江苏省苏锡常镇四市2018-2019学年高三教学情况调研(二)化学试题+Word版含解析

众志成城卧虎藏龙地豪气干云秣马砺兵锋芒尽露披星戴月时书香盈耳含英咀华学业必成江苏省苏锡常镇四市2018-2019学年高三教学情况调研（二）化学试题最新试卷十年寒窗苦，踏上高考路，心态放平和，信心要十足，面对考试卷，下笔如有神，短信送祝福，愿你能高中，马到功自成，金榜定题名。1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是A. 无糖月饼中不含任何糖类物质B. 食用油反复加热不产生有害物质C. 医用酒精中乙醇浓度越高消毒效果越好D. 汽车加装尾气净化装置可减少酸雨形成【答案】D点睛：本题考查了化学与生活，侧重化学知识应用及化学与生活联系的考查。2. 下列有关化学用语表示正确的是A. 中子数为17的硫原子: B. N2H4的结构式:C. CO2的电子式: D. 聚丙烯的结构简式:【答案】A【解析】分析：A质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数；B. N原子最外层有5个电子，含有1个孤电子对；C. O原子最外层有6个电子，C原子有4个电子，需要形成C=O双键；D聚丙烯的主链链节上含有2个C原子。详解：A质子数为16、中子数为17的硫原子的质量数为33，该原子正确的表示方法为：3316S，故A正确；B. N2H4的N原子含有1个孤电子对，分子中存在N-N单键，结构式为，故B错误；C. CO2中O原子最外层有6个电子，C原子有4个电子，需要形成C=O双键，电子式为，故C错误；D聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，其正确的结构简式为，故D错误；故选A。点睛：本题考查了常见的化学用语的分析判断。本题的易错点为C，可以根据最外层的电子数等于“”的数目判断。3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. 氢氟酸呈酸性，可用于在玻璃器皿上刻蚀标记B. CaO能与SO2反应，可作工业废气脱硫剂C. Na的熔点很低，可用于高温下与TiCl4反应制备TiD. Na2S具有还原性，可作废水中Cu2+和Hg2+的沉淀剂【答案】B【解析】A.氢氟酸与二氧化硅反应生四氟化硅和水，所以可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，但不是由于氢氟酸呈酸性，故A错误；B.氧化钙和二氧化硫反应得到亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧化得到硫酸钙，避免生成污染气体，故可以用作脱硫剂，故B正确；C. Na具有强还原性，可用于冶炼金属，可用于高温下与TiCl4反应制备Ti，故C错误；D. 硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，发生复分解反应，不发生氧化还原反应，没有体现还原性，故D错误。答案选B.点睛：氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，是利用了氢氟酸的特性，而不是氢氟酸的酸性。4. 已知2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。下列有关操作、装置、原理及对现象的表述正确的是A. 用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2B. 用装置乙可检验分解产生的SO2，现象是石蕊试液先变红后褪色C. 用装置丙可检验分解产生的SO3，现象是产生白色沉淀D. 用装置丁可吸收尾气，避免污染环境【答案】A【解析】A.点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置中的空气，避免空气中氧气的干扰，A正确；B.装置乙不能检验分解产生的SO2，产物中有SO3对SO2的检验造成干扰，并且SO2只能使石蕊试液变红，B错误；C. SO3极易溶于水，当混合气体经过乙时，SO3会被吸收，所以要想检验SO3，应该把乙和丙的位置互换，C错误；D.装置丁中应该用饱和的Na2SO3溶液，D错误；答案选A.5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中X与Y同周期且相邻，Y与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，Z是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是A. 原子半径:r(X)r(Y)r(Z)WC. Y分别与Z和W形成的化合物中化学键的类型相同D. 常温下Z的单质与X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不反应【答案】B【解析】分析：Y与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，说明这两种氢化物发生了氧化还原反应，生成了硫单质，因此一种为双氧水，一种为硫化氢，据此分析即可解答。详解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中X与Y同周期且相邻，Y与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，该淡黄色固体为硫，则W为S，则形成的氢化物为H2S，将H2S氧化为S，则另一种氢氧化物具有氧化性，为过氧化氢，因此Y为O元素，则X为N元素；Z是地壳中含量最高的金属元素，为Al。A. 同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径:r(X)r(Y)，故A错误；B.水分子间能够形成氢键，水的沸点高于硫化氢，故B正确；C. 氧化铝属于离子化合物，含有离子键，二氧化硫或三氧化硫是共价化合物，含有共价键，故C错误；D. 常温下铝与浓硝酸发生钝化，钝化属于化学变化，故D错误；故选B。点睛：本题考查了元素周期表和元素周期律的应用。本题的难度中等，本题的易错点为D，要注意金属的钝化属于化学变化。本题的难点是Y、W元素的推断，容易受到过氧化钠是淡黄色固体的影响和误导。6. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. 氯气通入水中:Cl2+H2O2H+Cl-+ClO-B. 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液:2C6H5OH+CO32-=2C6H5O-+H2O+CO2C. 向偏铝酸钠溶液中加入NaHCO3溶液:AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-D. 碳酸氢铵溶液中加入足量NaOH溶液共热:NH4+OH-NH3+H2O【答案】C【解析】A.氯气通入水中, 正确的离子方程式为：Cl2H2OHClHClO，故A错误；B.向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，正确的离子方程式为：C6H5OH+CO32-C6H5O-+HCO3-，故B错误；C.向偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢钠,反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，正确的离子方程式为：AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，故C正确；D. 碳酸氢铵溶液中加入足量NaOH溶液共热，反应的离子方程式为：NH4+HCO3-+2OHNH3H2O+H2O+CO32，故D错误；答案选C.点睛：D为易错项，NH4+和HCO3-都和OH发生反应。7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NaCl(aq) Cl2FeCl2B. NH3 NOHNO3C. Fe Fe2O3 FeD. AgNO3(aq)Ag(NH3)2OH(aq) Ag【答案】B【解析】A.Cl2与Fe反应，在固体状态只生成FeCl3，A错误；B.氨气与氧气反应生成NO,NO与氧气反应生成NO2, NO2与水反应生HNO3，B正确;C. Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，C错误；D蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，D错误.答案选B.点睛：蔗糖本身不含有醛基，不能发生银镜反应，蔗糖的水解产物葡萄糖含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应。8. 工业上用盐酸酸化的FeCl3溶液腐蚀铜制线路板，分别取腐蚀后的滤液并向其中加入下列指定物质，反应后的溶液中主要存在的-组离子正确的是A. 加入过量CuO:Fe3+、H+、Cu2+、Cl-B. 加入过量NaOH溶液:Na+、Fe2+、OH-、Cl-C. 通入过量Cl2:Fe3+、H+、Cu2+、Cl-D. 通入过量SO2:Fe3+、H+、Cu2+、SO42-、Cl-【答案】C【解析】腐蚀后的溶液中含Fe3、H、Cu2、Fe2、Cl等离子。A. 加入过量CuO，CuO与H反应生成Cu2和水，反应后的溶液中主要存在的离子为：Fe3、Cu2、Cl，A错误；B. 加入过量NaOH溶液，NaOH与Fe3、H、Cu2、Fe2反应，反应后的溶液中主要存在的离子为：Cl、Na、OH，B错误；C. 通入过量Cl2，Cl2与Fe2反应生成Fe3和Cl，反应后的溶液中主要存在的离子为：Fe3、H、Cu2、Cl，C正确；D. 通入过量SO2，SO2与Fe3反应生成Fe2和SO42-，反应后的溶液中主要存在的离子为：H、Cu2、SO42-、Cl、Fe2，D错误；答案选C.点睛：D为易错项，Fe3能将SO2氧化成SO42-9. 钯(Pd)可作汽车尾气CO、NO和HC(碳氢化合物)转化的催化剂。Pd负载量不同或不同工艺制备的纳米Pd对汽车尾气处理的结果如下图所示。下列说法不正确的是A. 图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随Pd负载量的增大先升后降B. 图乙表明，尾气的起燃温度随Pd负载量的增大先降后升C. 图甲和图乙表明，Pd负载量越大催化剂活性越高D. 图丙和图丁表明，工艺2制得的催化剂Pd的性能优于工艺1【答案】C【解析】A. 由图甲可知，其它条件相同时，汽车尾气CO、NO和HC(碳氢化合物)的转化率，在Pd的负载量小于2gL-1时增大，大于2gL-1后降低，A正确；B. 由图乙可知，尾气的起燃温度，在Pd负载量小于2gL-1时降低，大于2gL-1后升高，B正确；C. 由图甲和图乙可知，当Pd负载量增大到一定程度时尾气的转化率降低，起燃温度升高，说明Pd负载量过大的时候导致催化剂的活性在下降，因此并不是Pd负载量越大催化剂活性就越高，C错误；D.由图丙和图丁可知，工艺2制得的催化剂Pd在200时，尾气的转化率已经很高，而工艺1制得的催化剂Pd在200时，尾气的转化率很低，在500时才有较高的转化率，说明工艺2制得的催化剂Pd的性能优于工艺1，D正确；答案选C.10. 高温时通过以下反应制备金属铝。用铝制作的“快速放电铝离子二次电池”的原理如右图所示(EMI+为有机阳离子)。下列说法正确的是Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl3(g)+3CO(g)H1=akJ/mol3A1Cl(g)=2Al(1)+AlCl3(g) H2=bkJ/molAl2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g) H3=ckJ/molA. H30B. Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g) H3=(a-b)kJ/molC. 该电池充电时石墨电极与电源负极相连D. 该电池放电时的负极反应方程式为Al-3e-+7AlC4-=4Al2Cl7-【答案】D【解析】A.根据盖斯定律：+=，因此H3=(a+b) kJmol1，由于和不能确定是放热还是吸热，所以H3无法确定，A错误；B. 根据盖斯定律：+=，因此Al2O3(s)3C(s)=2Al(l)3CO(g)H3(a+b) kJmol1，B错误；C. 石墨电极在原电池时作正极发生还原反应，则充电时应该与外接电源的正极相连发生氧化反应，C错误；D.放电时铝为负极,被氧化生成Al2Cl7，负极反应方程式为Al3e7AlCl4-=4 Al2Cl7，D正确；答案选D.点睛：放电时铝为负极被氧化，其逆过程就是充电时为阴极被还原，石墨电极为正极发生还原反应，其逆过程就是充电时作阳极发生氧化反应。11. 丁苯酞是一种治疗急性脑缺血的药物，部分合成流程如下。下列说法正确的是A. 化合物X、Y和丁苯酞三种分子中各含有1个手性碳原子B. 化合物Y可以发生取代、加成和加聚反应C. 可用Na2CO3溶液鉴别化合物X和化合物YD. 化合物X、Y和丁苯酞各1mol最多消耗NaOH的量均为1mol【答案】AC【解析】A.连有四个不同基团的碳原子被称为手性碳原子，有两个必备条件：手性碳原子一定是饱和碳原子手性碳原子所连接的四个基团是不同的，因此化合物X、Y和丁苯酞三种分子中各含有1个手性碳原子，A正确；B.化合物Y不能发生加聚反应，B错误；C.化合物X与Na2CO3溶液不反应，化合物Y中含有羧基能与Na2CO3溶液反应生成气体，可用Na2CO3溶液鉴别化合物X和化合物Y，C正确；D.化合物X、Y和丁苯酞各1 mol最多消耗NaOH的量分别为2mol、1mol、1mol，D错误；答案选AC.点睛：手性碳原子是指同一个碳上连有四个不同的基团。12. 下列说法正确的是A. 铅蓄电池放电时负极质量减轻，充电时阳极质量增加B. 同温下，0.1mol/L醋酸溶液pH=a，0.01mol/L醋酸溶液pH=b，则a+1C1-SO2B向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，煮沸，用激光笔照射，出现一条光亮通路有Fe(OH)3胶体生成C向5mL0.1mol/LKI溶液中加入0.1mol/L的FeCl3溶液lmL，振荡，用苯萃取2-3次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2是有一定限度的D取CH3CH2Br与NaOH溶液混合，共热并充分振荡，冷却后滴加AgNO3溶液，出现棕黑色沉淀CH3CH2Br变质了A. A B. B C. C D. D【答案】BC【解析】A. 淀粉KI溶液中通入Cl2，溶液先出现蓝色，说明Cl2将I- 氧化为I2，则还原性：I-Cl-，再通入二氧化硫气体，蓝色褪去，说明二氧化硫具有还原性，将碘单质还原成碘离子，则还原性：SO2I-，所以还原性：SO2I-Cl-，故A错误；B向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸溶液变红褐色，得到氢氧化铁胶体，用激光笔照射，出现丁达尔效应，故B正确；C. 向5 mL 0.1 molL1 KI溶液中加入0.1 molL1的FeCl3溶液1 mL，FeCl3不足，但是取出来的溶液中滴加KSCN溶液显血红色，说明KI和FeCl3反应有一定的限度，故C正确；D. 取少量CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后先滴加稀硝酸中和氢氧化钠，然后再滴加AgNO3溶液，根据是否有淡黄色沉淀出现判断水解情况，否则氢氧根离子干扰检验结果，故D错误；答案选BC.14. 常温，Ka(HCOOH)=1.7710-4，Ka(CH3COOH)=1.7510-5,Kb(NH3H2O)=1.7610-5，下列说法正确的是A. c(NH4+)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液、NH4HCO3溶液:c(NH4HCO3)c(CH3COONH4)c(H+)+c(NH4+)C. 0.1mol/L的CH3COOH与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合:c(H+)+c(CH3COOH)c(CH3COOH)c(Cl-)【答案】B【解析】A.在NH4+浓度相同的情况下，弱酸酸根对应的弱酸酸性越弱，溶质浓度越大。HCOO-、CH3COO、HCO3-对应的酸分别为HCOOH、CH3COOH、H2CO3，根据已知条件以及所学过的知识可知酸性强弱排序为：HCOOHCH3COOHH2CO3因此NH4+浓度相等条件下，溶质浓度大小排序为c(NH4HCO3) c(CH3COONH4) c(HCOONH4)，故A错误；B.电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数可知，其离子水解程度：CH3COONH4+HCOO，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)=0.1mol/L+c(H+) ，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)=0.1mol/L+c(OH)，水解程度NH4+HCOO，所以前者c(H+)大于后者c(OH)，所以浓度均为0.1mol/L的HCOONa和NH4Cl溶液中c(OH)c(HCOO)c(H)c(NH)，故B正确；C. 0.1 molL1的CH3COOH与0.05 molL1 NaOH溶液等体积混合，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH电离程度大于CH3COO水解程度，所以c(CH3COOH)c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误；D.向0.1 molL1 CH3COONa溶液中通HCl至溶液pH7，c(H+)=c(OH)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO)+c(Cl)，由物料守恒可知：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，则c(Na+)c(CH3COOH)=c(Cl)，故D错误；答案选B.15. 一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应:CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g)H”、“=”或“ (6). 1.95 (7). 催化剂显著降低了C10H12C10H8的活化能，反应生成的C10H12很快转变为C10H8，C10H12不能积累【解析】（1）使部分硫化氢燃烧，放出热量，为硫化氢热分解反应提供热量，二氧化硫与硫化氢进一步反应，生成物在常温下均非气体，二者反应生成S2与H2O，反应的化学方程式：4H2S2SO2=4H2O3S2，答案为：为H2S热分解反应提供热量、4H2S2SO2=4H2O3S2（2）110 时分析固体残留率随温度的变化图可知，M（A）=M(NH3BH3)93.55%=3193.55%=29，故A为BH2NH2或(BH2NH2)n， 氨硼烷在原电池的负极失电子生成NH4BO2，电极反应式为NH3BH36e2H2O=NH4+BO2-6H，答案为：BH2NH2或(BH2NH2)n NH3BH36e2H2O=NH4+BO2-6H（3）由图丁可知H1和H2都是吸热反应，且H1的活化能高于H2的活化能，所以H1H2温度335，在8 h时，十氢萘为1.00 mol，测得C10H12和C10H8的产率x1=0.027，x2=0.374，即生成C10H12和C10H8的物质的量分别为0.027mol，0.374mol，设反应的C10H18的物质的量为a，反应C10H12的物质的量为b，根据反应，C10H18(l)C10H12(l)3H2(g)113aa3aC10H12(l)C10H8(l)2H2(g)，112bb2b则a-b=0.027，b=0.374，则a=0.401，因此生成的氢气的物质的量分数为3a+2b=30.401+20.374=1.951，则氢气的量为1.951mol。反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故n1显著低于n2，故答案为：反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故n1显著低于n2；答案为：1.951反应2的活化能比反应1的小，催化剂显著降低了反应2的活化能，反应生成的C10H12很快转变成C10H8，故n1显著低于n2点睛：本题以储氢方法为载体考查了氧化还原反应、化学反应中能量变化，注意知识的迁移和应用是关键。21. 硝基苯可与金属Fe、盐酸反应生成苯胺和FeCl2,反应如下:+3Fe+6HCl+3FeCl2+2H2O（1）写出Fe2+基态核外电子排布式:_。（2）苯胺分子中C、N原子的杂化方式分别是_。1mol苯胺分子中含键的数目是_。（3）苯胺与盐酸反应可生成氯化苯胺盐，氯化苯胺盐中含有的化学键有_。（4）苯胺在水中的溶解度大于硝基苯，其原因是_。（5）金属铁单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。则两种晶胞中Fe原子的配位数之比为_。【答案】 (1). Ar3d6 (2). sp2 sp3 (3). 14mol (4). 共价键、离子键、配位键(配位键可以不写) (5). 苯胺分子与水分子间可以形成氢键 (6). 2:3【解析】（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，则Fe2+核外有24个电子，排布式为Ar3d6，答案为：Ar3d6 （2）根据价层电子对互斥理论确定杂化类型，价层电子对个数=键个数+孤电子对，苯胺中碳原子杂化轨道数为3,所以采取sp2杂化,N元素全部形成单键，属于sp3杂化，单键都是键，1 mol苯胺分子中含键的数目是14NA故答案为：sp2 sp3,14NA（3）氯化苯胺盐中含有共价键、离子键、配位键，故答案为：共价键、离子键、配位键。（4）氢键比范德华力强，是一种介于化学键与分子间作用力之间的作用力，含F、O、N元素的物质中分子内或分子之间能形成氢键，苯胺在水中与水形成氢键，而硝基苯与水不能形成氢键，所以苯胺在水中的溶解度远大于硝基苯在水中的溶解度，故答案为：苯胺分子与水分子间可以形成氢键。(5)体心立方晶胞中每个Fe原子周围有8个Fe原子，面心立方晶胞中，以顶点Fe原子为研究对象，与之最近的Fe原子处于面心，每个Fe原子周围有12个Fe原子，故体心立方晶胞和面心立方晶胞中Fe原子的配位数之比为8:12=2:3，故答案为：2:3.22. 某同学欲从Fe3+、Al3+的混合液中分离并测定Fe3+的浓度，实验方案如下:已知:乙醚(C2H5)2O:沸点34.5，微溶于水，易燃。盐酸浓度较高时，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物(C2H5)2OHFeCl4溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。（1）操作I的名称是_。（2）检验溶液Y中是否残留Fe3+的实验方法是_ 。（3）蒸馏装置如下图所示，该装置图中存在的错误是_。 （4）滴定前，加入的适量溶液Z是_(填序号)。A.H2SO4H3PO4 B.H2SO3H3PO4 C.HNO3H3PO4 D.HIH3PO4（5）滴定达到终点时，消耗0.1000mol/LK2Cr2O7溶液5.00mL。根据该实验数据，起始所取的试样Fe3+、Al3+的混合液中c(Fe3+)为_。（6）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是_。A.稀释被测试样 B.增加平行测定次数C.减少被测试样取量 D.降低滴定剂浓度【答案】 (1). 萃取、分液 (2). 取溶液Y少许，滴加KSCN溶液，若不显血红色说明无Fe3+残留 (3). 温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口相平；用明火加热，易导致乙醚着火 (4). A (5). 0.4800mol/L (6). BD【解析】分析：含Fe3+、Al3+试样X溶液25mL，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物（C2H5）2OHFeCl4而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Y为Al3+的溶液，和溶液X是乙醚形成化合物（C2H5）2OHFeCl4的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100mL，取25.00mL溶液，滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液Z，用重铬酸钾溶液滴定至终点。详解：（1）操作A是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物（C2H5）2OHFeCl4而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液为Al3+的溶液，和溶液是乙醚形成化合物（C2H5）2