1、 高三调研考试（一）化学参考答案1.【答案】B 【解析】保鲜膜、保鲜袋的主要成分是聚乙烯，A错误；乙醚是优良的有机溶剂、青蒿素是有机物，故青蒿素的提取应用了萃取原理，B正确；着火的油不能用水灭火，C错误；人体内没有分解纤维素的纤维素酶，纤维素不能被人体吸收利用，D错误。2.【答案】A 【解析】由Al2O3是两性氧化物知A正确；HD是由两种氢原子所构成的单质，B错误；由O2、O3组成的混合物中只含氧元素知C错误；电解质是纯净的化合物而食盐水是混合物，D错误。3.【答案】A 【解析】3.4 g OH物质的量为0.2 mol，1 molOH中含10 mol电子，A正确；标准状况下CCl4不是气体，2
2、.24 L CCl4物质的量远多于0.1 mol，B错误；铁与盐酸反应时被氧化为Fe2+，转移电子数目应为0.2NA ，C错误；N2与H2间的反应是可逆反应，1 mol N2不可能全部转化为NH3，D错误。4.【答案】D 【解析】无色溶液中不可能有Fe3+，A错误；SO32与Ba2+可形成BaSO3沉淀，B错误；CO32与Fe2+可结合形成沉淀，C错误；能使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，四种离子在碱性溶液中能共存，D正确。5.【答案】D 【解析】甲操作属于排除碱式滴定管中尖嘴处气泡的方法，A错误；虽然NaHCO3受热能分解，但因外面的大试管中温度高于小试管里面的温度，故无法比较NaHCO3与Na
3、2CO3的热稳定性，B错误；应该用上排空气法收集CO2，C错误；葡萄糖中含有醛基，醛和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，D正确。6.【答案】C 【解析】X分子中含有酯基，在酸性或碱性条件下均易水解，A错误；不含碳碳双键，无法发生加聚反应，B错误；含有苯环，故能与硝酸发生取代反应，C正确；该物质的分子式为C17H24O3，只有完全燃烧时生成的CO2、H2O物质的量之比才是1712，D错误。7.【答案】A 【解析】由能与氢气反应知其是烯烃，没有支链的烯烃结构有2种，含有一个甲基支链的结构有3种，即最多有5种同分异构体。8.【答案】C 【解析】由题干信息易知X、Y、Z分别为F、Na、Al
4、，W是P、S、Cl中的一种，故C错误；F2与H2混合后立即反应，A正确；Al与NaOH溶液反应可生成AlO2，B正确； W的离子比另外三种离子多一个电子层，半径最大，F、Na+、Al3+电子层结构相同，但是F-的核电荷数最少，故F半径比Na+、Al3+的都大，D正确。9.【答案】B 【解析】NaAlO2无法通过一步反应转化为Al2O3，A错误；NaCl与CO2、NH3 、H2O作用可得到NaHCO3，Na2CO3与NaHCO3之间可以相互转化，NaHCO3与盐酸反应可得到NaCl，B正确；Mg(NO3)2无法通过一步反应转化为MgCl2，C错误；Fe无法通过一步反应转化为Fe(OH)3，D错误
5、。10.【答案】A 【解析】当锌足量时，可得到SO2、H2两种产物，A正确；浓硫酸与铜反应只能得到SO2一种气体产物，B错误；浓盐酸与MnO2反应只能得到Cl2，C错误；浓氨水与CaO作用只能得到NH3，D错误。11.【答案】C 【解析】V2O5参与了反应过程且最后还被“还原”出来，故它是催化剂，A正确；由盖斯定律知B正确；因生成SO3的反应是放热反应，故H3最小，C错误；由于反应是一个熵值减小的反应，故只有当是一个焓减的变化时，反应才可能具有自发性，D正确。12.【答案】B 【解析】两个均是原电池，A错误；两个电池中正极均是铜电极，均是Cu2+得到电子，B正确；乙池放电效益较高，C错误；电子
6、不会通过溶液转移，D错误。13.【答案】C 【解析】由图知工作过程中NO3得到电子转化为N2，故它在阴极上反应，C正确；Pt是阳极、A电极是正极，H+(阳离子)应移向电解池的阴极(即Ag+Pt电极)，A、B错误；电子由电源的负极流出，D错误。14.【答案】B 【解析】SO2与氯气反应生成硫酸与盐酸，溶液中c(H+)增大，pH减小，A正确；向饱和氯水中继续通入过量C12，C12不再继续溶解，平衡不会移动，B错误；HCl的酸性强于碳酸、碳酸的酸性强于HClO，氯水中加入CaCO3后，会导致c(H+)减小，平衡向右移动，c(HClO)增大，C正确；升高温度时氯气溶解度减小，导致向左移动，溶液中c(C
7、l2)减小，D正确。15.【答案】D 【解析】HC2O4电离得到C2O42，水解得到H2C2O4，由c(H2C2O4)c(OH)，故c(B)c(Na+)，A错误；c点溶液是NaB、b点溶质是NaB、HB、a点溶质是HA、NaA，B水解促进水电离，HB、HA均抑制水电离，B正确；强碱滴定强酸时，可用甲基橙、酚酞作指示剂，C错误；当V(NaOH)19.98 mL时，溶液中c(H+)=(200.1-19.980.1)(39.98)104 molL-1，pH约为4.3，D错误。17【答案】(1)浓硫酸遇水放热使体系温度升高，反应速率加快 (或水作催化剂) （2分）(2)固体变成变黑（1分）(3) cd
8、 ji cd ef (或者cdjief)（2分） B中溶液褪色(1分) C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O （2分）(4)实验结束时，将装置中残留的气体吹入B、E中，避免空气污染（2分）。【解析】 浓硫酸遇到蔗糖中加入的水后会放出大量的热，使体系温度升高，导致反应加快。(2)浓硫酸有脱水性，将蔗糖碳化，固体变成黑色。(3)浓硫酸的还原产物通常是SO2，可用品红溶液鉴别SO2，用酸性KMnO4溶液除去SO2，用品红溶液检验SO2已被除尽，再用石灰水检验有无CO2，用CuO(需要加热)检验有无CO，气体进入装置D之前要进行干燥，由此可确定仪器的连接顺序。当品红溶液褪色或者石灰水中开始
9、时有沉淀生成，均可说明浓硫酸表现出氧化性。当D中无显明显变化时，说明没有CO生成，此时氧化产物是CO2、还原产物是SO2，由此可写出对应的方程式。(4)反应结束，装置中残留大量SO2等污染性气体，因此用空气将其吹出，KMnO4吸收。18【答案】(1)(b-0.5a)NA (2分) (2)111(2分) molL-1（2分)(3)容量瓶(或500 mL容量瓶）、玻璃棒(2分) (2分) 【解析】 (1)分子的质量等于分子中各原子的质量之和，故一个氢原子的质量为(b-0.5a)g， 氢的相对原子质量数值上与1 mol氢原子的质量(单位是g)相等，即为(b-0.5a)NA 。(2)混合前容器总体积为
10、2.2V L、气体总物质的量为0.22 mol，由NH3+HClNH4Cl知，反应 后剩余的气体为0.02 mol，因反应前后压强不变，故气体体积比等于其物质的量之比，即V(后)V (前)=0.22.2=111。由于剩余气体(0.2 molHCl)的体积与形成溶液的体积相等，故进入到烧瓶中水的体积为0.2V mL，由此可求出 molL-1。（3）由于生成的NH4Cl为0.1 mol，故相应的溶液体积为0.5 L；视线偏高，则看到的液面在实际液面的上面，这会导致水加入量偏少，所配溶液浓度偏大。19.【答案】(除注明外每空1分) (1) Fe-2eFe2+ (1分) 负(1分) 6 1 5 3 1
11、 7 (2分)； (2) 2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+ (2分) (3) Fe3+(1分) KSCN溶液(1分) 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O (2分) 或者I2(1分) 淀粉溶液(1分) 2I+ H2O2+2H+I22H2O(2分) (4) 510181(2分)【解析】(1)由于B、C处位于海水面下，故它们易与海水构成原电池，其中水面处氧气浓度较大，B作原电池的正极，C作负极，电极反应式为Fe-2eFe2+；将铁闸与电池的负极相连即可被保护起来；先配平价态发生变化的物质的计量数，然后根据质量守恒确定有“7NaOH”生成。(2)吸收H2S时生成的固体是S，Fe3+被还原
12、为Fe2+。(3)导致溶液变成浅黄色的原因可能是有Fe3+或I2生成，若认为是Fe3+(I2)，则需要用KSCN溶液(淀粉)作检验试剂。 (4)当两种金属离子沉淀完全时，溶液存在如下等式关系：Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2)= 6.510-18；Ksp(CuS)= c(Cu2) c(S2)=1.310-36, 因在同一溶液中，两个式子中的c(S2)相等，因此c(Fe2+)c(Cu2+)=6.510-18/1.310-36=510181。20【答案】(1) Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) H= -14 kJmol-1(2分) (2)CBA或者ABC (2分)
13、 1470a kJ(2分) 56.25 (2分) (3)(2分) 【解析】(1) 用式-4即可得到所求的热化学方程式。(2)随着反应的进行，A、B、C三点甲醇的浓度越来越大，相对应的CH3OH分解速率越来越大。前3 min消耗的CO2物质的量为30a mol，故反应中放出的热量为1470a kJ，即化学能降低了1470a kJ。平衡时，c(CH3OH)=c(H2O)=0.3 molL-1、c(H2)=0.2 molL-1；c(CO2)=0.2 molL-1、故K=56.25。(3) 因该反应是一个气体分子数目减小的反应，故反应开始后两容器中压强P(X)P(Y)，压强大又有利于平衡向右进行，导致
14、甲醇含量越高。故X容器中的反应达到平衡时，体系中甲醇的含量低一些。21.【答案】 (1)易形成酸雾，影响对SO3的吸收 (1分) (1分) 4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3(2分) (2) d(2分) (3) SO22H2O2eSO424H(2分) (2分)【解析】(1)在接触室内SO2转化后生成的SO3进入吸收塔中，没有转化的SO2重新进入接触室进行循环转化。(2)离消费中心近有利于产品的销售，从而也有利于工厂的生产，a正确；SO2与O2反应会放出大量的热，导致反应容器温度升高，温度过高不利于SO3的生成，使用热交换器可将反应放出的热量传递给进入接触室内需要预热的混合气体，从而提高
15、相应的反应速率，也可使容器温度维持在合理的温度范围内，有利于SO3的生成，b正确；余热发电或供暖可“变废为宝”，c正确；废液处理会导致投入增加，d错误。(3)负极上是SO2放电转化为硫酸，电极反应式为：SO22H2O-2eSO424H。V(SO2)=10a% m3=100a L，由硫元素守恒知可生成的石膏为n(CaSO42H2O)=n(SO2)=，质量为 g。22.【答案】(1) (2分) Ar、Cl、P (1分) (2) BF3 (1分) NF3、PCl3、SCl2(2分)(3) 水的相对分子质量比H2O2小，范德华力小；水分子间能形成氢键而H2S分子间不能(2分)(4) g/cm3 (2分
16、)【解析】(1)根据第一电离能的递变规律，第三周期中第一电离能最大的元素是稀有气体元素氩，其次是氯与磷。（2）BF3中B形成了3个键且无孤电子对，故它为sp2杂化，NF3、PCl3、SCl2三种分子的中心原子均有4个价层电子对，故均为sp3杂化。 (3) H2O2、H2O分子间可以形成氢键且每个分子形成的氢键数目相同，但H2O2相对分子质量比水的大，范德华力较大，故水的沸点比它的低，H2S分子间不能形成氢键，水的沸点比它高。（4）晶胞体积为1030 r3 cm3，由图知1个晶胞中含有4个铝原子，晶胞的质量为g，由此可求出晶胞的密度。23.【答案】(1)苯甲醇 (1分) (2) 取代反应或酯化反应(1分) 碳碳双键，酯基(2分)(3) +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O (2分)(4)6 (2分)(5)(2分)【解析】由F的结构及E的生成条件知，E是、A是、D是，结合题目给出的反应信息知B是、C是乙醛。(4)由于E的组成除去苯环外还有2个双键、3个碳原子，故当苯环上有3个取代基时，三个取代基只能是两个-CHO，一个-CH3，这三个取代基在苯环上共有6种不同的位置关系。(5)由题给反应信息，先由乙醛在NaOH溶液存在下加热转化为CH3CH=CHCHO，最后催化加氢就可得到目标产物。
