资源简介

机密★启用前
高三年级12月检测训练
化学
本试卷共8页。全卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16A127
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合
题目要求的。
1.新型功能材料的研究与应用是当代科技的重要方向。下列材料的归类正确的是
选项
材料与核心用途
归类
A
石墨烯：手机芯片散热膜
高分子材料
B
钙钛矿(CaTiO):太阳能电池光电转换材料
无机非金属材料
C
二氧化硅气凝胶：航天器返回舱表面隔热层
硅酸盐材料
D
金属有机框架：氢气储存、CO,捕集、药物缓释载体等
金属材料
2.下列图示中，实验操作或方法符合规范的是
蓝色钴
燕取NaCIo溶液
玻璃
蘸有样品
的玻璃棒
的铂丝
pH试纸
片
A.观察钠与水的反应B.探究样品中是否含有钾元素C.加热NzCO2·10H2OD.研究NaClO溶液的pH
3.硫酸铝铵是制备超细α一氧化铝（过渡晶体）的前驱体，其原理为：4[NH4A1(SO4)2·12H2O]
1240℃2A1,0,十2NH,◆+N,↑+5S0,个+3S0,↑十53H,0.设NA为阿伏加德罗常数的
值。下列说法正确的是
A.102ga一氧化铝晶体中阳离子数目为2NA
B.1LpH=3的NH4Al(SO1)2溶液中NH·H2O数为10-3NAa
C.标准状况下，22.4LNH和N2混合气体中分子数为Na
D.1molN2与足量H2充分反应，得到NH分子数为2Na
【高三化学试题第1页（共8页）】
4.解释下列操作或现象的方程式错误的是
A.少量SO2通入Ba(NO3)2溶液，逸出的气体遇空气变成红棕色：Ba2++SO2十NO
BaSO￥+NO个
B.向淀粉一KI溶液中滴加少量新制氯水，溶液变蓝：2I十C12一I2+2C1
C.向Na2CO3溶液中滴加少量稀醋酸，无气泡生成：CO+CH:COOH一HCO
+CHCOO
D.NaHCO溶液与Na[AI(OH),]溶液混合有白色沉淀产生：[AI(OH):]+HCO,一
A1(OH)3￥+CO+H2O
5.下列有关物质性质的解释错误的是
性质
解释
0.H-0H
HCHO易溶于水
HCH
以及相似相溶
B
NH2OH易与盐酸、硫酸反应
NH2 OH+H+-NH2 +H2 O
c
低密度聚乙烯软化温度更低
低密度聚乙烯含有较多支链
CF:为吸电子基团，导致C一N
D
酰胺基的水解速率：
键极性变大
H
H2
HO
c一CH,
H>
6.在OD一Cu;Pd催化剂作用下，一种通过共电解CO和C2H2合成
H
的途径如下
图所示。
H-CC
HH
{2H0+2）
OD-CuPd
OD-Cu,Pd
OD-Cu:Pd
OD-CuPd
OD-Cu.P
H
II
CH
H
(2H0-2e1
(2H0-2e-H
现
OD-CuPd
OD-CuPd
OD-Cu.Pd
下列叙述正确的是
A.过程中有π键的断裂和形成
B.过程中催化剂所含元素的化合价不会发生变化
C.过程③中催化剂与C0靠范德华力结合
H
H:
CH
HO
H
D.CO、C2H2和H2O反应合成
的原子利用率为100%
【高三化学试题第2页（共8页）】高三年级１２月检测训练 化学
参考答案、提示及评分细则
１．【答案】B
【解析】石墨烯是碳的一种同素异形体,A项错误;钙钛矿(CaTiO３):太阳能电池光电转换材料,属于无机非金
属材料,B项正确;二氧化硅属于氧化物,不是硅酸盐,C项错误;金属材料指金属单质或合金,D项错误.
２．【答案】B
【解析】钠与水的反应比较剧烈,而且产生的氢氧化钠有腐蚀性,不能把眼睛凑上去观察,A 项错误;用铂丝蘸
取样品放在酒精灯火焰上灼烧,透过蓝色钴玻璃观察,火焰为紫色,证明有钾元素,B项正确;加热结晶水合
物,会生成水,应防止水倒流,则图中试管口应向下倾斜,C项错误;NaClO 溶液具有漂白性,不能用pH 试纸
测定其pH,D项错误.
３．【答案】C
【解析】１０２gα－Al２O３(１mol)晶体,但该晶体是过渡晶体,１０２gα－Al２O３晶体中阳离子数目小于２NA,A项
错误;NH４Al(SO４)２溶液中铵根离子和铝离子均水解,不能计算溶液中 NH３ H２O 数,B项错误;标准状况
下,２２．４LNH３和 N２混合气体中分子数为NA,C项正确;合成氨反应为可逆反应,D项错误.
４．【答案】A
【解析】电荷明显不守恒,应为３Ba２＋ ＋３SO － ＋２＋２NO３ ＋２H２O ３BaSO４↓＋２NO↑＋４H ,A项错误.
５．【答案】B
【解析】HCHO易溶于水,主要原因为甲醛分子中的氧原子与水分子形成氢键,如图 ,另外甲醛和水
均为极性分子,相似相溶,A项正确;NH２OH 易与盐酸、硫酸反应,是因为 NH２OH 分子中氮原子有孤对电
子,能结合 H＋ (类似氨气),方程式为 NH２OH＋H＋ HONH＋３ ,B项错误;低密度聚乙烯因支链较多导致
分子排列松散,分子间作用力弱,软化温度低,C项正确;水解过程是酰胺基中的碳氮单键断裂,－CF３为吸电
子基团,导致C－N键极性变大,C－N键更容易断裂,D项正确.
６．【答案】A
【解析】反应物C２H２有C≡C键(含π键),产物反－２－戊－１－醇有C＝C键(含π键)和 C－C键.过程中
C≡C变为C＝C,CO 变为C－O,涉及π键的断裂和形成,A 项正确;观察图示,反应过程中反应物分子与催
化剂之间有键的断裂与形成,B项错误;由图可知,过程③中催化剂与CO靠化学键结合,C项错误;CO、C２H２
和 H －２O 反应合成 的总反应为 CO＋２C２H２＋６H２O＋６e ＋
６OH－ ,D项错误.
７．【答案】B
【解析】由题意推测,X是氢、Y是碳、Z是氧、W 是硅.比 O第一电离能大的同周期元素有３种:N、F、Ne,A项错
误;Y３Z２分子的结构式为 O＝C＝C＝C＝O,碳原子的杂化类型均为sp,C３O２分子的空间结构为直线形,B项正
确;简单氢化物的还原性:CH４＞H２O,C项错误;W 的最高价氧化物二氧化硅是酸性氧化物,D项错误.
【高三化学试题参考答案　第　１页(共６页)】
８．【答案】B
【解析】反应Ⅰ中,HCl的主要作用是提供酸性环境,使亚氯酸钠发生歧化反应生成 ClO２,HCl中的 Cl－ 并未
发生氧化还原反应,HCl只体现酸性作用,A 项正确;ClO－２ 的价层电子对为
７＋１－４
２＋ ２ ＝４
,VSEPR模型为
四面体,B项错误;反应Ⅰ为亚氯酸钠的歧化反应,５NaClO２中有４份被氧化为 ClO２(Cl由＋３价升至＋４
价),１份被还原为 NaCl(Cl由＋３价降至－１价),物质的量之比为１∶４,C项正确;反应Ⅱ中,若消耗０．２mol
ClO２,转移１mol电子数,D项正确.
９．【答案】C
【解析】 中含有氨基和羧基,能与水分子间形成氢键,且氨基和羧基还能形成“内盐”,使
的水溶性显著大于 ,A项错误; 中含有氨基和羧基,可以发生缩聚反应,B项错误;在质
谱图中,最大质荷比的峰通常对应分子离子峰(即分子失去一个电子形成的阳离子),C项正确;１mol“４VP”
最多能与３molBr２反应(１mol用于加成反应,２mol用于酚羟基邻位的取代反应),D项错误.
１０．【答案】D
【解析】电池产物X是 N２,Y是 H２O.燃料电池中,电子从负极(M 极,N２H４氧化)流向正极(N 极,H２O２还
原),说明 M 极电势低于 N极电势,A 项错误;N 极为正极,处于酸性环境,H２O２在酸性条件下的还原反应
为:H２O２＋２H＋ ＋２e－ ２H２O,B项错误;每消耗１molN２H４转移４mol电子.设消耗xmolN２H４,转移
电子数为４xmol,产生电量为a 库仑.由Q＝n F 得:a＝４x×９６５００,x＝a/(４×９６５００),D项正确;双极
膜中水电离产生 H＋ 和 OH－ ,在电场作用下,H＋ 向酸性N极移动,OH－ 向碱性 M 极移动,维持电荷平衡,C
项错误.
１１．【答案】D
【解析】K＋ 与[FeS－２ ]之间的作用是离子键,四面体结构单元中Fe３＋ 与S２－ 之间的作用为配位键,故 KFeS２中
铁的化合价为＋３价,A项错误;钾元素的焰色属于发射光谱(基态原子吸收能量后跃迁至激发态,再回到基
态时释放特定波长的光)B项错误;S８是硫的一种环状单质分子(皇冠形结构),为非极性分子,C项错误;根
据 KFeS２晶胞在沿a 轴方向投影图可知,１个Fe周围有４个紧邻的S,且S－Fe－S键角为１１６°,结合沿c
轴方向投影图,可判断FeS４空间构型为四面体形,通过共边连成不断重复的链状[FeS－２ ]单元,沿轴方向无
限延伸,D项正确.
１２．【答案】C
【解析】实验开始时,应打开活塞 K１、K３,关闭 K２,让反应产生的氢气将装置中的空气排净,A项正确;待蒸馏
烧瓶中气泡明显减少时,应关闭 K３,打开 K２,受氢气压力的作用,蒸馏烧瓶中生成的FeSO４溶液进入三颈烧
瓶,发生反应生成碳酸亚铁白色沉淀,B项正确;NaHCO３足量,生成物不可能有 NaHSO４,因为 NaHCO３与
NaHSO４反应,制备反应应为FeSO４＋２NaHCO３ FeCO３↓＋Na２SO４＋CO２↑＋H２O,C项错误;FeCO３
湿品在空气中能被氧化,故虚线框内装置的作用是防止空气进入三颈烧瓶中,D项正确.
１３．【答案】C
【解析】实际生产中将钒渣粉碎并与纯碱混合均匀,增大接触面积,有利于提高反应速率和 V２O３的转化率,A
项正确;为防止降温时 NaVO３因溶解度降低而析出,提高浸出率,“热水浸出”后需趁热过滤,B项正确;因
K (NH H O)＝１０－４．７,故pH＞９．３时,溶液中c(NH＋b ３ ２ ４ )开始小于c(NH３ H２O),不利于 NH４VO３沉淀
的生成,C项错误;依题意,“焙烧”NH４VO３时持续通入空气,可大幅度减少 V２O５中杂质 VO２含量,推测持
续通入空气,及时排出氨气,防止氨气在高温下还原 V２O５,D项正确.
【高三化学试题参考答案　第　２页(共６页)】
１４．【答案】D
( ＋) ( －)
【解析】由题意可得,Ksp(ZnS)＝１０－２３．８、Ksp(CuS)＝１０－３５．２、Ka１(
c H c HS
H２S)＝ －７c(HS) ＝１０
、Ka２(H２S)＝
２
c(H＋ ) c(S２－ ) Ka１(H２S)－１３
( .故 , 项正确;溶液中存在电荷守恒:得 (
＋ ) ( ＋ )
c HS－ ) ＝１０ pKa２(HS)＝－６ A c Na ＋c H ＝２
２c(S２－ )＋c(HS－ )＋c(OH－ ),当调节pH 至１３时,c(S２－ )＝c(HS－ ),则c(Na＋ )－３c(S２－ )＝c(OH－ )－
K (ZnS)
c(H＋ )＜c(OH－ )＝０．１mol L－１,B项正确;Cu２＋ ＋ZnS CuS＋Zn２＋ 的化学平衡常数K＝
sp
K (CuS)＝sp
１０１１．４ １０５,反应能完全进行,因ZnS的饱和溶液中c(Zn２＋ )＝ １０－２３．８ ＝１０－１１．９,则溶液中c(Cu２＋ )可能为
１０－３５．２ c２(H＋ )
１０－１１．９ ＝１０
－２３．３,C 项 正 确;Zn２＋ ＋ H２S ZnS＋２H＋ 的 化 学 平 衡 常 数 K ＝c(Zn２＋ ) c(H ＝２S)
Ka１(H２S) Ka２(H２S)
( ) ＝１０
３．８,假设转化为
K ZnS ZnS
沉淀的Zn２＋ 等于５０％,此时溶液中c(H＋ )＝０．２mol L－１,
sp
２( ＋ )
c(Zn２＋ )＝０．１mol L－１,此时浓度商
c H ３．８
c(Zn２＋ )
,故转化为
c(HS) １０ ZnS
沉淀的Zn２＋ 大于５０％,D项
２
错误.
１５．【答案】(１４分)
(１)A(１分)
(２)ACF(２分)
(３)２CuSO４＋N２H４＋４NaOH ２Cu↓＋N２↑＋２Na２SO４＋４H２O(２分)
(４)活化能较大(１分)
(５)未反应的苯硫酚等酸性杂质(２分)　　分液漏斗(１分)　　上层(１分)
(６)产物X在热乙醇中溶解度大,在冷乙醇中溶解度小,而杂质溶解度差异不同(或利用物质在不同温度下
溶解度差异)(２分)
(７)a(２分)
【解析】(１)异戊醇属于易燃液体,A项符合题意;醇类不属于强腐蚀性物质,醇类有一定的毒性,但不属于剧
毒物质,也不属于氧化剂,故BCD不符合题意.
(２)回流反应需要加热至溶剂沸腾并冷凝回流,用球形冷凝管冷凝效果高于直形冷凝管,电热套温度可控,适
合加热有机溶剂.异戊醇沸点１３１℃,不宜用酒精灯明火加热有机物(安全隐患),也不适合用水浴(水浴最
高１００℃);三颈烧瓶可装分液漏斗、温度计以及球形冷凝管.
(３)依题意,新制铜粉的化学方程式写为２CuSO４＋N２H４＋４NaOH ２Cu↓＋N２↑＋２Na２SO４＋４H２O.
(４)较高活化能的反应速率比较慢,需要高温长时间才能进行完全.
(５)苯硫酚具有弱酸性,可与 NaOH 反应:C６H５SH＋NaOH →C６H５SNa＋H２O,转入水相除去;分液操作
在分液漏斗中进行;乙酸乙酯密度＜水,有机相在上层.
(６)重结晶利用溶解度的温度差异:热时溶解,冷时结晶,杂质要么始终溶解,要么始终不溶.“热溶,冷析,慢
速冷却”是重结晶原则.
(７)１３０mL邻氯苯乙酮的质量为１３０mL×１．１９g/cm３＝１５４．７g,结合制备原理可判断有机中间体X的相对
分子质量 １８０．０＝１５４．５＋１１０－３６．５＝２２８,理论上得到X的质量为２２８．３g,X的产率为
g .
２２８．３ ×１００％＝７８．８％g
【高三化学试题参考答案　第　３页(共６页)】
１６．【答案】(１４分)
(１)第四(或４)周期第Ⅷ(或８)族(１分,合理即可)
(２)２Al＋２OH－ ＋６H２O ２[Al(OH)４]－ ＋３H２↑(２分)
(３)H２O２＋２LiCoO２＋６H＋ ２Co２＋ ＋２Li＋ ＋O２↑＋４H２O(２分)　　炭黑、氢氧化铁(２分,合理即可)
(４)１×１０５(２分)
(５)５５(２分)
(６)萃取平衡Co[(C８H１７O) ＋ ２＋２PO２]２＋２H Co ＋２(C８H１７O)２PO(OH),H２SO４电离产生大量 H＋ ,使正
向移动,Co２＋ 进入水相(２分,合理即可)
(７)Li２CO３在８０℃时溶解度较小,沉淀更完全(１分)
【解析】(１)钴位于元素周期表(或８族)Co元素位于周期表第四(或４)周期第Ⅷ(或８)族.
(２)NaOH 浸泡的目的是除去铝箔,离子方程式为２Al＋２OH－ ＋６H２O ２[Al(OH)]－４ ＋３H２↑.
(３)H２O２作还原剂,将＋３价的Co还原为＋２价,促进LiCoO２溶解,H２O２的氧化产物是 O２,其离子方程式
为 H２O２＋２LiCoO ＋６H＋ ２＋２ ２Co ＋２Li＋ ＋O２↑＋４H２O.
(４)根据Ksp[Fe(OH)]＝c(Fe３＋ ) c３(OH－ ),调节后溶液中c(Fe３＋３ )＝４．０×１０－８mol L－１,此时溶液中
c(OH－ )＝１０－１０mol L－１mol L－１,Co２＋ 开始沉淀时:c(Co２＋ )＝K ２ － －１５sp[Co(OH)２]/c (OH )＝１．０×１０ /
(１０－１０)２＝１×１０５mol L－１.
(５)每个C８H１７－有７个C－C键＋１７个C－H 键＝２４个,两个 C８H１７－就是４８个σ键,加上P原子相关
的:２个P－O(连接烷氧基),１个P＝O(１个σ键),１个P－OH(P－O为１个σ键,O－H 为１个),再加上
C－O键２个,总共４８＋２＋１＋１＋１＋２＝５５.
(６)依题意,“萃取”过程为Co２＋ ＋２(C８H O) ＋１７ ２PO(OH) Co[(C８H１７O)２PO２]２＋２H ,则用硫酸做萃取
剂时,H２SO４电离产生大量 H＋ ,使正向移动,Co２＋ 进入水相,实现“反萃取”.
(７)Li２CO３的溶解度随温度升高而降低,８０℃时析出更多Li２CO３,提高回收率.
１７．【答案】(１５分)
(１)氯气、光照(２分)
(２)３(２分)
(３)苯乙酸乙酯(２分)
(４)取代反应(１分)
(５) (２分)
(６)① (２分)
② (２分)
【高三化学试题参考答案　第　４页(共６页)】
(７) 或 (２分)
【解析】A的分子式为C７H８,结合D的结构简式,可判断 A中含有苯环,A为 ,A与氯气在光照条件
下发生甲基上取代反应生成B,B中氯原子被－CN取代生成C,C中－CN转化为－COOH 而生成 D,D再
与乙醇发生酯化反应生成E,故B为 、C为 、D为 .
(１) 转化为 所需要的反应试剂和条件为氯气、光照.
(２)C为 ,分子中碳原子的杂化类型有sp(－C≡N)、sp２(苯环上的碳原子)、sp３(－CH２－,饱和
碳原子).
(３) 化学名称为苯乙酸乙酯.
(４)观察结构变化,K→苯巴比妥的反应类型为取代反应.
(５)根据 F→G 的反应类型是加成反应,且 G 的核磁共振氢谱都只有一组峰,可判断 G 的结构简式是
.
(６)①观察J→K的结构变化以及反应物C２H５Br,故J的结构简式为 .
②依题意,J和 CO(NH２)２在一定条件下按物质的量之比１∶１参加反应生成合成高分子的化学方程式为
.
(７)由题意可判断:M 中含有酯基(酸性条件下水解);根据 X的性质与结构信息(X的分子式 C１０H１４O,遇
FeCl３溶液发生显色反应,核磁共振氢谱有四组峰,且峰面积之比为１∶２∶２∶９),则 X 的结构简式为
;根据Y的性质与结构信息(Y的分子式C５H８O４,经检测只含有一种官能团,且含有手性碳原
子),则Y的结构简式为 ;综上所述,M的结构简式可能为
或 .
１８．【答案】(１５分)
(１)①阴极(１分)
②O － ２－２＋２CO２＋４e ２CO３ (２分)
【高三化学试题参考答案　第　５页(共６页)】
(２)２CO２(g)＋６H２(g) CH３OCH３(g)＋３H －１２O(g)　　ΔH＝－１２２．４kJ mol (２分)　　能(２分)
(３)增加 H２浓度,有利于反应Ⅰ正向移动,且２００°C时未达到平衡(２分,合理即可)　　温度较高时副反应
Ⅲ加剧,消耗更多 H２生成CO(２分,合理即可)
(４)①Ce(１分)　　Ce助剂使CO２转化率达到７０％(最高),同时甲醇选择性保持９０％(较高),兼顾了反应
转化率和选择性,或者Ce助剂使甲醇的收率最高(收率＝转化率×选择性)(１分,合理即可)
０．０６×０．６或 ９② ( 分)０．４×１．３２ １３２２
【解析】(１)①水蒸气在阴极得电子被还原为氢气.
②熔融碳酸盐燃料电池中,正极 O２得电子,同时消耗CO２形成CO２－３ .这是熔融盐体系的特点,CO２既是反
应物又起到传递离子的作用.
(２)根据盖斯定律:反应Ⅰ×２＋反应Ⅱ得到直接合成二甲醚反应,即２CO２(g)＋６H２(g) CH３OCH３(g)
＋３H２O(g)　ΔH＝２ΔH１＋ΔH２＝２×(－４９．５)＋(－２３．４)＝－１２２．４kJ mol－１;判断反应自发性使用吉
布斯自由能判据:ΔG＝ΔH－TΔS,ΔG＝－１２２．４－２９８×(－０．３８)＝－１２２．４＋１１３．２＝－９．２kJ mol－１.
(３)低温主要考虑平衡移动;高温需要考虑副反应.
(４)①La虽然选择性最高(９５％)但转化率较低(６０％);Ce实现了转化率和选择性的最佳平衡.
②设起始CO２为１mol,H２为３mol
CO２转化量＝１×６０％＝０．６mol
生成CH３OH 消耗CO２:０．６×９０％＝０．５４mol(反应Ⅰ)
生成CO消耗CO２:０．６×１０％＝０．０６mol(反应Ⅲ)
反应Ⅰ:消耗 H２０．５４×３＝１．６２mol,生成CH３OH０．５４mol,H２O０．５４mol
反应Ⅲ:消耗 H２０．０６mol,生成CO０．０６mol,H２O０．０６mol
平衡时各物质:
CO２:１－０．６＝０．４mol
H２:３－１．６２－０．０６＝１．３２mol
CH３OH:０．５４mol
H２O:０．５４＋０．０６＝０．６mol
CO:０．０６mol
p(CO) p(H O) ０．０６×０．６ ９
K ２p＝p(CO２) p(
.
H２)
＝０．４×１．３２＝１３２
【高三化学试题参考答案　第　６页(共６页)】

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