山东省泰安市届高三年级一轮检测化学试题及答案解析文档格式.docx

山东省泰安市届高三年级一轮检测化学试题及答案解析文档格式.docx

《山东省泰安市届高三年级一轮检测化学试题及答案解析文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省泰安市届高三年级一轮检测化学试题及答案解析文档格式.docx（31页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；

在草稿纸、试题卷上答题无效。

保持卡面清洁，不折叠、不破损。

可能用到的相对原子质量：

H1　Li7C12　N14　O16　S32　K39　Fe56Cu64

一、选择题：

本题共10小题，每小题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.新材料的发展充分体现了“中国技术”、“中国制造”和“中国力量”。

下列成果所涉及的材料为金属材料的是

A.“天问一号”火星探测器太阳翼的材料——石墨纤维复合聚酰胺薄膜

B.“太阳能路灯计划”使用的太阳能电池的材料——砷化镓

C.“领雁”AG50飞机主体结构的复合材料——玻璃纤维复合材料

D.“天宫二号”航天器使用的质量轻、强度高的材料——钛合金

【答案】D

【解析】

必备知识：

复合材料、金属材料和新型材料

关键能力：

理解与辨析能力

核心价值：

化学是人类进步的关键

A.墨纤维复合聚酰胺薄膜是复合材料，石墨纤维是增强体，聚酰胺合成树脂是基体。

B.砷化镓是新型光电材料，属于新型材料。

C.玻璃纤维复合材料,玻璃纤维是增强体。

D.钛合金属于金属材料。

2.下列化学用语的表达正确的是

A.羰基硫（COS）的结构式O=C=S

B.中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：

10O

C.由H和Cl形成化学键的过程：

D.

的名称：

2-甲基-3-丁烯

【答案】A

化学用语中的结构式、电子式、核素符号和有机物命名。

感悟科学精神

A.羰基硫（COS）的结构式O=C=S正确。

B.中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：

18O

O质量数为18.CCl和H缺少外层电子。

D

正确名称是

3-甲基丁烯

3.下列说法不正确的是

A.实验室可用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得Cl2

B.煤经过干馏过程可将其中的苯、煤焦油等分离出来

C.可用铝制容器盛放运输浓硫酸

D.硝酸分别与甲苯、甘油在一定条件下反应，均可制得炸药

【答案】B

氯气制备、煤干馏、硫酸性质和硝酸性质。

A反应方程式为：

MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2OB煤干馏是化学变化，产物中有苯、煤焦油，煤炭中不含有苯、煤焦油，错误。

C浓硫酸具有强氧化性能够敦化铝，所以能够用铝制容器盛放。

D硝酸分别与甲苯、甘油在一定条件下反应可以生成三硝基甲苯和硝化甘油，二者均为炸药。

4.以天然气为原料经由合成气（CO、H2）制化学品是目前天然气转化利用的主要技术路线。

制备CH3OH的反应转化关系如图所示。

设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.用1molCH4理论上能生产标准状况下CH3OH22.4L

B.等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA

C.44gCO2气体和22gCH4与CO的混合气体，所含C原子数一定为NA

D.用CH4制备合成气的过程中，每生成1molCO，转移电子总数为3NA

气体摩尔体积、质子数、混合气体和转移电子数。

分析与推测能力

A.标准状况下CH3OH是液体，而气体摩尔体积适用于气体。

B等物质的量的CH3OH和CH4，物质的量具体是多少？

所以质子数无法计算。

C.44gCO2气体是1mol,22gCH4与CO的混合气体，由于平均分子量不确定，所含C原子数也不确定。

D.根据上述过程可知：

每生成1molCO，需要0.5molC,制备0.5molC需要0.5molCH4分解。

制备0.5molC转移2mol电子，生成1molCO转移1mol电子，总共转移3mol电子。

5.用下列实验装置进行有关实验能达到实验目的的是

A.检验溶液中是否有K+

B.证明蔗糖属于还原性糖

C.制备CaCO3

D.用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸

【答案】C

焰色反应、斐林试剂、中和滴定和制备实验。

探究与创新能力

A.检验溶液中是K+需要透过蓝色的钴玻璃。

B.斐林试剂检验醛基需要酒精灯加热。

C.少量CO2可以和氨气生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙生成碳酸钙沉淀。

D.中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化。

6.LiY2Z4XW2能够在锂离子电池负极形成稳定、低阻抗的SEI膜，帮助锂离子电池在高温环境中获得良好性能。

［Y2Z4XW2］-的结构如图，图中原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，W是同周期中原子半径最小的元素。

下列说法正确的是

A.该结构中，X、Y、Z之间形成的化学键均为共价键

B.Y和Z形成的化合物都能和碱发生反应

C.X、Y的最高价氧化物对应的水化物均是强酸

D.Z、W分别形成的简单氢化物的沸点，后者高于前者

【答案】A

原子结构与元素周期律

根据原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，W是同周期中原子半径最小的元素，可判断元素X为B，W是F，X、Y、Z、W位于同一短周期，由

可知Z最外层有6个电子，Y最外层有4个电子，所以Z为O，Y为C。

A.中B、C、O形成的都是共价键，正确。

B.C和O可以形成CO和CO2等化合物，其中，CO不与碱性物质反应B错误。

C.B和C的最高价氧化物对应的水化物是硼酸和碳酸，均为弱酸。

D.Z、W分别形成的简单氢化物分别为H2O和HF，水的沸点比HF要高。

7.下列说法正确的是

A.常温下，由水电离产生的c（H+）=10-12mol•L-1的溶液中：

K+、Na+、ClO-、I-大量共存

B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＞b+1

C.次氯酸钠溶液中通少量CO2：

ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO

D.电解氯化镁溶液：

2Cl-+2H2O=

通电

2OH-+H2↑+Cl2↑

电解质溶液及电解池原理。

A.由水电离产生的c（H+）=10-12mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，所以，该溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液；

酸性溶液中ClO-不能大量存在，且ClO-、I-不能共存。

碱性溶液中，ClO-、I-不能共存。

B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，由于电离平衡的正向移动，a-b<

1,故a<

b+1。

酸性排序为：

H2CO3>

HClO>

HCO

次氯酸钠溶液中通少量CO2只能生成HCO

，正确。

D.电解氯化镁溶液生成Mg（OH）2沉淀,错误。

8.下列各项叙述中，正确的是

A.配合物Fe（CO）n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=6

B.价电子排布为ns1的元素，不一定是s区元素

C.水中的氢键可以表示为O-H…O，冰中每摩尔

有4NA个氢键

D.与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素还有4种

【答案】D

价电子排布、元素周期表分区、水中氢键。

分析与推测能力和归纳与论证能力

A.配合物Fe（CO）n中，Fe的价电子为8个，配合物总价电子为18个，每个CO分子提供2个电子，所以，n=5，错误。

B.价电子排布为ns1的元素都在元素周期表的是S区，错误。

C.冰中每摩尔

与其他H2O形成4NA个氢键，但是4NA个氢键都是与其他H2O共用，所以，平均为2NA个氢键。

D.与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素有Sc、Cu、Ga、Br。

9.有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙：

A.丙的不饱和度Ω=3

B.甲分子中所有原子共平面

C.乙的一氯代物有3种

D.丙在酸性条件下水解生成

计算不饱和度、有机物的结构、同分异构体和反应机理。

A.丙的不饱和度Ω=4。

丙中有两个不饱和键，碳碳双键和碳氧双键，不饱和度为2；

两个环状结构，不饱和度为2。

B.甲中饱和碳原子为sp3杂化，结构为四面体，故原子不在同一平面上。

C.乙中有三类H，故有3种一氯代物。

D.酯基水解时断键位置

故18O在甲醇分子中。

10.用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（FeS2）的混合物时，发生反应Ⅰ：

MnO

+Cu2S+H+→Cu2++SO

+Mn2++H2O（未配平）和反应Ⅱ：

+FeS2+H+→Fe3++SO

+Mn2++H2O（未配平）。

A.反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂

B.反应Ⅰ中每生成1molSO

，转移电子的物质的量为10mol

C.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3

D.若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3

【答案】B

氧化还原反应。

A.反应Ⅰ中Cu2S中Cu的化合价从+1升高到+2，S的化合价从-2升高到+6，Cu2S只做氧化剂。

B.反应Ⅰ中每生成1molSO

，2molCu+失去2mol电子，1molS2-失去8mol电子，总共转移电子的物质的量为10mol电子。

C用双线桥分析反应Ⅱ得出氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3。

D.若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2

二、选择题：

本题共5小题，每小题4分，共20分。

每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.某同学在实验室选用下列实验装置，验证浓硫酸与碳反应的生成物。

A.浓硫酸与碳反应中，浓硫酸表现出酸性和强氧化性

B.验证产物的正确连接顺序为：

Ⅰ→Ⅳ→Ⅲ→Ⅱ

C.装置Ⅱ中两侧品红溶液在实验设计中的作用不相同

D.若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无CO2

SO2的性质、实验装置连接规则。

分析与推测能力和探究与创新能力

感悟科学精神、绿色化学思想

A.浓硫酸与碳反应中，浓硫酸只表现出强氧化性，由于没有生成硫酸盐，所以没有表现酸性。

B.验证产物一般原则是先检验水，然后检验有特殊现象的物质，最后检验在出去干扰物质的情况下检验剩余物质正确连接顺序为：

Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ

C.装置Ⅱ中左侧品红溶液在实验设计中的作用是检验SO2，右侧的则是检验高锰酸钾溶液是否将SO2完全吸收，二者在实验中的现象不同，作用也不相同。

D.若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，Ⅱ装置检验并除去SO2，Ⅲ装置检验水，剩余CO2可以检验。

12.常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。

已知：

晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图如图2所示。

Cu2S的晶胞参数apm，阿伏加德罗常数的值为NA。

A.S2-是面心立方最密堆积

B.Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中一半四面体空隙

C.CuS晶胞中，S2-配位数为8

D.Cu2S晶胞的密度为

【答案】AD

晶胞结构及密度计算。

A.根据图1可判断S2-是面心立方最密堆积。

B.在面心立方晶胞中，每个顶点都能与三个面心原子形成一个四面体空隙，如图所示。

如此，晶胞内

能形成8个四面体空隙，Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中4个四面体空隙，对称分布。

Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中8个四面体空隙，所以，两种晶胞的侧视图是相同的。

C.根据B项解析可知CuS晶胞中，S2-配位数为4，Cu2S晶胞中，S2-配位数为8.

D.Cu2S晶胞中含有4个Cu2S，故Cu2S晶胞的密度为

13.CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应为①N2O+Fe+=N2+FeO+（慢）、②FeO++CO=CO2+Fe+（快）。

A.反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应

B.N2O与CO2互为等电子体，均为直线型分子

C.反应中每转移1mol电子，生成N2体积为11.2L

D.两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定

活化能与催化机理。

A.反应①中Fe由+1价升高为+3价，是氧化还原反应，反应②中Fe由+3价降低为+1价是氧化还原反应。

B.N2O与CO2互为等电子体，均为直线型分子。

C.反应中每转移1mol电子，生成N2物质的量为0.5mol,外界条件不是标准状况，所以体积不是11.2L

D.两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，即反应①决定。

14.用石墨烯锂硫电池电解制备Fe（OH）2的装置如图所示。

电池放电时的反应为

16Li＋xS8=8Li2Sx（2≤x≤8），电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。

下列说法不正确的是

A.X是铁电极，发生氧化反应

B.电子流动的方向：

B→Y，X→A

C.正极可发生反应：

2Li2S6＋2Li＋＋2e－=3Li2S4

D.锂电极减重0.14g时，电解池中溶液减重0.18g

原电池和电解池原理。

根据Li+向电极A移动可知A为原电池的正极，B为负极，X为阳极，Y为阴极。

该装置的目的是制备Fe（OH）2，所以X为铁，发生氧化反应生成Fe2+，电子从电源负极B流出，流向Y极，从X极流出，流向A极。

电极A发生多个电极反应：

2Li+S8=Li2S8、3Li2S8＋2Li＋＋2e－=4Li2S6、2Li2S6＋2Li＋＋2e－=3Li2S4、

Li2S4＋2Li＋=2Li2S2等。

锂电极减重0.14g时，电路中转移0.02mol电子，根据电解池的总反应：

Fe+2H2O=Fe（OH）2+H2可知消耗0.02MOL水，电解池中溶液减重0.36g.

15.已知：

乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，25℃时，K1=10-4.07，K2=10-7.15，有类似氨的性质。

向10mL浓度为0.1mol•L-1的乙二胺溶液中滴加0.1mol•L-1的盐酸，溶液中

与所加盐酸的体积关系如图所示。

A.H2NCH2CH2NH2在水溶液中电离方程式为：

H2NCH2CH2NH2+2H2O=［H3NCH2CH2NH3］2++2OH-

B.溶液中水的电离程度：

a点大于b点

C.a点：

盐酸的体积大于10mL

D.b点所处的溶液中：

c（H+）=c（OH-）+2c（H2NCH2CH2NH2）+c（［H2NCH2CH2NH3］+）

电离方程式、水的电离、多元弱碱的水解和质子守恒

A.H2NCH2CH2NH2在作为二元弱碱，电离方程式应分步书写，一般只写第一步：

H2NCH2CH2NH2+H2O=［H3NCH2CH2NH2］++OH-

B.a点溶液呈中性，水的电离程度与纯水相同，b点溶液的溶质是正盐，水解程度最大，水的电离程度最大。

C.若盐酸的体积等于10mL，则溶质为［H2NCH2CH2NH3］Cl，根据

K2=10-7.15>

Kh=10-9.93该溶液显碱性,而a点溶液显中性，所以要继续加盐酸，故a点盐酸的体积大于10mL。

D.b点所处的溶液中的溶质为［H3NCH2CH2NH3］Cl2其质子守恒关系式为：

c（H+）=

c（OH-）+2c（H2NCH2CH2NH2）+c（［H2NCH2CH2NH3］+）

三、非选择题：

本题共5小题，共60分。

16.（12分）铍有“超级金属”之称。

以绿柱石[Be3Al2（SiO3）6]为原料制备金属铍的工艺如下：

已知Be2+可与Cl-、OH-结合成配位数为4的配离子。

回答下列问题：

（1）烧结冷却后，水浸之前“操作a”的名称是。

（2）750℃烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，写出该反应的化学方程式。

（3）已知25℃时Ksp[Be（OH）2]=4.0×

10-21，计算室温时0.40mol∙L-1Be2+开始沉淀时的pH=，“沉氟”反应的离子方程式为。

（4）上述流程中，“Be（OH）2→……→BeCl2”可有两种方案：

I：

Be（OH）2

BeCl2

Ⅱ：

Be（OH）2

I中操作b是。

Ⅱ中BeO转化为BeCl2的化学方程式为。

（5）BeCl2在气态时常以二聚体形式存在，此二聚体分子的结构式为；

工业上电解BeCl2与NaCl熔融体制得金属铍，NaCl的作用是，阴极反应式为。

【答案】

16.（12分）

（1）粉碎（或研磨）（1分）

（2）2Na3FeF6+Be3Al2（SiO3）6===3Na2BeF4+ 

Fe2O3+ 

Al2O3+6SiO2（2分）

（3）4（1分）3Na++6F--+Fe3+===Na3FeF6↓（1分）

（4）HCl气氛中加热蒸发（1分）BeO+C+Cl2

BeCl2+CO↑（2分）

（5）

（2分）增强导电性（1分）

BeCl42-+2e-===Be+4Cl-（1分）

影响速率的因素，化学方程式的书写，Ksp计算、分子结构推测和电极反应式的书写。

感悟科学精神、化学是人类进步的关键、可持续发展意识

（1）工业上可以粉碎操作，实验室用研磨操作。

（2）根据反应物和产物，依据原子守恒和电子守恒，依据化学环境可写成：

2Na3FeF6+Be3Al2（SiO3）6===3Na2BeF4+ 

Al2O3+6SiO2

（3）c（OH-）=

故pH=4,“沉氟”反应的离子方程式为3Na++6F--+Fe3+===Na3FeF6↓（4）因为Be和Al在周期表中符合对角线规则，故性质相似。

所以，BeCl2在溶液中蒸发时也会发生水解生成Be（OH）2，要想抑制其水解必须在HCl气氛中加热蒸发（5）BeCl2在为缺电子化合物，还有两个2P空轨道，按照八隅体理论，其倾向于形成配位键以达到八电子稳定结构。

在二聚体分子中，形成了两个氯桥键，较单个分子更接近八电子稳定结构。

故其结构为

。

由于BeCl2在是共价分子，加热容易升华，难电离，不导电；

加入NaCl后，Be2+可与Cl-结合成配位数为4的配离子BeCl42-，形成了容易电离的盐，增加了融融状态的导电性。

阴极发生还原反应生成Be，液体中含Be的离子是BeCl42-故BeCl42-在阴极放电，其电极反应式为BeCl42-+2e-===Be+4Cl-

17.（12分）研究表明TiO2－aNb、Cu（In1－xGaxSe2）是光学活性物质。

请回答下列问题：

（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为，价电子中未成对电子有个；

Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为。

（2）SeO32－的立体构型为；

SeO2中硒原子采取的杂化类型是。

（3）31Ga可以形成GaCl3·

xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；

过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1∶2。

则该溶液中溶质的化学式为。

（4）Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu（NH3）4]2+，在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是。

向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用：

。

（5）TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2－aNb，可表示如图，则TiO2－aNb晶体中：

a＝，b＝。

17.（12分）

（1）4s（1分）2（1分）Se＞Ga＞In（1分）

（2）三角锥形（1分）sp2（1分）

（3）[Ga（NH3）4Cl2]Cl（2分）

（4）NH3中的孤对电子与Cu2+配位，受到Cu2+吸引，对N－H键成键电子对斥力减弱，故N－H键键角变大（2分）

减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度（1分）

（5）7/16（1分）1/8（1分）

原子结构、分子结构配合物及晶体结构。

感悟科学精神、

（1）基态Ti原子核外电子价电子排布为3d24s2,最高能级符号为4s,价电子中未成对电子有2个。

同周期元素的第一电离能由左向右逐渐增大，故Se＞Ga；

同主族由上而下逐渐减小，故Ga＞In。

（2）SeO32－