下,H2A的Ka2约为10-4.1
C.若在上图中作lg
+pH的关系图,得到的曲线会与曲线b平行
D.若升高温度,则图中曲线a、b均上移
解析▶ 由H2A的第一步电离:
H2A
HA-+H+K,a1=
根据图像可知随着反应的进行,HA-的物质的量增多,某一时刻当HA-的物质的量大于H2A,其lg
值先大于0,根据图像知,曲线b的y数值先大于0,故A项正确。
当pH=4.1时,a、b两线相交,即
=
故c（HA-）=c（A2-）,由H2A的第二步电离:
HA-
A2-+H+,Ka2=
所以Ka2=c（H+）=10-4.1,故B项正确。
lg
+pH=lg
-lgc（H+）=lg
=lg
因Ka2是个常数,故lg
也是个常数,所以得到的曲线不会与曲线b平行,故C项不正确。
因为电离是吸热反应,若升高温度,则图中曲线a、b均上移,D项正确。
答案▶ C
二、非选择题（本题包括3小题,共43分）
8.（2018年湖北高三联考）POCl3是重要的基础化工原料,广泛用于制药、染料、表面活性剂等行业。
一种制备POCl3的原理为PCl3+Cl2+SO2
POCl3+SOCl2。
某化学学习小组拟利用如下装置在实验室模拟制备POCl3。
有关物质的部分性质如下:
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度/
g·mL-1
其他
PCl3
-93.6
76.1
1.574
遇水强烈水解,易与氧气反应
POCl3
1.25
105.8
1.645
遇水强烈水解,能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
1.638
遇水强烈水解,加热易分解
（1）仪器甲的名称为 ,与自来水进水管连接的接口编号是 （填“a”或“b”）。
（2）装置C的作用是 ,乙中试剂的名称为 。
（3）该装置有一处缺陷,解决的方法是在现有装置中再添加一个装置,添加的装置中应装入的试剂为 （写名称）。
若不添加该装置,则可能会有什么后果?
请用化学方程式进行说明:
。
（4）装置D中反应温度控制在60~65℃,其原因是 。
（5）测定POCl3含量。
a.准确称取30.70gPOCl3产品,置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解;b.将水解液配成100.00mL溶液,取10.00mL溶液于锥形瓶中;c.加入10.00mL3.200mol·L-1AgNO3标准溶液,并加入少许硝基苯用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖;d.以Fe3+为指示剂,用0.2000mol·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。
①滴定终点的现象为 ,用硝基苯覆盖沉淀的目的是 。
②生成的POCl3的百分含量为 。
解析▶
（1）为了更充分地冷凝蒸气,冷凝管中的水应下进上出,与自来水进水管连接的接口编号为a。
（2）由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解,所以制备POCl3的Cl2和SO2都必须是干燥的。
根据装置图和制备POCl3的原理可知,装置A用于制备Cl2,装置B用于除去Cl2中的HCl（g）,装置C用于干燥Cl2,装置F用于制备SO2,装置E用于干燥SO2,装置D用于制备POCl3。
装置C中有长直玻璃管,故还可作安全瓶,平衡气压的作用。
乙中试剂用于干燥SO2,SO2属于酸性氧化物,所装试剂为五氧化二磷（或硅胶）。
（3）由于SO2、Cl2有毒,污染大气,因此最后要有尾气吸收装置;POCl3、SOCl2遇水强烈水解,在制备POCl3的装置后要连接干燥装置[防止外界空气中的H2O（g）进入装置D中],该装置缺陷的解决方法是在装置D的球形冷凝管上连接一个既能吸收SO2、Cl2又能吸收H2O（g）的装置,该装置中应装入的试剂是碱石灰。
若没有该装置,POCl3、SOCl2发生强烈水解,反应的化学方程式为POCl3+3H2O
H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O
SO2↑+2HCl。
（5）①以Fe3+为指示剂,当KSCN将过量的Ag+完全沉淀时,再滴入一滴KSCN溶液与Fe3+作用,溶液变红色,滴定终点的现象:
当最后一滴标准KSCN溶液滴入时,溶液变为红色,且半分钟内不褪色。
硝基苯是难溶于水且密度大于水的液体,用硝基苯覆盖沉淀的目的是使生成的沉淀与溶液隔离,避免滴定过程中SCN-与AgCl反应。
②n（AgNO3）过量=n（KSCN）=0.2000mol·L-1×0.01L=0.002mol,10.00mL水解液中Cl-消耗的AgNO3物质的量为3.200mol·L-1×0.01L-0.002mol=0.03mol,根据Cl原子守恒,样品中n（POCl3）=
×
=0.1mol,m（POCl3）=0.1mol×153.5g·mol-1=15.35g,POCl3的百分含量为
×100%=50%。
答案▶
（1）球形冷凝管 a
（2）干燥Cl2,同时作安全瓶,平衡气压 五氧化二磷（或硅胶）
（3）碱石灰 POCl3+3H2O
H3PO4+3HCl,SOCl2+H2O
SO2↑+2HCl
（4）若温度过高,PCl3会大量挥发,从而导致产量降低;若温度过低,反应速率会变慢
（5）①当滴入最后一滴标准KSCN溶液时,溶液变为红色,且半分钟内不褪色 使生成的沉淀与溶液隔离,避免滴定过程中SCN-与AgCl反应
②50%
9.（2018年湖南G10教育联盟高三联考）一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在,钴以Co2O3·CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面,锂混杂于其中。
已知Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性。
从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下:
已知:
①CoCO3的溶度积Ksp=1.0×10-13;
②当溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时,认为该离子沉淀完全。
（1）“碱溶”前通常将废料粉碎,其目的是 。
（2）过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,反应的离子方程式为 。
（3）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后,再加入Na2S2O3溶液浸出钴。
则浸出含钴物质总反应的化学方程式为（产物中只有一种酸根离子） 。
在实验室模拟工业生产时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业生产中不用盐酸,请分析不用盐酸浸出钴的主要原因:
。
（4）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3,碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用,请写出该反应的离子方程式:
。
（5）将2.0×10-4mol·L-1的CoSO4溶液与2.2×10-4mol·L-1的Na2CO3溶液等体积混合,此时溶液中的Co2+的浓度为 ,Co2+是否沉淀完全?
（填“是”或“否”）。
（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。
CoCl2因含结晶水数目不同而呈现不同颜色,利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。
粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时,剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示,物质B的化学式是 。
解析▶ （3）废料中钴以Co2O3·CoO的形式存在,钴元素的化合价为+2价和+3价,由流程图可知,加入Na2S2O3溶液后,钴全部变为+2价,说明Co3+氧化S2
还原产物为Co2+,由产物中只有一种酸根离子可知氧化产物为S
根据得失电子守恒和原子守恒可知,浸出含钴物质的化学方程式为4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4
12CoSO4+Na2SO4+11H2O。
（4）在过程Ⅲ中加入碳酸钠溶液,C
和Al3+发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀,离子方程式为2Al3++3C
+3H2O
2Al（OH）3↓+3CO2↑。
（5）将2.0×10-4mol·L-1的CoSO4溶液与2.2×10-4mol·L-1的Na2CO3溶液等体积混合,Co2+与C
反应生成CoCO3,离子方程式为Co2++C
CoCO3↓,由离子方程式可知,反应后的溶液中c（C
）=（2.2×10-4-2.0×10-4）mol·L-1÷2=1×10-5mol·L-1,则反应后的溶液中c（Co2+）=
=1.0×10-8mol·L-1,c（Co2+）<1.0×10-5mol·L-1,所以Co2+沉淀完全。
（6）据图可知,n（CoCl2）=65×10-3g÷130g·mol-1=5×10-4mol,B中含有水的物质的量为（74-65）×10-3g÷18g·mol-1=5×10-4mol,则n（CoCl2）∶n（H2O）=1∶1,故物质B为CoCl2·H2O。
答案▶
（1）增大固体反应物的接触面积,加快反应速率
（2）2Al+2OH-+2H2O
2Al
+3H2↑
（3）4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4
12CoSO4+Na2SO4+11H2O Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性,则Co2O3·CoO可将盐酸氧化成Cl2,污染环境
（4）2Al3++3C
+3H2O
2Al（OH）3↓+3CO2↑
（5）1.0×10-8mol·L-1 是
（6）CoCl2·H2O
10.（2018年江西师大附中高三最后一卷）甲烷是天然气的主要成分,是一种重要的清洁能源和化工原料。
（1）用煤制天然气时会发生多个反应,通过多种途径生成CH4。
已知:
①C（s）+2H2（g）
CH4（g）
ΔH=-73kJ·mol-1
②2CO（g）
C（s）+CO2（g）
ΔH=-171kJ·mol-1
③CO（g）+3H2（g）
CH4（g）+H2O（g）
ΔH=-203kJ·mol-1。
写出CO与H2O（g）反应生成H2和CO2的热化学方程式:
。
（2）天然气中含有H2S杂质,某科研小组用氨水吸收得到NH4HS溶液,已知T℃时,Kb（NH3·H2O）=1.74×10-5;Ka1（H2S）=1.07×10-7,Ka2（H2S）=1.74×10-13,NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是 （填字母）。
A.c（N
）>c（HS-）>c（OH-）>c（H+）
B.c（HS-）>c（N
）>c（S2-）>c（H+）
C.c（N
）>c（HS-）>c（H2S）>c（S2-）
D.c（HS-）>c（S2-）>c（H+）>c（OH-）
（3）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下反应制取H2,其原理为CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）。
①一定温度时,在一个体积为2L的恒容密闭容器中,加入1molCH4和1.4mol水蒸气发生上述反应,5min后达平衡,生成0.2molCO,用H2表示该反应的平均反应速率为 。
此反应的平衡常数为 （结果保留到小数点后三位）。
②下列说法中能说明此反应达到平衡状态的是 （填字母）。
A.体系的压强不再发生变化
B.生成1molCH4的同时消耗3molH2
C.各组分的物质的量浓度不再改变
D.体系的密度不再发生变化
E.反应速率v（CH4）∶v（H2O）∶v（CO）∶v（H2）=1∶1∶1∶3
（4）甲醇水蒸气重整制氢反应:
CH3OH（g）+H2O（g）
CO2（g）+3H2（g）ΔH=+49kJ·mol-1。
某温度下,将n（H2O）∶n（CH3OH）=1∶1的原料气充入恒容密闭容器中,初始压强为p1,反应达到平衡时总压强为p2,则平衡时甲醇的转化率为 。
（5）直接用甲醇燃料电池电解乙和丙中的溶液的装置如图所示:
乙池中的石墨为 极,甲池中通入CH3OH的电极反应式为 ,当甲池中消耗280mL（标准状况下）O2时,丙池中理论上最多产生 g固体。
解析▶
（1）根据盖斯定律,①+②-③可得CO与H2O（g）反应生成H2和CO2的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）
H2（g）+CO2（g） ΔH=-41kJ·mol-1。
（2）根据电离平衡常数知,一水合氨的电离程度大于硫化氢的电离程度,所以NH4HS溶液中N
的水解程度小于HS-的水解程度,溶液呈碱性,则c（OH-）>c（H+）,但N
和HS-水解程度都较小,所以粒子浓度大小顺序是c（N
）>c（HS-）>c（OH-）>c（H+）;根据H2S的电离常数可判断HS-的水解程度大于其电离程度,所以还存在c（N
）>c（HS-）>c（H2S）>c（S2-）。
A、C两项均正确。
（3）①5min后达平衡,生成0.2molCO,则同时生成氢气0.6mol,浓度是0.3mol·L-1,因此用H2表示该反应的平均反应速率为0.3mol·L-1÷5min=0.06mol·L-1·min-1。
平衡时剩余0.8mol甲烷、1.2mol水蒸气,因此甲烷、水蒸气、CO和氢气的浓度（mol·L-1）分别是0.4、0.6、0.1、0.3,此反应的平衡常数K=
≈0.011。
②正反应为气体体积增大的反应,故体系的压强不再发生变化可说明反应达到平衡状态,A项正确;生成1molCH4和消耗3molH2均表示逆反应速率,不能说明反应达到平衡状态,B项错误;各组分的物质的量浓度不再改变说明反应达到平衡状态,C项正确;密度是混合气的质量和体积的比值,在反应过程中混合气体的质量和体积始终是不变的,故体系的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态,D项错误;v（CH4）∶v（H2O）∶v（CO）∶v（H2）=1∶1∶1∶3,不能说明反应达到平衡状态,E项错误。
（4）设原料气中CH3OH和H2O的物质的量均为1mol,CH3OH的转化量为nmol。
CH3OH（g）+H2O（g）
CO2（g）+3H2（g）
起始量（mol） 1 100
转化量（mol） n nn3n
平衡量（mol） 1-n1-nn3n
则
=
解得n=
所以平衡时甲醇的转化率为
×100%。
（5）甲池是燃料电池,乙、丙池是电解池。
在燃料电池中,通入甲醇的一极是负极,发生失电子的氧化反应,在碱性条件下的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-
C
+6H2O。
因通入氧气的电极是正极,则与通入氧气的一极相连的石墨电极为阳极,根据电极反应式O2+2H2O+4e-
4OH-可知,甲池中消耗280mL（标准状况下0.0125mol）O2时,转移电子0.05mol。
丙装置中,在阳极上是Cl-放电,所以Mg2+和OH-之间反应生成氢氧化镁,理论上最多产生氢氧化镁0.025mol×58g·mol-1=1.45g。
答案▶
（1）CO（g）+H2O（g）
H2（g）+CO2（g） ΔH=-41kJ·mol-1
（2）AC
（3）①0.06mol·L-1·min-1 0.011 ②AC
（4）
×100%
（5）阳 CH3OH-6e-+8OH-
C
+6H2O 1.45
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