安徽皖江名校2018届高三最后一卷理综化学试题含解析

1、安徽省皖江名校2018届高三最后一卷理综化学试题1.化学与人类生活密切相关。下列有关叙述正确的是A.饱和（NH）2SO溶液滴加到鸡蛋清溶液中，有沉淀产生，再加入蒸储水沉淀又溶解B.氟利昂无毒、易挥发，可作制冷剂，但不稳定，可破坏臭氧层，已禁止限制使用C.粮食酿酒实质是淀粉在淀粉酶的作用下转变为酒精的过程D.硬化油又叫人造脂肪，便于储存和运输，但容易被空气氧化变质【答案】A【解析】分析：蛋白质遇到可溶性的硫酸盐溶液溶解度降低而从溶液中析出，这个过程叫盐析。蛋白质在热、强酸、强碱、重金属盐、紫外线、福尔马林作用下，性质会发生改变并发生凝聚，即发生变性。氟利昂在低层大气中很稳定，但在紫外线的照射下会

2、生成一种氯原子对臭氧层有破坏作用。淀粉在淀粉酶的作用下转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为酒精。油脂氢化，可除去不饱和碳碳双键，防止储存和运输过程中被空气氧化。详解：结合以上分析A.盐析是可逆过程，所以饱和（NH）2SO溶液滴加到鸡蛋清溶液中，有沉淀产生，再加入蒸储水沉淀又溶解，A正确；B.氟利昂在低层大气中很稳定，故B错误；C.淀粉在淀粉酶的作用下不能转变为酒精，故C错误；D.硬化油不容易被空气氧化，故D错误;因此，本题答案为Ao点睛：本题考查有机物的基本知识，要求记住各类有机物物质的性质及相关概念，弄清诸如蛋白质的盐析和变性的区别。2 .我国古代的化学工艺已经有相当大的成就，以下对古

3、代文献中有关记载的化学解释不正确的是选项古代义献记载化学解释A开宝本草“（KNQ）所在山泽，冬月地上后霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”制取KNO可“煎炼而成”是利用KNO的溶解度受温度影响不大B格物粗谈“红柿瓶"熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯C本草纲目“烧酒非古法也，白元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”文中涉及的操作方法是蒸储D徐光启手迹“五金入强水皆化、惟黄金不化强水中”“强水”主要成分是硝酸A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】分析：制取KNO要利用其溶解度随温度变化较大的性质采用蒸发结晶的方法；乙烯有催熟果实成熟的作

4、用；分离沸点不同的混合物地方法用蒸储的方法；硝酸具有强氧化性，能腐蚀大多数金属。详解：结合以上分析.A煎炼而成”涉及蒸发结晶操作，是利用KNOm的溶解度受温度影响较大，来制取KN。?.故A错误：B.成熟木瓜能够释放乙烯，促进未成熟红柿成熟，故B止确;C.烧酒的酿造方法为：加热浓酒和精，利用沸点不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的储分，即为蒸博,故C正确；“根据"五金入强水皆化、惟黄金不化强水中“判断“强水“主要成分是硝酸.本题正确答案为二点睛：本题考查我国古代的化学工艺的成就，要求对古代文献中有关记载的从化学视角作出解释判断，所涉及问题为物质的性质和分离操作等，考的较多的是蒸储，要

5、注意蒸储和蒸发的区别。3 .下列关于有机化合物的说法不正确的是A.2,2-二甲基丙烷也称新戊烷B.苯和氯乙烯都能发生加成反应C.C4HwO属于醇的同分异构体有4种D.橡胶和玻璃均属于人工合成的高分子化合物【答案】D【解析】分析：合成高分子化合物是通过聚合反应合成的相对分子质量很大的化合物，如合成橡胶。高分子化合物还有一类是天然高分子化合物，如淀粉、纤维素和天然橡胶等。A.2,2-二甲基丙烷主链上有三个碳原子，2号碳上有两个甲基，也可称为新戊烷，故A正确;B.氯乙烯中含有碳碳双键，可以与氢气、卤素单质等发生加成反应，苯可以与氢气发生加成反应，故B正确；C.由分子式CHwO看出属于一元醇，其同分异

6、构体的数目等于丁烷等效氢原子的数目，正丁烷和异丁烷分别有两种等效氢原子，所以C4H0O属于醇的同分异构体有4种,C正确；D.玻璃属于无机非金属材料，不属于人工合成的高分子化合物，故D错误；因此，本题答案为Do点睛：本题C选项找04Hl0。属于一元醇的同分异构体，可看作是-OH取代丁烷中的一个氢原子，因此通过分析丁基有4种异构体迅速解决。4.下列实验现象与对应结论均正确的是选项操作现象结论A向Fe(NQ)2溶液中滴入硫酸酸化的HQ溶液溶液变为黄色氧化性：H2C2>Fe3+B向硅酸钠溶液中滴加盐酸溶液变浑浊氯的非金属性强于硅，故而盐酸能制得硅酸。0向滨水中滴加苯液体出现分层，上层有颜色下层接

7、近无色澳在苯中的溶解度远大于水中D将过量过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中溶液变成监色过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性A.AB.B0.0D.D【答案】C【解析】A、Fe(NQ)2溶液中滴入硫酸，会形成HNQ因此溶液变为黄色，有可能是HNO氧化Fe2+,选项A错误；R盐酸不是氯的最高价氧化物的水化物，不能比较氯和硅的非金属性强弱，选项B错误；C、向滨水中滴加苯，澳在苯中的溶解度远大于水中，液体出现分层，上层有颜色下层按近无色，选项C正确；H过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，最终会褪色，选项D错误。答案选Co点睛：本题考查化学实验方案设计，涉及氧化还原、强酸与弱酸盐反应等知识，根据氧

8、化性强弱顺序、酸的强弱等知识点来分析解答，易错选项是AB,注意：酸性条件下硝酸根离子的强氧化性，为隐含条件，为易错点；利用酸性强弱来判断元素非金属性强弱时必须用其最高价氧化物的水化物，否则无法比较非金属性强弱，只能说明酸的酸性强弱而已。5.如图所示的C/Na4Fe(CN)6-钠离子电池是一种新型电池。下列有关说法正确的是A.电极a在放电时做正极，充电时做阴极B.放电时，电极b上的电极反应为：NaxC-e-=N+Na-iCC.电池工作时，Na+向电板b移动D.该电池通过Nd的定向移动产生电流，不发生氧化还原反应【解析】分析：原电池中电子从负极流出经外电路流回正极，电解池中，电子从电源负极流向电解

9、池的阴极，电解质中离子定向移动传递电荷，阳极上失去电子，流回电源正极，从图中电池放电电子流动方向知电极b是原电池负极，电极a是原电池正极；从充电时电子移动方向知，a是电解池的阳极，b是电解池的阴极。详解：结合以上分析A,电极a在放电时做正极，充电时做阳极，A错误；B.放电时，电极b上发生氧化反应，电极反应为：NaxC-e=Ns+Na-iC,B正确；C.电池工作时，阳离子移向正极，即Na+向电板a移动，C错误；D.电池工作时发生氧化还原反应，D错误；因此，本题答案为B。点睛：本题考查二次电池的充放电过程，要注意放电过程为原电池反应，充电过程为电解池反应，原电池负极失电子发生氧化反应，正极得电子发

10、生还原反应，电解池中阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的单质是空气中含量最高的气体，Y在四种元素中原子半径最大，Z的氧化物是光导纤维的主要成分，W与X是同主族元素。下列叙述正确的是A.离子半径X<YB.丫3X和Z3X4中化学键类型相同C.氢化物沸点X<WD.最高价氧化物的水化物的酸性Z<W【答案】D【解析】分析：X的单质是空气中含量最高的气体，空气中含量最高的气体为Na,故X为N;Z的氧化物是光导纤维的主要成分，故Z为Si,Y在四种元素中原子半径最大，比Si的原子序数小，比N的原子序数大，则Y为Na,W与X是

11、同主族元素，则WP。综合以上分析，X为N;丫为Na；Z为Si;W为P。详解：A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，离子半径N3->Na+,A错误；B.Na3N含有离子键，Si3N4含有共彳键，B错误；C.由于NH分子间存在氢键，故氢化物沸点NH>PH,C错误；D.非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Si<P,所以酸性HSi03VH3PQ。点睛：本题考查元素周期律和元素周期表的知识，记住一些物质的用途对推断很有必要，光导纤维的主要成分是二氧化硅。7 .常温下，向100mL0.Imol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH

12、+和NHH2O的变化趋势如图所示（不考虑NH的逸出）。下列说法正确的是A.M点溶液中水的电离程度比原溶液大8 .在M点时，n(H+)-n(OH)=mol/H*1C.随着NaOH§液的滴加，-不断增大KNH；)D.当n(NaOH尸时，c(NR匕0)“(Na+)>c(OH-)【答案】B【解析】分析：图像中有三个特殊点，起点为LNHCl溶液，M点为n(NH/)=的溶液，终点为加入恰好完全反应的溶液。详解：A.NH4+水解促进水的电离，M点溶液中c(NH4+)减小，对水的电离促进的减小，所以M点溶液中水的电离程度比原溶液小，A错误；B.在M点时，根据电荷守恒，n(NH4+)+n(H+)

13、+n(Na+)=n(OH)+n(Cl-),此时n(NH/)=,n(Cl-)=,n(Na+)=amol,所以HQ)WH')n(H+)-n(OH)=mol,B正确；C.NH+H晅NH0HO+H,Kh=,随着NaOH溶液的滴加,c(NH3匚RO)不断增大，所以不断减小,C错误；D.当n(NaOH)=时,NHCl和NaOH恰好完全反应，溶液为等浓度的NaCl和nHEH。的混合溶液，由于nHOhO发生电离，使c(NH3-H2O)<c(Na+),故D错误；综合以上分析，本题答案为：B。点睛：根据各点溶液的成分，结合电荷守恒、物料守恒关系进行分析，C选项是难点,H,O)c(H)NHT+hOHn

14、HQhO+H,Kh=-,利用水解常数只跟温度有关，在一定温度下为e(NHb"H')_C(H*)定值，则c(NH(HO)与71累1；：;成反比,c(nhE|ho)越大，则K77TT越小。8.环已酮是工业上的一种重要有机合成原料和溶剂.实验室制备原理oh9I为：/人、MCf。，其反应的装置示意图如下（夹持装置加热装置略去）：已知:物质沸点（c）密度(gcm-3,20C)溶解性环己醇能溶于水环已酮(95)微溶于水（注：括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的恒沸物的沸点）（1）制备产品。通过仪器B（填仪器名称）将酸性NaC2O和HSQ混合溶被加到盛有环已醇的三颈烧瓶A中，通

15、过（填序号）方法加热到55-60C进行反应。a.酒精灯加热b.油浴加热c.水浴加热（2）分离粗品。反应完成后，加入适量水，蒸储，收集95-100C的微分（主要含环已酮粗品和水的混合物），试解释无法分离环己酮和水的原因是。（3）提纯环已酮。在收集到的粗品中加NaCl固体至饱和，静置，分液。加入NaCl固体的作用是。加入无水MgSO固体，除去有机物中（填物质名称）。过滤，蒸储，收集151-156C微分，得到精品。(4)下列关于实验的叙述中，错误的是A.冷凝管的冷水应该从b进从a出B.实验开始时，温度计水银球应插入反应液中，便于控制反应液的温度C.装置B中也可加入N&Cr2。和稀盐酸混合溶液

16、D.反应过程中，需不断搅拌(5)利用环已酮做萃取剂可分离含Co2+、M吊的溶液，根据下图信息可判断，将pH范围控制在左右时可分离出M吊。I一.S6pH【答案】(1).分液漏斗(2).c(3).环已酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出(4).降低环己酮在水中的溶解度，减少产物的损失；增加水层的密度，有利于分层(5).水(6).AC(7).【解析】分析：本题考查化学实验操作、有机物的制备和分离方法等，意在考查学生解决实际问题的能力。详解：(1)通过仪器B的名称是分液漏斗，由于要控制反应温度55-60C,所以要通过方法水浴加热的方法加热到进行反应。所以，本题答案为：分液漏斗；c；(2)从表格数据知

17、环已酮和水在95c形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出，所以无法分离环己酮和水。本题正确答案为：环已酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出。(3)联系制取肥皂的盐析原理，即增加水层的密度，将水与有机物更容易分离开来，所以加入NaCl固体的作用是降低环己酮在水中的溶解度，减少产物的损失；增加水层的密度，有利于分层。无水MgSO固体是吸水剂，能除去有机物中水。A.冷缝管的冷水应该“下边上出”,即从己进从b出.A错误:B.实验开始时发生制备坏己酬的反应.需要控制反应温度T因此温度计水银球应插入反应液中，便于控制反应液的温度，B正确；CNa第工。7会氧化5.C错误；口反应过程中不断搅拌能使反应充分，加快反

18、应速率，D止确；因此，本题正确答案为：AC*由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节pH为左右，可使Mr2+完全沉淀，并防止Cc2+转化为Co(OH)2沉淀。本题答案为：。9.睇在工业上应用价值广泛，它的一种提取工艺流程如下，请回答下列问题：伊的逐X制，作2(1)辉睇矿是含睇的重要矿物，其主要成分是SSS3其中Sb的化合价是。(2)写出阳极区产物与辉睇矿粉主要成分发生反应的化学方程式。(3)电解池所用的“隔膜”宜采用交换膜(填“阳离子”、“阴离子”或“质子”)。为促使$/+向阳极迁移加快反应，通常要进行的操作是。“电解”中阴极反应的产物之一X是。(填化学式)。(4)为除去操作I所得滤液

19、中的Cu2+,可加入NaS。若滤液中c(Cu2+)=L,当溶液中Cu2+恰好完全沉淀时，c(S2-)=mol/L。已知Ksp(CuS)=8X10-45(5)除去废液中的AsCl3,是用次磷酸钠(NaHPO)还原AsCl3,产生了棕色单质神沉淀和HPO。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为,氧化产物是。(6)若电解池阴极得到1molX气体，同时电路中转移6mole-,阴极生成的m(Sb)=g。【答案】(1).+3(2).Sb2s3+3SbCl5=5SbCl3+3S(3).阴离子(4).电解过程中需要不断搅拌(5).H2(6).8X10-40(7).2:3(8).H3P0(9).【解析】(1)S

20、b$中S的化合价为-2价，根据化合价代数和为0,计算出Sb的化合价是+3。(2)阳极区产物SbCl3与Sb2$发生氧化还原反应，得到SbCL,睇的化合价降低，则硫的化合价一定升高，结合流程图分析，滤液中不含硫元素，氧化产物为硫单质，进入滤渣，所以化学方程式为Sb2s3+3SbCl5=5SbCb+3S。(3)阴极发生还原反应生成睇和氢气，Cl-过剩，阳极缺Cl-,故采用阴离子交换膜。为促使$6+向阳极迁移加快反应，通常要进行的操作是电解过程中需要不断搅拌。“电解”中阴极发生还原反应，产物之一X是Hao因此本题正确答案为：阴离子；电解过程中需要不断搅拌；H2(4)根据Ksp(CuS)=c(Cu2+

21、)c(S2-)=8X10-45,当溶液中Cu2+恰好完全沉淀时，c(Cu2+)<10-5mol/L,c(S2-)=|mol/L=8x10-40mol/L。I10二|(5)AsCl3与NaHPO反应生成单质神沉淀和HPO。根据原子守恒，反应物有水参加，化学方程式为：2AsCl3+3NaHPO+3H2O=2A或+3H3PO+3NaCl+3HCl,该反应中氧化剂为AsCl3,还原剂为NaHPO,二者物质的量之比为2:3,氧化产物是HPQ。(6)电解池阴极得到1molH2时，转移2mole-,电路中共转移6mole-,则生成Sb时转移4mole-,由Sb"+3e-=Sb知，阴极生成的m

22、(Sb)=molxg/mol=。J10.(1)工业上尝试用太阳能分解水制取其过程如下：已知:2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)H=+mol2FaQ(s)=6FeO(s)+O2(g)AH=+mol过程I中，需将Q及时分离出去，目的是过程II的热化学方释式是。整个过程中，Fe3Q的作用是（2）工业上利用H合成氢的反应原理为：3H2（g）+N（g）JSL2NH（g）。现有甲、乙两个容积为1L的密闭容器.在相同条件下，按不同的反应物投入量进行合成氢反应相关数据如下表不：容器甲乙反应物投入量2molH、2molN24malH.4molN2平衡时N2的浓度（mol/L）Ci=C2NH3的体积分数CO

23、1CO2混合气体的密度（g/L）p1P2下列情况下，反应达到平衡状态的是（填序号）共价键断裂同时有6molN-H共价键形成正（N2）=v逆（H2）c.混合气体的平均相对分子质量保持不变反应的平衡常数K=（结果保留3位有效数字）.分析上表中的数据，有以下关系：C23mol/L;co1co2（填“>”、“<”、“="）；若p1=ag/L,则p2g/L（用含a的式子表示）（3）利用氨水吸收工业废气中的SQ,既可解决环境问题，又可制备（NHDzSQ。可用（NHDzSQ为原料，以空气氧化法制备（NH4）2SQ,其氧化速率与温度关系如下图：温度对亚破酸铁氧化速率的影响试解释在温度较高

24、时，(Nhk)2SQ氧化速率下降的原因是。【答案】(1).提高FaQ的转化率(2).3FeO(s)+H2O(l)=FesC4(s)+H2(g)AH=+mol-1(3).催化剂(4).bc(5).(6).<(7).<(8).2a(9).温度过高(NHSO会分解，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低)【解析】(1)过程I的反应中，分离出Q,可以使反应正向移动，提高F&Q的转化率。过程II反应物为FeO和HC,生成物为Fe3C4和H,已知(l)=2H2(g)+O2(g)H=+mol(s)6FeO(s)+Oz(g)H=+molHL一一一-i根据盖斯定律，(i-ii);得，3F

25、eO(s)+H2O(l)=Fe3Q(s)+H2(g)AH=+-molJ整个过程总反应是水的分解反应，Fe3。的作用是催化剂。(2)共价键断裂同时有6molN-H共价键形成，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，a错误；b.达到平衡时3v正(N2)=v逆(H2),b正确；c.混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明气体的物质的量不变，达到平衡状态，c正确；本题答案为bc。用“三行式”求平衡时浓度，3闺g)起始浓度(mol/L)22变化浓度(mol/L)1事在利+N2(g)票.2NH(g)平衡浓度(mol/L)甲、乙等温等容，起始投料乙是甲的二倍，可以假想乙是两个分别进行的甲，再合二

26、为一，这就等同于加压，平衡正向移动，因甲平衡时Na的浓度为Ci=,则乙平衡时N2的浓度c2fmL,即C2<3mol/L;NH的体积分数wi<w2；若pi=ag/L,体积不变，混合气体的质量乙是甲的二倍，根据后则P2=2ag/L。(3)由图中曲线可知，温度超过60C,氧化速率反而降低，原因是温度过高(NH)2SQ会分解，浓度减小，也可能是温度升高氧气在溶液中溶解度降低。因此，本题答案为温度过高(NHO2SQ会分解，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低)。11.工业上常利用铜萃取剂，使溶液中的Cu2+富集进入有机相，再经过进一步的反萃取实现金属铜的沉积、再生，铜萃取剂富集CiT的

27、原理如下：萃取用(1)基态铜原子所失去的第一个电子所占据的能层符号是,价铜离子的简化电子排布式为。(2)铜萃取剂中所含元素的电负性由大到小顺序为,N原子以杂化轨道与O原子形成(T键。(3)铜萃取剂与CJ+形成的配合物在水相的溶解度有机相的溶解度(填“>”、“<”、“=”)，该配合物晶体类型为。(4)某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验:CuSO4溶液制叫蓝色沉淀氧生沉淀溶解。写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式;沉淀溶解后溶液中的阳离子内存在的化学健类型有。(G)。(5)铜的一种氯化物的晶胞如图所示，该氯化物的化学式,Cu和Cl之间最短距离为，则晶体密度为g/cm3。(列式表示)【答案

28、】(1).N(2).Ar3d9(3).O>N>C>H(4).sp2杂化(5).<(6).分子晶体(7).Cu(OH'+4NHH2O=Cu(NH)42+2OH+4HO或Cu(OH)2+4NH=Cu(NH)42+2OH(8) .共价键、配位键(9).CuCl(10).4：y_【解析】(1)铜的原子序数为29,则核外电子数为29,电子排布式为Ar3d104s1,基态铜原子所失去的第一个电子是4s上的电子，所占据的能层符号是N,Cu原子失去4s、3d能级的一个电子形成Cif+,所以Cu2+的简化电子排布式为Ar3d9。本题正确答案为：MAr3d9;(2)同周期自左向右电

29、负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性：O>N>C>H分子中N原子形成2个b键，含有一对孤电子对与Cu2+形成配位键，N原子采取sp2杂化，N原子以sp2杂化轨道与O原子形成(T键。(3)由于铜萃取剂形成分子内氢键，使溶解度减小，所以铜萃取剂与Cu2+形成的配合物在水相的溶解度小于有机相的溶解度；该配合物难溶于水、易溶于有机溶剂，应属于分子晶体。(4)CuSO给液滴入氨水生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜又溶于过量氨水生成氢氧化四氨合铜，离子方程式为Cu(OH)2+4NHH2O=Cu(NH)42+2OH-+4H2O;沉淀溶解后溶液中的阳离子Cu(NH3)42+,NH分子中含有

30、共价键，NH与Cif+之间形成配位键。本题答案为：Cu(OH)2+4NHH2O=Cu(NH)42+2OH-+4H2O或Cu(OH)2+4NH=Cu(NH)42+2OH;共价键、配位键；(5)该晶胞中铜原子个数为4,氯离子个数=8X口+6><口=4,所以化学式为CuCl,两种微粒间最短距离为，晶胞体对角线长度为4X=4XX10-1°cm,晶胞棱长为X4Xx10-1°cm,晶胞质量为4X(64+)/NAg,则晶胞的密度为：p=m/V=g/cm30本题答案为:12.医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(1) B的核磁共振氢谱图中有组吸收峰,C的名称为。(2) E中含氧官能团的名称为,写出AE的化学方程式。(3) E-F的反应类型为。(4) E的同分异构体中，结构中有醒键且苯环上只有一个取代基结构有种，写出其中甲基数目最多