发布时间 : 星期五 文章2019届高三好教育云平台10月内部特供卷 化学(一) 学生版更新完毕开始阅读8502e82d16791711cc7931b765ce05087632751a
2018-2019学年上学期好教育云平台10月内部特供卷
高三化学（一）答 案
1.【答案】B
【解析】A项，水乳交融没有新物质产生，包含物理变化，而火上浇油包含油的燃烧，包含化学变化，故A项错误；B项，蜡炬成灰泪始干包括两个过程，蜡烛受热熔化变为蜡油，这一过程只是状态发生了变化，没有新的物质生成，属于物理变化；蜡油受热变为蜡蒸气，与氧气发生反应生成水和二氧化碳，有新的物质生成，属于化学变化，所以既有物理变化又有化学变化，故B项正确； C项，石头中含有碳酸钙，碳酸钙与水和空气中的二氧化碳反应生成可溶的碳酸氢钙，造成水滴石穿的现象，包含化学变化，故C项错误；D项，螃蟹煮熟时，会产生类似于胡萝卜素的色素类物质，有新物质产生，发生了化学变化，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。
2.【答案】A
【解析】A石英的主要成分是二氧化硅，和氢氧化钠反应，石英坩埚耐高温，不可用来加热熔化NaOH固体，故A错误；B盐析是一个可逆的过程，不改变蛋白质的性质，盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性，故B正确；C氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，所以FeCl3溶液可用于蚀刻印刷电路，故C正确；D酒精可以使蛋白质发生变性，医用酒精能使蛋白质变性，可用来消毒杀菌，故D正确。故选A。
3.【答案】D
【解析】A氯化氢、氢氧化钡、硫酸钡都是强电解质，但盐酸是HCl的水溶液，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B醋酸是弱电解质，纯碱、醋酸铵是强电解质，故B错误；C二氧化硫、苯都是非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D C3H8、C4H10、C6H14都属于烷烃，结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2原子团，是同系物，故D正确。
4.【答案】C
【解析】A 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba
2+
+2OH－
+2H+
+SO
24
－
===BaSO4↓+2H2O，所以A选项是正确的；B NaHCO3在溶液中电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开，故B正确；C 氢氧化铝不溶于弱碱氨水中，正确的是Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH＋4，
故C不正确；D 酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO－
4+5H2O2+6H+===2Mn2+
+5O2↑+8H2O，所以D选项是正确的。故选C。
5.【答案】D
【解析】①维生素C具有还原性，能被强氧化剂氧化而体现还原性，所以在人体内起抗氧化作用，故①正确；②NO2+H2O===2HNO3+NO，该反应中N元素化合价由+4价变为+5价、+2价，所以二氧化氮发生氧化还原反应，故②正确；③Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O中有1mol氯气参加反应时，有NA个电子转移，故③错误；④阴离子可能具有氧化性，如ClO－具有强氧化性，故④错误；⑤BaSO3+H2O2===Na2SO4+H2O，该反应中有电子转移，属于氧化还原反应，故⑤正确；⑥化合 反应有的不是氧化还原反应，如CaO和水反应，故⑥错误。综合以上分析，③④⑥错误，故选D。
6.【答案】C
金太阳好教育 内部特供卷答案 第1页（共6页） 【解析】A称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，故A错误；B配制0.1mol·L?1 NaCl溶液100mL，要按照计算、称量、溶解、转移、定容等步骤进行，需要使用100mL容量瓶，故B错误；C 检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，
所以C选项是正确的；D CCl4能萃取碘水中的I2，不能萃取I－
，加入CCl4并振荡，静置，CCl4层
无颜色变化，故D错误。所以C选项是正确的。
7.【答案】D
【解析】NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1及电子守恒
可以知道：4×（1-0）=1×（x-1），计算得出：x=+5，发生反应为：H2PO－2+4Ag++2H2O===H3PO4+4Ag+3H+
，
该反应的氧化剂是Ag+，还原剂是H2PO－2，则H2PO－
2对应的氧化产物为H3PO4，答案选D。
8.【答案】（1）C
（2）产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少 途径Ⅰ不会产生污染大气的气体 （3）CuO(或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等) （4）3.2～3.9
（5）4Cu2++3H3PO2+6H2O===4CuH↓+8H++3H3PO4 0.5mol （6）阳极 2Cu2++2e?+H2O===Cu2O+2H+ 减小 （7）硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发
【解析】（1）根据以上分析，试剂X应为氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入杂质，最适合作为试剂X的是H2O2，故选C，（2）途径II中产生二氧化硫气体不但会产生污染，而且会使部分硫酸因转化成二氧化硫而造成转化率不高，因此与途径Ⅱ相比，途径I有明显的两个优点，分别是产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少，途径Ⅰ不会产生污染大气的气体，（3）试剂Y的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀，为了不引入杂质，因此试剂Y可以是CuO(或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2 CO3等)；（4）根据制备的最终目的是得到胆矾，要除去铁元素，加入少量试剂Y的过程中应控制溶
液C的pH，使Fe3+沉淀完全时，且Cu2+不沉淀，由表中数据可知，Fe3+沉淀完全时pH=3.2，Cu2+沉淀完全时pH=6.4，此时c(OH－)=10-7.6，据此可求出氢氧化铜的溶度积Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+) ·c2(OH－)=1×10-5×10-15.2=10-20.2，若c(Cu2+)=1mol·L?1，解得c(OH－)=10-10.1，则c(H+)=10-3.9，pH=3.9，因此，本题正确答案为：3.2～3.9；（5）滤液E中的铜离子和H3PO2溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，根据得失电子守恒和电荷守恒，写出反应的离子方程式为4Cu2++3H3PO2 +6H2O===4CuH↓+8H++3H3PO4；该反应中每生成4mol CuH转移12mol电子，所以每转移1.5NA个 电子，生成CuH的物质的量为0.5mol；（6）要生成氧化亚铜，则铜必须失去电子，因此铜作阳极。阴极得到电子，发生还原反应，所以阴极电极反应式为2Cu2++2e?+H2O===Cu2O+2H+，由两电极反应可知，阳极产生的Cu2+小于阴极消耗的Cu2+故电解过程中滤液E的浓度减小；（7）因为硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发，所以用乙醇代替蒸馏水洗涤硫酸铜晶体。
9.【答案】（1）分液 （2）ABD （3）BC
金太阳好教育 内部特供卷答案 第2页（共6页）
（4）KIO3 （5）b
（6）3HCOOH +IO－3===I－
+3CO2↑+ 3H2O
（7）87.3
【解析】I．（1）根据以上分析，操作b是分离两种互不相溶液体混合物的操作，该操作为分液；（2）试剂a是萃取碘水中碘的试剂，根据萃取剂的选择要求，可以选用的是苯或CCl4或直馏汽油，应选ABD，Ⅱ．（3）A．KOH固体具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，在纸片上称量KOH固体，会使所称量的KOH质量偏小，导致配得的溶液浓度偏低，故不选A；B．1mol K2O2与水反应生成2mol KOH，1mol K2O2的质量为110g，而2mol KOH的质量为112g，若KOH固体样品中混有K2O2则使所配溶液中溶质KOH的物质的量增大，导致配得的溶液浓度偏高，故选B；C．溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏大，故选C；D．未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容，导致溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D不选；E．定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故不选E；F．定容后摇匀，液面下降，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故F不选；G．定容后摇匀，少量溶液 溅出容量瓶，转移到容量瓶中氢氧化钾的质量减小，所配溶液浓度偏低，故G不选。综合以上分析，应选BC，（4）I2与KOH溶液反应，I2即被氧化又被还原，容易判断还原产物为KI，若生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶5，根据得失电子守恒，可判断出氧化产物中碘元素化合价为+5价，因此可推出氧化产物为KIO3，（5）步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，使用的是恒压滴液漏斗，起到了平衡压强作用，因此只需打开活塞b，即可以使甲酸顺利滴下，因此，本题答案为：b。（6）由信息可知，加入甲酸的作用是还原碘酸钾，HCOOH被氧化为CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒写出HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为3HCOOH +IO3－
===I－
+3CO2↑+ 3H2O，（7）由反应原理可知，理论上参加反应的I2都生成了KI，12.7g单质I2的物质的量为12.7g/254g·mol-1=0.05mol，则理论上全部生成KI为0.05mol×2=0.1mol，KI的理论产量为0.1mol×166g·mol-1=16.6g，则产率=(14.5g/16.6g)×100%=87.3%。
10.【答案】I．4NO+3ClO－2+4OH－===4NO－3+2H2O+3Cl－
Ⅱ．（1）2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g) △H=?573.75kJ·mol-1
（2）9
16（或0.5625） ? 反应放热，甲、丙容器容积相同，反应起始量相同，达平衡时，K(丙) ①0.375mol· (L·min)-1 ②Ea(A) 【解析】I．从题目表格中数据可以看出，产物中含有的离子主要是NO－3、Cl－ ，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4NO+3ClO－2+4OH－===4NO－3+2H2O+3Cl－ ， Ⅱ．（1）已知： 2C(s)+ O2(g) ===2CO(g) △H1=-221.0kJ·mol－1；N2(g)+O2(g) ===2NO(g) △H2=+180.5kJ·mol-1；2NO(g)+2CO (g)===2CO2(g)+N2(g) △H3=?746.0kJ·mol-1；由盖斯定律（①+③-②）÷2得到反应的热化学方程式：2NO(g)+C(s) CO2(g)+N2(g) △H=?573.75kJ·mol-1，（2）甲容器中，30s时达到平衡： 金太阳好教育 内部特供卷答案 第3页（共6页） 2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g) 起始浓度（mol·L?1）： 2.00 0 0 变化浓度（mol·L?1）： 1.20 0.60 0.60 平衡浓度（mol·L?1）： 0.80 0.60 0.60 平衡常数K= = =，从表中数据可知，丙容器和甲容器起始量相同，丙达平衡 的时间比甲短，说明丙反应比甲快，故温度比甲高，①由图像可知，在催化剂A的作用下4min时，n(N2)=3.5mol，则v(N2)= =0.4375mol·(L·min)-1；由方程式8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g) +12H2O 根据速率之比等于化学计量数之比，则v(NO2)= v(N2)=0.4375mol·(L·min)-1= 0.375mol·(L·min)-1， ②由图像可知，相同时间内生成的N2的物质的量A>B>C，相同时间内生成的N2越多，说明反应速率越快，则活化能越低，该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由小到大的顺序是Ea(A) 11.【答案】（1）114 （2） 2 （3） （4）原子晶体 GeO2、SiO2都是原子晶体，Si原子半径小于Ge，SiO2中共价键键长短，键能大，熔点高 （5）四面体型 HSO－ 3 （6）RC8 【解析】（1）鈇(Fl)位于第七周期第ⅣA族，根据碳元素原子序数及各周期所包含的元素种数，计算鈇(Fl)的原子序数为：6+8+18+18+32+32=114，（2）Sn为50号元素，其基态原子的价电子排布式为5s25p2，故其轨道表示式为 ，Sn原子的未成对电子数为2，与其同周期且未成对 电子数相同的元素还有Zr和Te两种。（3）由题意知，硅的晶胞结构如图所示，则该晶 胞中含有硅原子的个数为，8个硅原子的体积为cm3，晶胞的体 金太阳好教育 内部特供卷答案 第4页（共6页） 积为cm3，则硅晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。（4）由 晶体熔点可知，GeO2、SiO2都是原子晶体，原子晶体的熔点高低取决于共价键的键长和键能，原子半径越小，键长越短，键能越大，Si和Ge是同主族元素，Si原子半径小于Ge，SiO2中共价键键长短，键能大，熔点高，（5）三氯甲烷中碳原子为sp3杂化，所以其VSEPR模型为四面体型，CHCl3含有5个原子，价电子数为26，根据等电子体的含义，与三氯甲烷互为等电子体的阴离子为HSO－3，（6）结合题图可得，晶胞中R原子数目 ，C原子数目 ，则 该插层化合物的化学式是RC8。由题中甲图和乙图可知，同层最邻近的两个钾原子之间距离就是如 图示a点和b点之间的距离， 该距离为 pm。 12.【答案】（1）C3H5Cl （2）HOCH2CHClCH2Cl ClCH2CH(OH)CH2Cl （3）羟基 （4）取代反应（或水解反应） （5）HOCH2CH(OH)CH2OHCH2=CHCHO+2H2O （6）液溴，铁粉 13 （7） （8）AB 【解析】（1）根据以上分析，B是ClCH2CH=CH2，分子式为C3H5Cl，（2）ClCH2CH=CH2与HOCl发生加成反应可能生成HOCH2CHClCH2Cl或HOCH2CHClCH2Cl；（3）D是HOCH2CH(OH) CH2OH，其含有的官能团名称为羟基，（4）HOCH2CHClCH2Cl （或 ClCH2CH(OH)CH2Cl）生成 HOCH2CH(OH)CH2OH发生了卤代烃的水解反应（属于取代反应），故该化学反应类型为取代反应（或水解反应），（5）E是CH2=CHCHO，D是HOCH2CH(OH)CH2OH，因此D在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成E，化学反应方程式为HOCH2CH(OH)CH2OH CH2=CHCHO+2H2O，（6）由 制备F的流程可知，由苯制取溴苯，需要液溴，铁粉，所以试剂I为液溴，铁粉，X是， Y与X互为同系物，其分子式为C7H7NO3，即Y比X多一个CH2原子团，苯环侧链可能含有一个甲基一个酚羟基和一个硝基，采用定一移一的分析方法，硝基和羟基处于邻间对共有3种结构，分 金太阳好教育 内部特供卷答案 第5页（共6页） 别为：① 、② 、③ ，在①的结构中的苯环上连接甲基共有4种结构，在 ②的结构中的苯环上连接甲基共有4种结构，在③的结构中的苯环上连接甲基共有2种结构，另外 还有苯环上可能有两个侧链：酚羟基和-CH2NO2的结构：、、， 所以 Y的结构有共有13种，（7）由信息反应及L的分子式可知L是，（8）A．8-羟基 喹啉含有酚羟基，具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．8-羟基喹啉含有酚羟基， 遇FeCl3溶液显紫色，故B正确；C．8-羟基喹啉含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；D．8-羟基喹啉不含羧基，不能与NaHCO3，反应放出CO2气体，故D错误；因此，本题正 确答案为：AB。 金太阳好教育 内部特供卷答案 第6页（共6页）