2018届全国卷高考考前适应性试卷(三)(化学)

1、2018届全国卷高考考前适应性试卷（三）化 学 注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。 2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Cl 35.5Cu 64一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一

2、项是符合题目要求的）7纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是A本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”。因为绿矾能电离出H+，所以有“味酸”B天工开物记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料C“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水的三态变化：“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热D唐未真元妙道要略)中有云：“以硫黄、雄黄合硝石并蜜烧之；焰起，烧手面及烬屋舍者”，文中描述的是黑火药的制作过程【答案】A【解析】A项，绿矾不能电离出H+，之所以有“味酸”，是由于FeSO4是强酸弱碱盐，易水解而使其水溶液呈酸性，故A项错误；陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无

3、机非金属材料，故B 正确；C“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水变成冰就没有声音，有三态变化，“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热是正确；D黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的，根据题意可以知道，题中描述的是制备黑火药的过程，所以D选项是正确的；答案：A。8NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A标准状况下，1.12 L CCl4含有质子数的数目为3.7NAB常温常压下，3.0 g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAC常温时，56g Fe与足量浓硝酸反应，转移的电子数目为3NAD晶体B的结构单元如右图，则11g晶体B含有0.6NA个三角

4、形（相邻原子构成）【答案】B【解析】A、标况下，CCl4是液体，故A错误；B、葡萄糖（C6H12O6）的冰醋酸（C2H4O2）的混合物，最简式为(CH2O)n，3.0 g混合物中有0.1mol CH2O，故原子总数为0.4NA，故B正确；C、常温时，56g Fe与足量浓硝酸钝化，故C错误；D、B的晶体中，一个三角形有三个B，每个B参与形成5个三角形，故一个三角形有0.6个B，则11gB，即为1molB含有的三角形数为5/3NA，故D错误；故选B。9下列说法正确的是A分子式为C4H8O2的有机物共有5种B蛋白质在酶等催化剂作用下水解可得到氨基酸C乙烷、氯乙烷、二氯乙烷互为同系物D植物油中不可能含

5、有碳碳双键【答案】B【解析】A、分子式为C4H8O2的有机物可能是羧酸可能是酯，其中属于羧酸的C3H7COOH有2种，属于酯的有HCOO C3H72种，CH3COOC2H5，C2H5COOCH3，共有6种，故A错误；B、蛋白质在人体中最终水解为氨基酸，故B正确；C氯乙烷、二氯乙烷、三氯乙烷分别含有1个、2个、3个氯原子，结构不相似，不是同系物，故C错误；D 植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，故D错误；故选B。10下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体硝酸的还原产物是NO2B某粉末用酒精润湿

6、后，用铂丝蘸取做焰色反应火焰呈黄色该粉末一定是钠盐C向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)D将少量牛油加入到纯碱溶液中，加热一段时间液体不分层油脂可直接与纯碱反应【答案】C【解析】A稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮，故A错误； B火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，故B错误；C 因为相同温度下Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，所以向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，会有白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，故C正确；D因为牛油属于油脂，是酯类化合物，将少量加入到纯碱溶

7、液中，加热一段时间，油脂会发生水解，产物为丙三醇和高级脂肪酸盐，分层，可以利用此反应制取肥皂。故D错误；答案：C。11近年来，尿素电氧化法处理富含尿素的工业废水和生活污水得到了广泛关注，该法具有操作简易、处理量大、运行周期长等优点，且该过程在碱性条件下产生无毒的CO2、N2电池工作时，下列说法错误的是A负极发生的反应为：CO(NH2)2+6OH-6e-=N2+CO2+5H2OB正极附近溶液的pH增大C隔膜只允许阳离子通过D处理掉废水中尿素1.0g时消耗O2 0.56L（标准状况）【答案】C【解析】由电池工作时的图像可知，通尿素的一极为负极，发生氧化反应，电极反应为：CO(NH2)2+6OH-6

8、e-=N2+CO2+5H2O ；通氧气的一极为正极，发生还原反应，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，以此解答该题A负极发生的反应为：CO(NH2)2+6OH-6e-=N2+CO2+5H2O ，A正确；B正极附近发生电极反应O2+4e-+2H2O=4OH-，产生OH-，使溶液的pH增大，B正确；C为维持溶液的电中性， 正极附近产生的OH-通过隔膜进入负极被消耗，隔膜允许阴离子通过，C错误；D根据电极反应可知负极每消耗尿素1.0g时转移的电子为1/10mol，根据正极反应可得消的耗O2为：1/10×1/4×22.4=0.56L，D正确；答案选C。12四种短周期元素在

9、周期表中的位置如下图，其中Y元素原子电子层数等于最外层电子数。下列说法不正确的是AZ位于元素周期表中第三周期、第IVA族BY 的最高价氧化物不能和X 的简单氢化物反应CM的非金属性比Z的弱D原子半径比较： X<M【答案】C【解析】Y元素原子电子层數等于最外层电子数，Y是Al元素，根据四种短周期元素在周期表中的位置，Z、M、X分别是Si、N、O；Si位于元素周期表中第三周期、第IVA族，故A正确；氧化铝和水不反应，故B正确；N的非金属性大于Si，故C错误；同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径N>O，故D正确。1325时，有c(HA)+c(A-)=0.

10、1mol/L 的一组HA、KA 混合溶液，溶液中c(HA)、c(A-)与pH 的关系如下图所示。下列叙述不正确的是ApH= 5.75 的溶液中： c(K+)>c(A- )>c(HA)>q(H+)>c(OH- )B欲得W 点所示溶液，起始所加溶液应符合c(HA)+c(A-)=0.1mol/L 且c(KA)<c(HA)CpH=3.75的溶液中：c(K+)+c(H+)-c(OH-)+c(HA)=0.1mol/LD若A-的水解常数为Kb ，则lgKb=-9.25【

11、答案】A【解析】 pH=5.75的溶液呈酸性，c(K+)>c(A- )>c(HA)>q(H+)>c(OH- )不符合电荷守恒，故A错误；根据W点，HA的电离平衡常数是，A-的水解平衡常数为，HA电离大于A-水解，欲得W点所示溶液，c(KA)<c(HA)，故B正确；c(HA)+c(A-)=0.1mol/L，c(K+)+c(H+)-c(OH-)+c(HA)=0.1mol/L，则c(K+)+c(H+)= c(A-)+ c(OH-)，符合电荷守恒，故C正确；根据B选项，A-的水解平衡常数为，lgKb=-9.25，故D正确。26（14分）某实验

12、小组同学设计了如图装置探究生铁与少量浓硫酸反应的气体产物。（1）该实验的操作依次是 （填序号）。A加热a试管直到b中澄清石灰水变浑浊，熄灭酒精灯B将生铁丝上提离开液面C连接好装置，检验气密性，加入试剂（2）b中的澄清石灰水变浑浊，甲同学认为产生的气体肯定是SO2，你同意吗？为什么？ 。（3）乙同学认为该反应过程中产生SO2、CO2、H2三种气体，请用如图所列各装置设计一个实验，来验证并测量所产生的气体。（图中加热装置、夹持仪器省略，除装置外，其他装置试剂均为足量）装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是 。（填装置的编号）证实生成的气体中同时存在SO2和H2的现象是 。（4）已知A瓶中为2

13、00 mL 0.1000 mol·L-1酸性KMnO4溶液。丙同学为测定乙同学实验中反应生成的各气体含量，进行了如下探究：中反应结束后，通N2将中生成的气体全部赶出，先后三次取A中反应后的溶液于锥形瓶中，每次取用25.00 mL，用0.2000 mol·L-1H2C2O4标准溶液进行滴定。装置的A中发生反应的离子方程式为 。重复滴定三次，平均每次耗用H2C2O4标准溶液15.63 mL，则本实验中生铁与浓硫酸反应产生的SO2气体的物质的量为 。（保留小数点后三位数字）【答案】（1）CAB（2分）（2）不同意（1分），生铁中的碳与浓硫酸加热会产生CO2，CO2也能使澄清石灰水

14、变浑浊（2分）（3）i（共2分）ii装置的A中溶液紫红色变浅说明生成了SO2，装置中黑色粉末变红说明生成了H2（2分，其他合理答案也可）（4）i5SO2+2MnO4-+2H2O5SO42-+2Mn2+4H+（2分）ii0.025mol（3分）【解析】（1）实验开始时连接好装置，检验气密性，加入试剂，加热，实验结束，应将生铁丝上提离开液面。（2）生铁中含有的碳也会与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2气体。（3）i是气体发生器，中有品红溶液，可联想是用来验证SO2的，中澄清石灰水显然是用来验证CO2的，是装有氧化铜粉末的反应管，可验证氢气。由于SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此从出来的气体

15、必须先用装置验证，并除去SO2，然后进入装置验证CO2，由此可以得出正确的连接顺序应为。iiSO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。氢气具有还原性，能还原黑色氧化铜生成红色的铜。（4）ii消耗草酸的物质的量为0.01563L×0.2000mol·L-1= 0.003126 mol，由5H2C2O4+2MnO4-+6H+2Mn2+10CO2+8H2O可知，消耗高锰酸钾0.0012504 mol，即与SO2反应后剩余高锰酸钾0.0012504mol×8=0.010mol，则与SO2反应的高锰酸钾的物质的量为0.020mol0.010mol=0.010mol，所以该

16、反应生成的SO2是0.025mol。27（15分）氢、碳、氮、氧、铝为五种常见的短周期元素，请回答下列问题：（1）在密闭容器内（反应过程保持体积不变），使1 mol N2和3 mol H2混合发生下列反应：N2(g) + 3H2(g) 2NH3 (g) H=-92.4 kJ·mol-1。当反应达到平衡时：N2和H2的浓度之比是 。其他条件不变，升高温度，则混合气体的平均相对分子质量 (填“增大”“减小”或“不变”)。其他条件不变，再向容器内充入1 mol N2，H2的转化率 （填“升高”“降低”或“不变”）。其他条件不变，将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍，平衡 （填

17、“正向“逆向”或“不”）移动。（2）由上述元素中的三种组成的原子个数比为1:3:9的某种强酸弱碱盐的化学式为_，其溶于水能_（填“促进”或“抑制”）水的电离使溶液显 （填“酸”或“碱”）性，原因是 （用离子方程式表示）。（3）空气是硝酸工业生产的重要原料，氨催化氧化是硝酸工业的基础，氨气在铁触媒作用下只发生主反应和副反应。4NH3 (g) + 5O2(g)= 4NO (g) + 6H2O (g) H=-905 kJ·mol-1 4NH3 (g) + 3O2(g)= 2N2 (g) + 6H2O (g) H=-1268 kJ·mol-1 则氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式

18、为 。（4）M是重要的有机化工原料，其分子与H2O2含有相同的电子数，将1 mol M在氧气中完全燃烧，只生成1 mol CO2和2 mol H2O，则M的化学式为 。若某种燃料电池采用铂作为电极，以KOH溶液为电解质溶液，以M为燃料，以空气为氧化剂，则该电池的正极反应式为 。【答案】（1）1:3（1分）减小（1分）升高（1分）正向（1分）（2）A1(NO3)3（2分）促进（1分）酸（1分）A13+3H2O A1(OH)3+3H+（2分）（3）N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+181.5 kJ·mol-1(2分)（4）CH3OH（l分）O2+4e-+2H2O4OH-（2分）【

19、解析】（1）合成氨反应是气体分子数减小的放热反应，充人的N2和H2的物质的量之比与二者反应消耗的物质的量之比均为1:3，所以当反应达到平衡时，剩余的N2和H2的浓度之比仍是1：3；升高温度，平衡逆向移动，则混'合气体中分子总数增多，但总质量不变，平均相对分子质量减小；达到平衡时再向容器内充人1molN2，平衡正向移动，H2的转化率升高；达到平衡时，将c(N2)、c(H2)、C(NH3)同时增大1倍，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，从而使平衡正向移动。（2）符合条件的强酸弱碱盐为Al(NO3)3，因其溶于水电离出的Al3+水解，从而促进水的电离，溶液显酸性。（3）根据盖斯定

20、律可得氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式为N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+181.5 kJ·mol-1。（4）H202分子内有18个电子。由1molM在氧气中完全燃烧生成1molCO2和2molH2O得出M的化学式为CH3OH。在该甲醇燃料电池中，负极反应式为CH3OH+80H-6e-CO32-+6H2O，正极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-28（14分）高氯酸铜易溶于水，在130时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜Cu(ClO4)2·6H2O的一种工艺流程如下：（1）发生“电解I”时，所用的交换膜是 (填“阳离子交换膜”或“阴离

21、子交换膜”)。（2）歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。“歧化反应”的化学方程式为 。“歧化反应”阶段所采用的不同温度对产率影响的结果如图所示。则该反应最适宜的温度是 。（3）“电解II”的阳极产物为 (填离子符号)。（4）操作a的操作名称是 ，该流程中可循环利用的物质是 (填化学式)。（5）用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为at，最终制得的Cu(ClO4)2·6H2O为bt，则产率为 (用含a、b的代数式表示)。【答案】（1）阳离子交换膜 （2）3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaC1O3

22、+3CO2 60 （3）ClO4- （4）蒸发浓缩 NaCl （5）(702b/371a)×100%【解析】以食盐等为原料制备高氯酸铜Cu(C1O4)26H2O，则生成产物应生成高氯酸钠，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，“歧化反应”时，高氯酸钠与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为NaClO3 ，同时生成二氧化碳气体，通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，得到60%以上的高氯酸， “反应II”阶段，Cu2(OH)2CO3与HClO4反应经过一系列操作后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液。（1）“电解”所发生的反应是电解氯

23、化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：2Cl- +2H2O2OH-+H2+Cl2，需要防止氢氧根离子与氯气反应，因此选择阳离子交换膜，故答案为：阳离子交换膜；（2）“歧化反应”时，氯气通入碳酸钠溶液发生反应，生成的产物之一为NaC1O3，同时生成二氧化碳气体，歧化反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaC1O3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaC1O3+3CO2；图象分析可知60°C产率最高，则该反应最适宜的温度是：60°C，故答案为：60；（3）通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸

24、根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；（4）加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；该流程中可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；（5）根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成NaC1O3和NaCl，电解后NaC1O3变成NaC1O4，加入盐酸反应生成HC1O4，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2·6H2O假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1molNaC1O3，根据氯元素守恒最终得到0.5molCu(ClO4)2·6H2O，因此产率=×1

25、00%=×100%，故答案为： ×100%。35【化学选修3：物质结构与性质】（15分）A、B、C、W、M、N为原子序数依次增大的前四周期元素。A、C的基态原子中都有两个未成对电子，W是短周期中原子半径最大的金属元素，M为其所在周期中电负性最大的元素，基态N原子的3d轨道上有6个电子。请回答下列问题：（1）N在周期表中的位置是 ；N的单质的一种晶胞如图1，该晶胞为 堆积。（2）A、B、C第一电离能由小到大的顺序为 。（3）(AB)2中所有原子均满足8电子结构，则(AB)2中键与键个数之比为 。（4）C的简单氢化物在同主族元素的简单氢化物中沸点反常，其原因是 。（5）与B3-

26、互为等电子体的分子为 （写出一种）。依据价层电子对互斥理论，BC3-的空间构型为 。（6）BM3中B原子的杂化轨道类型是 。 （7）如图2所示为W、M两种元素形成的化合物的晶胞结构图以及晶胞的剖面图：若a5.6×10-8 cm，则该晶体的密度为 g·cm-3（精确到小数点后1位）。【答案】（1）第四周期第族（2分）面心立方密（1分）（2）CON（2分）（3）3:4（2分）（4）H2O分子间能形成氢键（2分）（5）CO2或N2O（1分）平面正三角形（1分）（6）sp3杂化（2分）（7）2.2（2分）【解析】根据题给条件可推断出A为碳元素，B为氮元素，C为氧元素，W为钠元素，M为氯元素，N为铁元素。（1）铁位于周期表第四周期第族，由题给晶胞可知，该晶胞为面心立方密堆积。（2）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，由于N的2p轨道上电子半充满，较稳定，难以失去电子，则C、N、O三种元素第