届全国高考化学预热摸底题3解析版.docx
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届全国高考化学预热摸底题3解析版
2019届全国高考化学预热摸底题（3）（解析版）
1．在常温下四个容积相同的抽空的密闭容器内，分别注入下列各组气体（先注入一种，再注入另一种），全部气体注入完毕后，容器中的压强从大到小的顺序是 （）
①2mol氢气和1mol氧气 ②2mol硫化氢和1mol二氧化硫
③2mol一氧化氮和1mol氧气④2mol氨和lmol氯化氢
A．①>③>④>②B．①>②=③>④
C．③>④>①>②D．①=②=③>④
【答案】A
2．短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。
m、p、r是这些元素组成的二元化合物，n、q、s是这些元素组成的三元化合物且属于离子化合物。
其中s的水溶液俗称水玻璃。
常温下0.1mol·L－1n溶液的pH为13，m可制作耐火管且属于两性物质。
上述物质的转化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．简单气态氢化物的稳定性：
R>Y
B．离子半径大小：
Y>Z>W
C．W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强
D．单质的熔点：
Z>R>X
答案 B
解析 s的水溶液俗称水玻璃，则s为Na2SiO3；m可制作耐火管且属于两性物质，则m为Al2O3；常温下0.1mol·L－1n溶液的pH为13，则n为一元强碱溶液，应该为NaOH；n（NaOH）与m（Al2O3）反应生成r和q，且r是这些元素组成的二元化合物、q是这些元素组成的三元化合物，则r为H2O，q为NaAlO2；p是这些元素组成的二元化合物，p与n（NaOH）反应生成s（Na2SiO3）和r（H2O），则p为SiO2，Y为O、R为Si元素。
结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为Al、R为Si。
非金属性越强，氢化物稳定性越强，则对应氢化物的稳定性：
Y>R，A错误；Y为O、Z为Na、W为Al，三种元素的离子具有相同的电子层，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径Y>Z>W，B正确；Z为Na、W为Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>Al，则W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的弱，C错误；X为H、Z为Na、R为Si，其单质分别为氢气、金属钠和硅，对应晶体分别为分子晶体、金属晶体和原子晶体，Si的沸点最高，氢气沸点最低，即单质沸点：
R>Z>X，D错误；答案选B。
3．下列说法不正确的是（ ）
A．空气质量指数（AQI）中参与空气质量评价的主要污染物为细颗粒物（PM2.5）、可吸入颗粒物（PM10）、二氧化硫、二氧化氮、臭氧、一氧化碳等六项
B．福尔马林具有杀菌防腐性质，故可用作食品添加剂
C．糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐是人体所需的六大营养物质
D．金属钠着火时不能使用泡沫灭火器灭火
答案 B
解析 空气质量指数（AQI）中参与空气质量评价的主要污染物为细颗粒物（PM2.5）、可吸入颗粒物（PM10）、二氧化硫、二氧化氮、臭氧、一氧化碳等六项，故A正确；甲醛有毒，不能用作食品添加剂，故B错误；糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐是人体所需的六大营养物质，故C正确；金属钠着火时不能使用泡沫灭火器灭火，应该使用沙子盖灭，故D正确；故选B。
4．]化学与生活、生产、可持续发展密切相关，下列说法中正确的是（ ）
A．14C可用于文物年代的鉴定，14C和12C互为同素异形体
B．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因
C．高纯度的SiO2可以制成光电池，将光能直接转化为电能
D．现代工业生产中芳香烃主要来源于石油化工的催化重整和煤的干馏
答案 D
解析 14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同位素，同素异形体是单质，故A错误；造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀，故B错误；SiO2可制造光导纤维，不能制造光电池，光电池中的材料为单质硅，故C错误；石油化工的催化重整可以获得芳香烃，煤焦油中含有芳香烃，所以现代工业生产中芳香烃主要来源于石油化工的催化重整和煤的干馏，故D正确；故选D。
5．下列关于有机化合物说法正确的是（ ）
A．间二甲苯也称为1,4二甲基苯
B．C3H6Cl2有3种同分异构体
C．实验室由乙醇制备乙烯为消去反应
D．所有的酯都有香味并且都易溶于水
答案 C
解析 A项，间二甲苯的结构简式为
，根据系统命名法，名称为1,3二甲基苯，故错误；B项，C3H8的结构简式为CH3CH2CH3，固定一个氯原子在甲基上，另一个氯原子在同、邻、间的三个位置上，固定氯原子在“CH2”上，另一个氯原子只能在“CH2”上，因此有4种同分异构体，故错误；C项，CH3CH2OH
CH2===CH2↑＋H2O，属于消去反应，故正确；D项，低级酯有香味，高级酯没有香味，故错误。
6．下列说法不正确的是（ ）
A．C2H6和C9H20一定互为同系物
B．丙氨酸和苯丙氨酸脱水缩合，最多可生成3种二肽
C．葡萄糖在人体内被氧化，最终转化为二氧化碳和水，并释放能量
D．向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，有沉淀析出，再加水沉淀会溶解
答案 B
解析 C2H6和C9H20均是烷烃，一定互为同系物，A正确；氨基和羧基脱去一分子水形成肽键，则丙氨酸和苯丙氨酸脱水缩合，最多可生成4种二肽，B错误；葡萄糖在人体内被氧化，最终转化为二氧化碳和水，并释放能量，C正确；向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，有沉淀析出，再加水沉淀会溶解，属于蛋白质的盐析，D正确，答案选B。
7．莽草酸是合成达菲的主要原料，其结构简式如图，下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C7H8O5
B．能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．只能发生加成反应和取代反应
D．分子中含有2种官能团
答案 B
解析 A项，根据有机物碳原子成键特点，其分子式为C7H10O5，故错误；B项，含有碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故正确；C项，含有的官能团是碳碳双键、羟基、羧基，能发生加成反应、加聚反应、取代反应、氧化反应等，故错误；D项，分子中含有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，故错误。
8．香叶醛（
）是一种重要的香料，在硫酸的作用下能生成对异丙基甲苯（
）。
下列有关香叶醛与对异丙基甲苯的叙述正确的是（ ）
A．两者互为同分异构体
B．两者均能与溴水发生加成反应
C．香叶醛的一种同分异构体可能是芳香醇
D．对异丙基甲苯的分子式为C10H14
答案 D
解析 香叶醛含有O元素，二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；对异丙基甲苯不含有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故B错误；香叶醛含有1个C===O键，2个C===C键，不饱和度为3，与苯的不饱和度不同，与芳香醇不可能是同分异构体，故C错误；由结构简式可知对异丙基甲苯分子式为C10H14，故D正确；故选D。
9．双隔膜电解池（两电极均为惰性电极）的结构示意简图如图所示，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠，并得到氢气和氧气。
对该装置及其原理判断错误的是（ ）
A．如电极材料均改为铜板，电解池的总反应方程式不变
B．向A溶液中滴加石蕊试液显红色
C．c隔膜为阴离子交换膜、d隔膜为阳离子交换膜
D．相同条件下，c隔膜附近电极产生的a气体与d隔膜附近电极产生的b气体体积比为1∶2
答案 A
解析 电解硫酸钠溶液，阳极发生氧化反应，a为氧气，A为硫酸，阴极发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，b为氢气，B为氢氧化钠。
如电极材料均改为铜板，铜为活性电极，阳极铜被氧化，电解池的总反应方程式发生变化，故A错误；A为硫酸，向A溶液中滴加石蕊试液显红色，故B正确；根据外加电源的正、负极可知有气体a生成的一极为阳极，有气体b生成的一极为阴极；阳离子透过d隔膜向阴极移动，则d隔膜为阳离子交换膜，阴离子透过c隔膜向阳极移动，c隔膜为阴离子交换膜，故C正确；在阳极氢氧根离子放电生成氧气，在阴极氢离子放电生成氢气，所以该电解反应的总方程式为2Na2SO4＋6H2O
2H2SO4＋4NaOH＋O2↑＋2H2↑，a为氧气，b为氢气，体积比为1∶2，故D正确。
10．新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。
科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．电极b为电池负极
B．电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2S
C．电极b上的电极反应：
O2＋4e－＋4H＋===2H2O
D．电极a上的电极反应：
2H2S＋2O2－－4e－===S2＋2H2O
答案 D
解析 由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S＋O2===S2＋2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。
硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S＋2O2－－4e－===S2＋2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。
该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2＋4e－===2O2－。
综上所述，D正确。
11．（2017·河北省衡水中学高三最后一卷）下列实验现象和结论相对应且正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
用铂丝沾取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
证明该溶液中存在Na＋，不含K＋
B
用浓盐酸和石灰石反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中
Na2SiO3溶液变浑浊
C元素的非金属性大于Si元素
C
将石蜡油在碎瓷片上加热，产生的气体通过酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶液紫红色褪去
石蜡油分解产生了不同于烷烃的气体，且该气体具有还原性
D
向某溶液加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液
产生白色沉淀
该溶液中一定存在SO
或者Ag＋
答案 C
解析 观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，不能排除钾离子，A错误；盐酸不是最高价含氧酸，且生成的CO2中含有氯化氢，不能据此说明C元素的非金属性大于Si元素，B错误；酸性KMnO4溶液紫红色褪去，说明石蜡油分解产生了具有还原性且不同于烷烃的烃，C正确；稀硝酸具有强氧化性，溶液中也可能存在亚硫酸根，D错误。
12．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性：
S>C
B
滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
不能确定原溶液中含NH
C
将HI溶液与CCl4溶液在试管中混合，加入Fe（NO3）3溶液，振荡，静置
下层液体显紫红色
氧化性：
Fe3＋>I2
D
将淀粉溶液与少量稀硫酸混合加热，然后加入新制的Cu（OH）2悬浊液，并加热
无砖红色沉淀
淀粉未发生水解
答案 B
解析 元素的非金属性要比较最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱，酸性愈强，其元素的非金属性也愈强，Na2SO3中硫不是最高价，故A错误；滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，可能是浓度太稀，不能确定原溶液中含NH
，故B正确；将HI溶液与CCl4溶液在试管中混合，加入Fe（NO3）3溶液，振荡，静置，溶液中能将I－氧化的可能是HNO3，也可能是Fe3＋，无法确定谁将I―氧化，故C错误；加入稀硫酸后淀粉水解，在检验水解产物时要先加入NaOH使溶液呈碱性，否则Cu（OH）2会被多余的稀硫酸中和，达不到检验的效果，故D错误。
13．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。
下列说法正确的是
A．原子半径：
r（X）B．简单氢化物的热稳定性：
X＜W
C．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应
D．X分别与Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同
【答案】C
二、非选择题
1.硝酸锶可用于制造烟火及信号弹等。
工业级硝酸锶[含Ca（NO3）2、Ba（NO3）2等杂质] 的提纯流程如下。
（已知:
硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸）
（1） 要加快“酸浸”速率所采取的措施是______（写一条即可）。
（2）操作1的名称是_______，洗涤所用的洗涤剂是______.
（3）“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体，写出发生反应的离子方程式______；氧化产物与还原产物的物质的量之比为______。
（4）已知Cr（OH）3不溶于水，还原后调节pH=8 的目的是_______。
（5）为了测定“残渣2”中Cr元素的质量分数，进行以下实验。
（已知:
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）
①“残渣2”中Cr元素的质量分数为______（用代数式表示）。
②若加入的HI溶液过量太多，测定结果会是_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”），其原因是__________________。
【答案】
（1）.将工业级硝酸锶磨得更細或不断搅拌
（2）.过滤（3）.浓硝酸（4）.4H2CrO4+3N2H4+12H+=4Cr3++3N2↑+16H2O（5）.3:
4（6）.除去Cr 3+（7）.
（8）.偏高（9）.HI过量太多,过量I-会被空气氧化成I2，过量的H+要与Na2S2O3反应，消粍Na2S2O3的量増多
【解析】
（1） “酸浸”不能采用高温，避免HNO3挥发和分解，减少环境污染，因此将工业级硝酸锶磨得更細或不断搅拌，可以加快“酸浸”速率；正确答案：
将工业级硝酸锶磨得更細或不断搅拌。
（2）根据硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸，因此可以采用过滤的方法进行固液的分离；根据同离子效应，相对于水洗，用浓HNO3洗涤的优点是减少硝酸锶（或“产品”）溶解损失；正确答案：
过滤；浓硝酸。
（3）“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体氮气，根据氧化还原反应方程式的配平，则发生反应的离子方程式为4H2CrO4+3N2H4+12H+=4Cr3++3N2↑+16H2O；氮气为氧化产物，Cr3+为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:
4；正确答案：
4H2CrO4+3N2H4+12H+=4Cr3++3N2↑+16H2O；3:
4。
（4）滤液2中含有Cr3+，还原后调节pH=8的目的是生成Cr（OH）3沉淀，从而达到除去Cr3+目的；正确答案：
除去Cr3+。
.........
②HI过量太多，过量I-会被空气氧化成I2，过量的H+要与Na2S2O3反应，消粍Na2S2O3的量増多，测定结果会偏高；正确答案：
偏高；HI过量太多,过量I-会被空气氧化成I2，过量的H+要与Na2S2O3反应，消粍Na2S2O3的量増多。
点睛：
常见的物质中，含有亚铁离子、硫离子、亚硫酸根离子、碘离子等物质，易被空气中氧气氧化，因此在分析题中问题时，一定要考虑到这一点。
2.纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。
（1）已知：
1克碳粉燃烧全部生成CO气体时放出9.2kJ热量，2Cu2O（s）+O2（g）＝4CuO（s）ΔH＝–292kJ•mol-1 ，则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O（s），同时生成CO气体的热化学方程式为________________________________________。
（2）用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢可制取甲醛：
CH3OH（g）
HCHO（g）+H2（g）,甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如下图所示。
①该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的υ（正）____υ（逆）（填“>”或“<”）。
②从Y点到X点可采取的措施是___________________________________。
③在t1K时，向固定体积为2L的密闭容器中充入1molCH3OH（g），温度保持不变，9分钟时达到平衡,则0～9min内用CH3OH（g）表示的反应速率v（CH3OH）＝_____________,t1K时，该反应的平衡常数K＝____________。
（3）研究表明，纳米级的Cu2O也可作为太阳光分解水的催化剂。
①其他条件不变时,若水的分解反应使用Cu2O催化剂与不使用催化剂相比，使用催化剂会使该反应的活化能___________（填“增大”、“减小”或“不变”），反应热（ΔH）______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
②如图所示，当关闭K时，向容器A、B中分别充入0.04molH2O（g），起始时V（A）=V（B）=2L。
在一定条件下使水分解（反应过程中温度保持不变，B中活塞可以自由滑动），达到平衡时，V（B）=2.4L。
平衡时，两容器中H2O（g）的分解率A_____________B（填“<”、“=”或“>”）。
打开K，过一段时间重新达平衡时，B的体积为____________L。
（连通管中气体体积不计）。
【答案】
（1）.2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=+35.6kJ•mol-1
（2）.>（3）.<（4）.缩小体积增大压强（5）.0.05mol·L－1·min－1（6）.4.05mol·L－1（7）.减小（8）.不变（9）.＜（10）.2.8
【解析】
（1）1g C（s）燃烧全部生成CO时放出热量9.2kJ；24gC燃烧生成一氧化碳放热220.8KJ，热化学方程式为：
①2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-220.8kJ•mol-1；②2Cu2O（s）+O2（g）＝4CuO（s）ΔH＝–292kJ•mol-1 ，根据盖斯定律，
（①-②）得：
2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=
×[（-220.8kJ•mol-1）-（–292kJ•mol-1）]=+35.6kJ•mol-1，故答案为：
2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=+35.6kJ•mol-1；
（2）①根据图像，升高温度，甲醇的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0；600K时，甲醇的转化率小于Y，则Y点反应逆向进行，υ（正）＜υ（逆），故答案为：
＞；＜；
②要减小甲醇的转化率，可以通过缩小体积增大压强使平衡逆向移动，可以实现从Y点到X点，故答案为：
缩小体积增大压强；
③在t1K时，甲醇的平衡转化率为90%，向固定体积为2L的密闭容器中充入1molCH3OH（g），温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，甲醇的物质的量为0.1mol，则甲醛为0.9mol，氢气为0.9mol，三者浓度分别为0.05mol/L、0.45mol/L、0.45mol/L，则0～9min内用CH3OH（g）表示的反应速率v（CH3OH）＝
=0.05mol·L－1·min－1，t1K时，该反应的平衡常数K＝
=4.05mol/L，故答案为：
0.05mol·L－1·min－1；4.05mol·L－1；
（3）①使用催化剂会降低反应的活化能，但不能改变反应热（ΔH），故答案为：
减小；不变；
②A为恒温恒容容器，B为恒温恒压容器，随反应进行A容器中压强增大，B容器中为维持恒压，体积增大，平衡正向进行，所以A容器中水的分解率小于B中容器中水的分解率，打开K，过一段时间重新达平衡时，为恒压容器，物质的量之比等于体积之比，平衡后体积为4.8L，B的体积为4.8L-2L=2.8L，故答案为：
＜；2.8。
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