1、届吉林省延边州高三质量检测理综化学试题解析版吉林省延边州2018届高三高考复习质量检测理综化学试题1. 化学与生活密切相关，下列叙述中正确的是A. 糖类、油脂、蛋白质是人体基本营养物质，均属于高分子化合物B. 乙醇汽油是一种新型化合物C. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀,这是因为发生了酸碱中和反应D. 食物纤维在人体内不能被吸收利用，却是健康饮食不可或缺的一部分【答案】D【解析】A.油脂不属于高分子化合物，A错误；B. 乙醇汽油是一种混合物，B错误；C.牛奶中含有蛋白质，加入果汁使蛋白质凝聚而沉淀，不是发生了酸碱中和反应，C错误；D. 食物纤维素在人体内不能被吸收利用,但是具有促进肠道蠕动等功效,
2、所以是健康饮食不可或缺的一部分,D正确.答案选D.2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为6NAB. 5.6gFe在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NAC. 1LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+数为0.2NAD. 标准状况下，22.4LSO3含有的分子数为NA【答案】A3. 右图是部分短周期元素原子序数与主要化合价的关系图，X、Y、Z、W、R 是其中的五种元素。下列说法正确的是A. 离子半径: Y+X2-B. Y+、Z3+、W2-、R-在水中能大量共存C. 氢化物的稳定性: H2WH2XD. 工业上利用电解熔融态YR和Z2
3、X3的方法制取金属Y和乙单质【答案】D【解析】短周期主族元素中，X只有-2价，没有正化合价，则X为O元素；Y为+1价，没有负化合价，原子序数大于氧，则Y为Na；Z为+3价，没有负化合价，原子序数大于Na，故Z为Al；W有+6、-2价，则W为S元素；R有+7、-1价，则R为Cl，结合元素周期律与元素化合物性质解答A.当电子层数相同时核电荷数越大半径越小，r(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)B. 由图可知该温度下醋酸的电离平衡常数为110-5.75C. pH=3.5溶液中:c(Na+)+ c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05mol/LD. 向1LW点所表示溶液
4、中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略):2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+2c(OH-)+2(Cl-)【答案】D8. 某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2开始沉淀的pH2.37.64.4完全沉淀的pH3.29.76.4（1）酸浸后加入H2O2的目的是_。（2）向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，写出该反应的离子方程式_。（3）为保证产品的纯度，调节pH的范围为_，调pH值可以选用(填字母)_。a.Cu
5、(OH)2 b.H2SO4 c.NH3H2O d.Na2CO3 e.CuO（4）煮沸硫酸铜溶液的原因是_。（5）CuCl产品中CuCI的质量分数大于96.50%为国家合格标准。称取所制备的CuCl样品0.2500g置于一定量的0.5mol/LFeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定，到达终点时消耗Ce(SO4)2溶液24.80mL。有关的化学反应为Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl-，Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+。则CuCl产品中CuCl的质量分数为_。（6）已知Fe(OH)3能与次氯酸钾碱性溶液发生反应生成具有强氧化性的高
6、铁酸钾(K2FeO4)，高铁酸钾可作为新型多功能水处理剂的原因是_。【答案】 (1). 将Fe2+氧化成Fe3+ (2). 2Cu2+2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+ (3). 3.2pH4.4(3.2pH4.4) (4). a、e (5). 除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成 (6). 98.70% (7). K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降【解析】（1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物,酸浸主要是溶解铜、铁等金属化合物,双氧水有强氧化性,能氧化还原性的
7、物质, Fe2+具有还原性,酸浸后加入H2O2, Fe2+能被双氧水氧化为Fe3+,便于调整pH值与分离。答案是: 将Fe2+氧化成Fe3+（2）CuSO4中+2价的铜能把中+4价的硫氧化成+6价的硫, +2价的铜被还原为+1价的铜，向溶液中加入一定量的NaCl、时生成白色的CuCl沉淀,反应的化学方程式为:改写为离子方程式为：2Cu2+2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+。答案是: 2Cu2+2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+ （3）调pH步骤中，由表中数据可知，当溶液的pH值为4.4时,铜离子开始出现沉淀,当溶液的pH值为3.2时,三价铁离
8、子沉淀完全, 所以为保证产品的纯度，调节pH的范围为3.2pH4.4；为保证产品的纯度，加入的试剂最好是加入某种物质消耗溶液中的酸且不引进新的杂质,所以要加入氧化铜、或氢氧化铜、碳酸铜等，所以选a、e。答案是: 3.2pH”、“ (4). A (5). 正反应为放热反应，温度升高，平衡向左移动，K变小 (6). c(NO2-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) (7). 1.410-11 (8). CO2+2e-+2H+=HCOOH【解析】（1）2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）H1=-748kJmol-1，2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2=-565kJmol-1
9、在一定条件下N2和O2会转化为NO气体，反应的热化学方程式依据盖斯定律计算-得到：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+183KJ/mol；答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+183kJ/mol（2）结合化学平衡三段式列式计算，测得10min内v（NO）=7.510-3molL-1min-1，反应消耗物质的量=7.510-3molL-1min-110min2L=0.15mol2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）起始量（mol）0.3 0.200变化量（mol）0.150.150.150.075平衡量（mol）0.150.050.150.075平衡后CO的转化率
10、为:50% 答案为：50%（3）NO的转化率开始随温度升高增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，而且B点是平衡状态，则A点是建立平衡的过程，则A点的反应速率：v正v逆，平衡逆向进行，平衡常数减小，平衡常数较大的是A点。答案为： 、A、正反应为放热反应，温度升高，平衡向左移动，K变小（4）由于Ka(HNO2)Kb(NH3H2O)，根据盐类水解规律，NH4NO2溶液水解显酸性，因此NH4NO2溶液中离子浓度大小为：c(NO2-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) ，依据NO2+H2OHNO2+OH，水解平衡常数表达式Kh=，分子和分母都乘以氢离子浓度得到水解平衡常数Kh=1.41011. 答
11、案为：c(NO2-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)、1.410-11（5）催化剂b表面的反应是通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH11. 镁、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题:（1）铜元素位于元素周期表中的_区，其基态原子的价电子排布图为_。（2）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可形成Cu(NH3)4SO4溶液该溶液可用于溶解纤维素。Cu(NH3)4SO4中阴离子的立体构型是_。在Cu(NH3)4SO4中，配离子所含有的化学键为_，提供孤电子对的成键原子是_。除硫元素外，Cu(NH
12、3)4SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为_。NF3与NH3的空间构型相同，中心原子的轨道杂化类型均为_。但NF3不易与Cu2+形成化学键，其原因是_。（3）铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。则铁镁合金的化学式为_，若该晶胞的参数为dnm,则该合金的密度为_g/cm3(不必化简，用NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】 (1). ds (2). (3). 正四面体 (4). 共价键、配位键 (5). N (6). CuHNO (7). sp3 (8). F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键
13、，故NF3不易与Cu2+形成配离子 (9). Mg2Fe (10). 【答题空10】【解析】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，位于元素周期表中的ds区。Cu基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为：3d104s1，价电子排布图为：。故答案为：ds；（2）SO42-中S原子的孤对电子对数=，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体。故答案为：正四面体；Cu2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，NH3中N与H形成共价键，故答案为：共价键、配位键；N；非金属性越强，电负性越大，同周期主族元素从左至右电负性增强
14、，故电负性HNO，Cu为金属元素，吸引电子的能力非常弱，故电负性最弱。故电负性大小顺序为：CuHNO。故答案为：CuHNO；NH3中N原子杂化轨道数为（5+3）2=4，采取sp3杂化方式；F的电负性比N大,N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强,难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子。故答案为：sp3；H的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子。（3）晶体是由无数晶胞无隙并置而成。根据均摊原则晶胞中铁原子数=4，镁原子数8，,铁镁合金的化学式是Mg2Fe
15、，设有1mol晶胞，体积为，质量为104，根据可知合金的密度是：。答案为：Mg2Fe、12. 某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下(部分反应略去试剂和条件):已知:(a) (b) (苯胺易被氧化)请回答下列问题:（1）D的结构简式为_；烃A的分子式为_。（2）反应的反应类型是_。（3）下列对该抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是_；A.水溶性比苯酚好 B.能发生消去反应，也能发生聚合反应C.既有酸性又有碱性 D.1mol该物质最多可与4molH2发生反应E与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_。（4）符合下列条件的抗结肠炎药物有效成分的同分异构体有_种。A.遇FeCl3溶液发生显色反应B.分子中甲基与苯环直接相连C.苯环上共有三个取代基（5）已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写出以A为原料合成邻氨基苯甲酸 ()合成路线中两种中间产物的结构简式(部分反应条件已略去)。
