吉林省通化县综合高中2018-2019学年下学期高三4月月考仿真卷 化学(附答案)

2018-2019学年下学期高三

期中考试测试卷

碳酸的酸性强于苯酚。选B正确。C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化。选项C错误。D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子。选项D错误。

座位号 化 学答 案

7. 【答案】A

【解析】A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到

11. 【答案】A

【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则半径：Al＞C＞N＞

酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的。选项A不合理。B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。选项B合理。C．陶瓷的制造原料为黏土。选项C合理。D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项D合理。

8. 【答案】D

【解析】A．60g二氧化硅和12g金刚石的物质的量均为1mol，而1mol金刚石中含2mol C-C键，1mol二氧化硅中含4mol Si-O键，故1mol二氧化硅中含4NA条Si-O键，故A错误；B．生成的2.24L H2，没有指明温度和压强，不知道具体的摩尔体积，无法计算其物质的量，故B错误；C．1L 0.2mo1/L NaHCO3溶液中，HCO?3

既水解又电离，根据物料守恒，含H2CO3、HCO?3和CO23?的总数之和为0.2NA，则HCO?3和CO23?的总数之和小于

0.2NA，故C错误；D．H2O(g)通过Na2O2(s)增重的是氢元素的质量，且增重2g时转移1mol e?

，故当增重b g时，转移的电子的物质的量为

×1即mol，个数为

个，故D正确；故答案为D。

9. 【答案】B

【解析】选项A，分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种结构，则形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，则只有乙酸乙酯1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，则只有丙酸甲酯1种，故分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体共有4种，A项正确；选项B，主链含5个C，则乙基只能在中间C上，甲基有2种位置，所以该烷烃有2种结构：

、

，B项错误；选项C，丙烯分子可以看做甲基取代乙烯中

的一个氢原子，乙烯基有5个原子共平面，甲基中最多有2个原子与乙烯基共平面，故丙烯分子中最多有7个原子共平面，C项正确；选项D，碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2-二溴乙烷，故D正确。

10. 【答案】B

【解析】A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+

，但是无法证明是否有Fe3+

。选项A错误。B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到

1

O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A正确；B．Al2O3是两性氧化物，能与强碱反应，故B错误；C．H、N、O三元素所形成的化合物是离子化合物，故C错误；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸

性HNO3>H2CO3，故D错误。

12. 【答案】A

【解析】A、由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=(OH?)+c(Cl?)+c(HCO?3)+2c(CO23?)，pH=7时，c(H+

)= (OH?)，则c(Na+)=(Cl?)+c(HCO?3)+2c(CO23?

)，故A正确；B、据图可知，pH=8时溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化

钠，则溶液中c(Cl?)＜c(Na+)，故B错误；C、pH=12时，溶液为Na2CO3溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，则c(Na+)>

c(CO23?)>c(OH?)>c(HCO?3)>c(H+)，故C错误；D、CO23?的水解常数Kh=c(HCO?3)c(OH?)/c(CO23?)，据图

可知，当溶液中c(HCO?3)∶c(CO23?)=1∶1时，

溶液的pH=10，c(H+)=10?10mol·L?1，由Kw可知c(OH?)=10?4mol·L?1，则Kh=c(HCO?3)c(OH?)/c(CO23?)=c(OH?)=10?4mol·

L?1，故D错误；故选A。 13. 【答案】C

【解析】A．X电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，则Ⅰ为负极，根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，则负极发生Ag+Cl?-e?=AgCl，故A错误；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，所以“水”电池内Na+不断向正极作定向移动，故B错误；C．方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子，又X电极上有无色气体逸出，即电极反应为2H2O+2e?=2OH?+H2↑，所以X电极上生成1mol气体，故C正确。；D．每转移1mol e?，由2Cl-+2H通电

2O=====2OH?+H2↑+Cl2↑，可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，故D错误；故选C。

26. 【答案】（1）c d b （2）先变红，后褪色

（3）Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O

（4）①加热时间不足或温度偏低 ②通入HCl的量不足

【解析】（1）根据实验要求及信息可知，首先检查装置的气密性，加入药品后应在“气体入口”处通入干燥的氯化氢，再点燃酒精灯加热，待反应完成后，先熄灭酒精灯冷却，最后停止通入氯化氢，改通氮气除去装置中的氯化氢和氯气，故实验的操作顺序为：a c d b e；（2）无水硫酸铜遇反应中生成的水蒸气变蓝，而

班级 姓名 准考证号 考场号

反应中生成的氯气不能被无水硫酸铜吸收，所以氯气进入到C装置，当氯气接触到湿润的蓝色石蕊试纸时，氯气遇水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使试纸先变红，次氯酸有强氧化性，可以使红色石蕊试纸褪色；（3）D中

的氢氧化钠溶液用于吸收多余的氯化氢和氯气，防止污染空气，其中氯气与氢氧化钠反应为氧化还原反应，离子方程式为：Cl2+2OH?=Cl?+

ClO?+H2O；（4）由题给信息可知，①若杂质是CuCl2，则产生的原因是没有保持温度在高于300℃条件下充分反应，即加热时间不足或温度偏低；②若杂质是CuO，则产生的原因是通入氯化氢的量不足，导致加热失水过程中生成Cu2(OH)2Cl2，最后分解生成氧化铜。

27. 【答案】（1）2a+2b+c （2）0.021 减小 BC

（3）1050K前反应末达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 20% （4）4 （5）<

20

81

【解析】（1）根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③得：2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2 (NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)，故该反应的ΔH=(2a+2b+c)kJ/mol；（2）①在010min内，c(O2)=1.0mol/L-0.79

mol/L=0.21mol/L，故v(O2)=

mol·L?1·min?1；正反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，故

化学平衡常数K减小；②A、加入固体碳酸钙不影响平衡移动，选项A错误；B、通入一定量的O2，O2浓度增大，平衡正向移动，CO2的浓度增大，选项B正确；C、适当缩小容器的体积，所有气体的浓度均增大，选项C正确；D、加入合适的催化剂平衡不移动，选项D错误。答案选BC（3）在1050K前反应未达到平衡状态.随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡向左移动，NO转化率降低。根据反应C(s)+2NO(g)

N2(g)+CO2(g)，假设加入1mol NO，在1100K时，a(NO)=40%，则n(NO)=0.4mol，故

n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为

100%=20%；（4）

根据反应C(s)+2NO (g)

N2(g)+CO2(g)，假设加入1mol NO，在1050K时，a(NO)=80%，平衡时，n(NO)=0.2mol，n(N2)

=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压为P分(NO)=

，P分(N2)=

，P分

(CO2)=；故反应的化学平衡常数Kp==4；（5）①正反应为放热反

应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；②当反应达到平衡时，v正=v逆，故

2

=K。根据热化学方程式可知，平衡时c(CO)=c(NO)=0.6mol/L，c(N2)=0.2mol/L，c(CO2)=0.4mol/L，故

。

28. 【答案】（1）CuSO4 Pb-2e?+SO24?

=PbSO4

（2）蒸发浓缩，冷却结晶

（3）3SO2+2AuCl?4+6H2O=2Au+3SO24?+8Cl?+12H+

（4）用滤液2溶解碱浸渣（或并入硝酸中溶解碱浸渣）

（5）PbSO4(s)+CO23?(aq)PbCO3(s)+SO24?(aq) 1.6×

10?6 【解析】粗铜精炼后的阳极泥中含有Cu、Au(金)和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤、洗涤、干燥获得硫酸铜晶体；Au(金)和PbSO4等杂质经碳酸钠浸洗、浓硝酸氧化后，过滤得到硝酸铅溶液，滤液加硫酸生成硫酸铅沉淀，再过滤得到硫酸铅；

脱铅滤渣主要是金，加王水溶金，得到含有AuCl?4的溶液，AuCl?

4可以被SO2还原得到Au，（1）电解精炼粗铜

时一般用硫酸铜溶液作电解质溶液；电解精炼的粗铜作阳极会发生氧化反应，其中单质铜和活泼性比Cu强的

金属都会发生溶解，因此粗铜中的铜和铅会发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Pb-2e?+SO24?=PbSO4；

因此，本题正确答案是：CuSO4；Pb-2e?

+SO24?=PbSO4；（2）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过

滤、洗涤、干燥等步骤。因此，本题正确答案是：蒸发浓缩，降温结晶；（3）SO2还原AuCl?4中还原剂和氧化

剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO24?，还原产物是Au，根据氧化还原反应得失电子守恒先缺项

配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：3SO2+2

AuCl?4+6H2O=2Au+3SO24?+8Cl?+12H+；因此，本题正确答案是：3SO2+2AuCl?4+6H2O=2Au+3SO24?+8Cl

? +12H+；（4）滤液1是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用，因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液2，此滤液2是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤走硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣；因此，本题正确答案是：用滤液2溶解

碱浸渣（或并入硝酸中溶解碱浸渣）；（5）通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应，离子方程式要注意标明状态，方程式为：

PbSO4(s)+CO23?(aq)PbCO3(s)+SO24?(aq)；当溶液中c(SO24?)=0.2mol/L时，

c(CO23?)=×c(SO24?

)=×0.2mol/L=1.6×10?6mol/L。因此，本题正确答案是：PbSO4(s)+CO23

?

(aq)PbCO3(s)+SO24?

(aq)；1.6×10?6。

35. 【答案】（1）p

（2）3

（3）sp3杂化 0.15NA P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2，难溶于水

（4）1s22s22p63s23p63d5 O>P>Fe 3321（5）ρNA

2

低于

【解析】（1）基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，电子最后填充的能级为3p，故磷元素位于p区，其价电子排布图为

。（2）第三周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但Mg由于3s

全充满、P由于3p半充满，为稳定结构，其第一电离能分别大于Al、S，故第一电离能位于铝元素和磷元素之间的元素为Mg、Si、S，共3种。（3）白磷分子为正四面体结构，4个P原子位于四个角上，即每个P原子与相邻的3个P原子形成3个P—P σ键，还有一对孤对电子，故磷原子的杂化轨道数为4，杂化类型为sp3杂化。1个白磷分子中含有6个P—Pσ键，3.1 g白磷为0.025 mol，所含σ键的数目为0.15NA。P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2，难溶于水。（4）Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故Fe3＋

的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。根据电负性的递变规律，电负性大的元

素位于元素周期表右上方，故电负性由大到小的顺序为O>P>Fe。（5）磷化硼晶胞的结构与金刚石晶胞相似，将该晶胞切割成8个小立方体，在其中4个互不相邻的小立方体体心各有一个B原子，因此B与P最近距离为晶胞体对角线长的1

。设晶胞边长为a cm，该晶胞中含有4个B、4个P，则（11＋31）×4 g＝ρ g·cm?34N×(a cm)3，

A321解得a＝2321ρN。晶胞体对角线长为晶胞边长的3倍，故B与P最近距离为1

3213ρNAA4×3×2ρNA cm＝2 cm。

B、P的原子半径均大于C的原子半径，故B—P键的键长比C—C键的键长长，B—P键的键能比C—C键的键能小，B—P键没有C—C键稳定，故磷化硼晶体的熔点比金刚石晶体的熔点低。

36. 【答案】（1）液溴、FeBr3 取代反应 甲苯

（2）

（3）+CH3Br

+HBr

（4）4

【解析】（1）写出反应Ⅰ为取代反应，制溴苯，故其反应条件为：液溴、FeBr3；反应ⅠⅠ为取代反应；C

应是甲苯；（2）E是由

反应制得的格氏试剂，为； 和F在酸性条件下生成

3

，则F为

；（3）苯→

的方程式为：

+ CH3Br

+HBr；

（4）A为：

有多种同分异构体，其中苯环上有两种化学环境氢的同分异构体为：

；（5）由原料（）合成产物（），需要加长碳

链，就要用格氏试剂，在此条件下继续反应，

引入了羟基，最后脱水得到双键。故合成路线如下：