2019高三全国高考重点重组预测试卷化学3b

2019高三全国高考重点重组展望（原创）试卷-化学3b（4月份使用）注意事项：仔细阅读理解，联合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思虑，多理解！无论是单项选择、多项选择还是论述题，最重要的就是看清题意。在论述题中，问题大多拥有委婉性，特别是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增添了考试难度。考生要仔细阅读题目中供给的有限资料，明确观察重点，最大限度的发掘资猜中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便频频细读。只有经过仔细斟酌，推测命题老师的企图，踊跃联想知识点，分析答题角度，才可以将考点锁定，明确题意。2018届高三全国高考模拟重组展望试卷三化学答案合用地区：大纲地区观察范围：碳族元素新式无机非金属资料、氮族元素、化学反响速率化学均衡本卷须知1.答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、

准考证号填写清楚，并仔细同意准考证号、姓名和科目。2.本试卷中所有试题答案均需用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题地区内作答，在试题卷上作答无效。3.本试卷共19小题。此中第I卷共12小题，每题3分，共36分，第II卷共7小题，共分。本试卷答题时间为90分钟。以下数据可供给解题时参照：可能用到的相对原子质量：H1Cl2N14O16Na23Mg24S32C135.5K39Fe56Cu64【一】选择题：此题共12小题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项吻合题目要求的。1、我国城市环境中的大气污染物主若是( )A、CO、Cl2、N2、酸雨B、HCl、O2、N2、粉尘C、SO2、NO2、CO、粉尘D、NH3、CO2、NO、雾2、以下关于工业生产的表达中，错误的选项是( )A、制一般玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英B、氨是制作氮肥、硝酸、铵盐的重要原料C、将氢气和氯气混杂光照生成氯化氢，溶于水制得盐酸D、制造一般水泥的主要原料是粘土、石灰石3、以下有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的选项是( )A、漂白粉的成分为次氯酸钙B、实验室可用浓硫酸干燥氨气C、实验室可用NaOH溶液办理

NO2和

HCl废气D、Al2(SO4)3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒4、(2017·东北三校高三联合模拟)某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行以下可逆反响：X(g)＋Y(g)Z(g)W(s)H>0一段时间后，达到化学均衡状态、以下表达正确的选项是( )A、通入稀有气体，均衡向正反响方向挪动B、加入少许W，逆反响速率增大C、高升温度，正反响速率增大，逆反响速率减小D、降低温度，均衡向逆反响方向挪动5、〔2017?杭州模拟〕某稀硫酸和稀硝酸的混杂溶液200mL，均匀分成两份。向此中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9、6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增添的变化以以下图所示(硝酸只被还原为NO气体)。以下分析或结果错误的选项是( )A、原混杂酸中NO3－物质的量为0、1molB、OA段产生的是NO，AB段的反响为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气C、第二份溶液中最后溶质为FeSO4D、H2SO4浓度为2、5mol·L－16、以下试剂可用带玻璃塞的玻璃瓶存放的是( )A、NaOH溶液B、Na2SiO3溶液C、盐酸D、氢氟酸8、(2017?沈阳一中模拟)类比是重要的学习方法，但也要防范落入误区。以下分析正确的选项是〔〕A、中和反响是指酸与碱生成盐和水的反响。NaOH+HNO3、KOH+CH3COOH、Ba(OH)2+H2SO4的离子方程式均可用“H++OH-=H2O”表示B、碱性氧化物由金属元素和氧元素构成。K2O、MgO、Na2O2、Mn2O7、Fe2O3中有四种为碱性氧化物C、电解池中阳极开朗电极资料先放电。Cu、Fe、Al、Zn、Ag为阳极时电极自己先失掉电子D、混盐是由一种阳离子与两种酸根离子构成的盐。CaOCl2、Na4S2O3、Ca(NO3)Cl、BiONO3等均属于混盐9、〔2017·徐州一中模拟〕在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不一样方式投入反响物，保持恒温、恒容，测得反响达到均衡时的有关数据以下:〔N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4kJ·mol1〕容器甲乙丙反响物投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度〔mol·L1〕c1c2c3反响的能量变化放出akJ汲取bkJ汲取ckJ系统压强〔Pa〕p1p2p3反响物转变率ααα123以下说法不正确的选项是( )A、2c1＜c3B、a+b=92.4C、2p2＞p3D、α1+α3＞110、(2017年泰州调研)以下图为含有同一种元素的中a是单质，b是气态氢化物，c、d是氧化物，么a可能是( )①C②N2③S④F2

a、b、c、d、e五种物质的转变关系。其是该元素最高价氧化物对应的水化物，那A、只有①和③B、只有④C、①②③D、①②③④11、〔2017·湖南师大附中模拟〕以下离子方程式书写正确的选项是( )A、向Fe2〔SO4〕3溶液中加入过分的Na2S：2Fe3++S2－=2Fe2++S↓B、向明矾溶液中加入少许的Ba(OH)2溶液：Al3++3OH－+Ba2++SO42－=BaSO4↓+Al(OH)3↓C、用铜作电极电解饱和食盐水：2Cl－+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－D、向含有1molFeBr2溶液中通入标准状况下22.4L的Cl2：2Fe2++2Br－+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl－12、氯气是一种重要的工业原料、工业上利用反响：3Cl2＋2NH3===N2＋6HCl检查氯气管道能否漏气、以下说法错误的选项是( )A、假设管道漏气那么遇氨就会产生白烟B、该反响利用了Cl2的强氧化性C、该反响属于复分解反响D、生成1molN2有6mol电子转移第二卷【二】非选择题：此题共7小题，共64分。13、〔8分〕以下图所示为物质A～K之间的转变关系，反响①为电解A的饱和溶液，是一种重要的化工反响，反响②③在工业上对硅的提纯拥有特别重要的意义，经过④⑤反响而获得的L常用作实验室和袋装食品、瓶装食品等的干燥剂，也可以用作催化剂的载体、G、I常温下是无色气体、请回答：(1)B为________，G为________(写化学式)、写出D、E反响生成F的化学方程式________________________________________、写出反响④的离子方程式______________________________________________、写出反响①的化学方程式__________________________________________、14.〔2017全国卷28〕反响aA(g)+bB(g)cC(g)〔H＜0〕在等容条件下进行。改变其余反响条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段系统中各物质浓度随时间变化的曲线以以下图所示：回答以下问题：反响的化学方程式中，a∶b∶c为________；(2)A的均匀反响速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小摆列次序为________；(3)B的均衡转变率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是________，其值是________；(4)由第一次均衡到第二次均衡，均衡挪动的方向是______________，采纳的措施是______________；(5)比较第Ⅱ阶段反响温度(T2)和第Ⅲ阶段反响温度(T3)的高低：T2________T3(填“>”“<”“＝”)，判断的原由是________________________；(6)达到第三次均衡后，将容器的体积扩大一倍，假设10min后达到新的均衡，请在以下图中用曲线表示第Ⅳ阶段系统中各物质的浓度随时间变化的趋向(曲线上一定标出A、B、C)图1－1115、〔2017重庆理综27〕固态化合物A由两种短周期元素构成，可与水发生复分解反响，甲组同学用题27图装置(夹持装置略)对其进行研究实验。仪器B的名称是__________。实验中，Ⅱ中的试纸变蓝，Ⅳ中黑色粉末逐渐变成红色并有M生成，那么Ⅲ中的试剂为__________；Ⅳ中发生反响的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________；Ⅴ中的试剂为__________。乙组同学进行相同实验，但装置连接次序为Ⅰ—Ⅲ—Ⅳ—Ⅱ—Ⅴ—Ⅵ，此时Ⅱ中现象为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，原由是________________________________________________________________________。经上述反响，2.5g化合物A理论上可得0.56L(标准状况)M；那么A的化学式为__________。16、〔7分〕海洋是资源的宝库，储藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。在光照条件下，氯气和氢气反响过程以下：①Cl2C1+Cl②Cl+H2HCl+H③H+C12HCl+Cl反响②中形成的化合物的电子式为；反响③中被破坏的化学键属于(填“极性”或“非极性”)键。在短周期主族元素中，氯元素及与其相邻元素的原子半径从大到小的次序是(用元素符号表示)。与氯元素同周期且金属性最强的元素位于周期表的第周期族。卤素单质及化合物在好多性质上都存在着递变规律。以下有关说法正确的选项是。A、卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的次序挨次加深B、卤化氢的键长按H—F、H—C1、H—Br、H—I的次序挨次减小C、卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的次序挨次减弱D、卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的次序由难变易17、〔8分〕短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的地点如右图所示，此中T所处的周期序数与主族序数相等，请回答以下问题：1〕T的原子构造表示图为_______.2〕元素的非金属性为〔原子的得电子能力〕：Q______W(填“强于”或“弱于”)。3〕W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反响，生成两种物质，此中一种是气体，反响的化学方程式为_____________________________.4〕原子序数比R多1的元素是一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反响的化学方程式是__________________________.〔5〕R有多种氧化物，此中甲的相对分子质量最小。在必定条件下，2L的甲气体与的氧气相混杂，假设该混杂气体被足量的NaOH溶液完整汲取后没有气体残留，所生成的

0.5LR的含氧酸盐的化学式是__________.18、〔8分〕〔2017·长沙市一中模拟〕在一密闭恒容的容器中，可逆反响3A(g)3B(?)+C(?)的能量变化如图1所示，气体的均匀相对原子质量随时间的变化如图2所示。〔1〕由图1可以判断3A(g)3B(?)+C(?)的正反响是反响〔填“吸热”或“放热”〕，实验a和实验b对比较，可能隐含的反响条件是。〔2〕由图2可以得出有关B和C状态的结论。①假设t2时刻高升温度，气体的均匀相对分子质量变化必定吻合线〔填“c”或“d”或“e”〕.②改变压强,气体的均匀相对分子质量变化必定吻合c线,那么C物质的状态为〔3〕假如均衡后保持温度不变，将容器体积增添一倍，新均衡时A的浓度是本来的60%，那么B是态，C是态。〔4〕假如B为气体，C为固体，取0.3molA恒温下在1L容器中充分反响，均衡时测得B的浓度为0.21mol/L。假设使反响从逆反响开始，初步时在容器中加入0.3molB，相同条件下，要使均衡时B的浓度仍为0.21mol/L，那么C的物质的量的取值范围应当是。19、〔9分〕(2017·黄岗中学高三质检)X、Y、Z、W为原子序数挨次增大的四种短周期元素，此中X元素原子的核外电子总数等于其电子层数，Z元素的气态氢化物和它的氧化物在常温下反响生成Z单质和水，X与Y、W可分别形成YX3和XW型共价化合物，YX3极易溶于水、(1)Y的元素符号是________、(2)XW的电子式是_____________、(3)XW与YX3反响生成一种盐，该盐水溶液的pH________7(填“大于”“小于”或“等于”)，其原由是(用离子方程式表示)______________________________、(4)Z元素氢化物的沸点比H2O________(填“低”或“高”)、Z元素的氢化物有毒，写出用CuSO4溶液汲取Z元素氢化物的离子方程式____________________、(5)X单质和Y单质反响生成YX3的反响是可逆反响，H<0.将X、Y的两种单质以等物质的量充入一密闭容器中，在合适催化剂和恒温、恒压条件下反响、以下说法正确的选项是________、A、达到化学均衡时，任何一种物质的正反响速率与逆反响速率相等B、反响过程中，Y单质的体积分数一直为50%C、达到化学均衡时，X、Y两种单质在混杂气体中的物质的量之比为1∶1D、达到化学均衡的过程中气体均匀相对分子质量减小E、到达化学均衡后，高升温度，YX3的体积分数增大答案与分析1、【答案】C【分析】大气污染物包含悬浮颗粒物(粉尘)、SO2、NOx、CO等，其余还有碳氢化合物、含氟氯代烃、放射性物质等。2、【答案】C【分析】H2和Cl2混杂后光照会爆炸，工业生产不采纳，工业上一般利用H2在Cl2中燃烧，生成HCl溶于水制得盐酸。3、【答案】C【分析】漂白粉的成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2；氨气应用碱石灰干燥，其与浓H2SO4反响会生成(NH4)2SO4或NH4HSO4；NO2、HCl等酸性气体可用NaOH溶液来汲取；明矾的净水原理是Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，吸附悬浮物质，从而达到净水的目的，废水呈酸性会克制Al3＋水解，呈碱性那么使将大批Al3＋积淀掉，所以均不宜用Al2(SO4)3来净化，应当先中和，后用Al2(SO4)3办理。4、【答案】D【分析】A项，恒温恒容时充入稀有气体，原反响系统各物质中物质的量浓度不变，均衡不挪动；B项，W是固体，再加入少许，反响速率不变；C项，高升温度，正、逆反响速率均增大；D项，该反响正反响方向是吸热反响，那么降低温度均衡向逆反响方向挪动、5、【答案】A【分析】在H2SO4、HNO3混杂溶液中加入Cu或Fe，假设H+足量，那么所有的NO3－都可被还原，Cu2+、Fe3+或Fe2+均与SO42－形成盐，所以第一份溶液溶解9、6gCu、第二份溶液中NO3－能氧化5、6gFe，由3Cu+2NO3-+8H+==3Cu2++2NO↑+4H2O、Fe+4H＋+NO3－＝Fe3＋+NO↑+2H2O可计算两份溶液中n(NO3-)均为0、1mol，原混杂酸中n(NO3-)=0、2mol，A项错。第二份溶液中的反响次序是Fe+H++NO3-→Fe3＋+NO↑+H2O、Fe+2Fe3+==3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，最后溶质只有FeSO4(不考虑水解)，且溶解的Fe共14g即0、25mol，那么溶质为0、25molFeSO4，c(SO42－)=c(H2SO4)=0、25mol／0、1L=2、5mol·L－1。只有A项错误。6、【答案】

C【分析】玻璃中的不与盐酸作用，应选7、【答案】A

SiO2能与C.

HF发生反响，与

NaOH溶液作用生成拥有黏合性的

Na2SiO3，【分析】溶液导电性的强弱与离子及离子所带的电荷数成正比。子浓度；B、D选项离子浓度几乎不变，导电性几乎没有变化；所以离子浓度减小，导电能力明显减弱。

A选项中反响明显增添了离C选项反响生成更弱的电解质，8、【答案】

C【分析】CH3COOH为弱电解质应保留分子式、Ba(OH)2与H2SO4生成BaSO4积淀，A项错；Na2O2为过氧化物、Mn2O7为高锰酸的酸酐属酸性氧化物，B项错误；电解过程中，除惰性电极(Pt、Au和石墨)外，阳极为电极资料放电，C项正确；可采纳物质的“等效构造”方法，CaOCl2、Na4S2O3、Ca(NO3)Cl分别等效于Ca(ClO)2·CaCl2、Na2S·Na2SO3、Ca(NO3)2·CaCl2，它们都属于混盐，BiONO3与混盐构成酷似，但其阴离子是NO3-和O2-，而O2-其实不是一种酸根，不是混盐，D项错误。9、【答案】D【分析】此题观察化学均衡的挪动及等效均衡的认识与判断。甲和乙是等效均衡，那么c1=c2，p1=p2，α1+α2=1,不一样的是反响的初步方向不一样，在此过程中乙汲取的热量相当于甲完整转变需再放出的热量，故a+b=92.4；丙初步浓度是乙的2倍，压强盛均衡右移，所以αα＜c3，2p2＞p3。综上分析可知：2c1＜c3，a+b=92.4，2p2＞p3，αα1。2＜3,2c213此题选D。10、【答案】C【分析】此题用代入法，依据选项答案的特色，第一将④中的F2代入，那么c、d不行能为F的氧化物，且F不存在最高价氧化物对应的水化物，故B不正确；那么答案在A、C两项中选择，而后是将②代入，a为N2，b为NH3，c为NO，d为NO2，e为HNO3，吻合题意，故应选C。11、【答案】D【分析】A中因Na2S过分，产物为FeS积淀，而不是Fe2+，A错；B中Ba(OH)2完整反响，方程式中的Ba2+和OH-离子个数比为1:2,B错；C中阳极铜为活性电极，自己溶解而溶液中的氯离子不放电，C错。D正确。12、【答案】C【分析】依据题给反响知，其产物HCl遇NH3生成白色固体元素化合价降低，氮元素化合价高升，所以Cl2为氧化剂，移6mol电子，故D正确；依据复分解反响的定义，C错误、第二卷13、【答案】(1)Cl2CO(2)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O

NH4Cl，A正确；从方程式看ClB正确；且生成1molN2时，转电解(3)SiO23－＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO23－(4)2NaCl

＋2H2O=====2NaOH＋Cl2↑＋H2↑【分析】由题意：反响①为电解A的饱和溶液，是一种重要的化工反响，可推测为氯碱工业反响；反响②③为工业粗硅的提纯；经过④⑤反响而获得的L常用作实验室和袋装食品、瓶装食品等的干燥剂，也可以用作催化剂的载体，可推测为硅胶的制取、综上所述，不难推测图中的各种物质、14、【答案】(1)1∶3∶2(2)vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)αⅢ(B)0.19(19%)向正反响方向从反响系统中移出产物C(5)>此反响为放热反响，降低温度，均衡向正反响方向挪动(6)(注：只要曲线能表示出均衡向逆反响挪动及各物质浓度的相对变化比率即可)【分析】(1)第Ⅰ阶段A、B、C的物质的量浓度变化值分别为(减少)1.0mol/L、(减少)3.0mol/L、(增添)2.0mol/L，方程式中各物质浓度的变化量之比等于其化学计量数之比，所以计算得a∶b∶c＝1∶3∶2。(2)依据化学反响速率为单位时间浓度的变化值，可计算三个阶段用A表示的化学反响速率2.0－1.0mol/L＝0.05mol/(L·min)1.0－0.62mol/L分别为：20min、15min＝0.62－0.50mol/L0.025mol/(L·min)、10min＝0.012mol/(L·min)。6.0－3.00(3)转变率是物质的减少许与初始量的比值，所以三个阶段B的转变率分别为6.0×3.00－1.861.86－1.50100%＝50%、3.00×100%＝38%、1.86×100%＝19%。(4)第Ⅱ阶段C是从0开始的，所以可以确立第一次均衡后从系统中移出了C，即减少生成物浓度，均衡正向挪动。(5)第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的均衡各物质的量均相等，依据A、B的量减少，C的量增添可判断均衡是正向挪动的，依据均衡开始时浓度确立此均衡挪动不行能是由浓度的变化惹起的，其余题目所给条件容器的体积不变，那么改变压强也不行能，所以必定为温度的影响，此反响正向为放热反响，可以推测为降低温度，其余联合A的速率在三个阶段的状况，确立改变的条件必定为降低温度。第一应当考虑到气体的物质的量浓度为气体的物质的量与容器体积的比值，所以容器扩大一倍，那么各物质的浓度减小为本来的一半，其余考虑容器体积增大，均衡向气体的物质的量增大的方向挪动，即向逆反响方向挪动。15、【答案】〔1〕分液漏斗〔2〕碱石灰〔3〕3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O浓硫酸16、【答案】〔1〕

非极性〔

2〕SClF三

IA〔3〕a【分析】(1)是氯化氢的电子式，反响③中被破坏的化学键是氯原子与氯原子之间的非极性共价键。与氯元素相邻的元素是S、F原子半径由大到小次序是SClF。与氯元素同周期且金属性最强的元素是钠元素。(3)a中AgCl白色、AgBr淡黄色、AgI黄色，所以颜色挨次加深，b中卤化氢的键长近似为氢原子半径与卤原子半径之和，按H—F、H—C1、H—Br、H—I的次序挨次增大，c中卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的次序挨次加强，d中卤素单质与氢气化合能力按

F2、Cl2、Br2、I2的次序由易到难。17、【答案】〔1〕〔2〕弱于〔3〕S+2H2SO4(浓)△3SO2↑+2H2O4〕2H2O2MnO22H2O+O2↑〔或其余合理答案：〕〔5〕NaNO2【分析】此题观察无机物的性质，涉及化学用语、方程式书写、氧化还原反响以及热化学的知识。从给出的表，联合T在周期表的地点与族数相等这一条件，不难得出T为Al，Q为C，R为N，W为S。〔1〕T为Al，13号元素。〔2〕S、C最高价氧化物对应的酸为硫酸强于碳酸，那么可得非金属性S强于C。〔3〕S与H2SO4发生归中反响，从元素守恒看，必定有水生成，其余为一气体，从化合价看，只好是SO2。〔4〕比R质子数多1的元素为O，存在H2O2转变成H2O的反响。〔5〕N中相对分子质量最小的氧化物为NO，2NO+O2=2NO2，明显NO过分1L，同时生成1L的NO2，再用NaOH汲取，从氧化还原角度看，+2价N的NO与+4价N的NO2，应归中生成+3价N的化合物NaNO2。18、【答案】〔1〕吸热加了催化剂〔2〕B、C中最少一种为气体e②非气体〔3〕固体或液体气体〔4〕n(C)>0.03mol【分析】图1是化学反响过程与能量变化图，明显B与C化合生成