江西省届高三化学试题.docx

1、江西省届高三化学试题高三调研考试（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C

2、Cl4不是气体，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

3、NaHCO3与Na2CO3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

4、别为F、Na、Al，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

5、(OH)3，D错误。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

6、较高，C错误；电子不会通过溶液转移，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

7、移动，溶液中c(Cl2)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

8、（1分）(3) cd 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

9、褪色或者石灰水中开始时有沉淀生成，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

10、)混合前容器总体积为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)

11、6 1 5 3 1 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

12、S，Fe3+被还原为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

13、者ABC (2分) 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

14、平衡向右进行，导致甲醇含量越高。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

15、混合气体，从而提高相应的反应速率，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

16、/cm3 (2分)【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。