新高考化学三轮冲刺考前保温训练专练03 十四道选择题+主观原理题（2份打包，原卷版+解析版）

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完卷时间：40分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Ni-59 La-139
一、选择题（只有1个正确选项）
1．中国工笔画是我国传统美术的艺术珍品，在其创作过程中要使用笔、墨、纸绢、颜料、胶矾水等。胶矾水主要成分是明胶和明矾，用于“生宣熟化”和“三矾九染”。下列说法错误的是
A．“生宣熟化”工艺中明矾水解得到的胶体可促进明胶的凝聚
B．纸、绢的主要成分分别是纤维素和蛋白质，均属于天然高分子化合物
C．绘制工笔画使用的矿物颜料石青［主要成分为］耐酸碱腐蚀
D．绘制工笔画使用的油烟墨的主要成分炭黑具有很强的稳定性，利于绘画保存
【答案】C
【解析】A．“生宣熟化”工艺中明矾水解得到的胶体可促进明胶的凝聚，A正确；B．绢指丝织品，主要成分为蛋白质，纸的主要成分都是纤维素，蛋白质和纤维素属于天然高分子，B正确；C．矿物颜料石青能和酸反应，易被酸腐蚀，C错误；D．油烟墨的主要成分炭黑，炭黑具有很强的稳定性，利于绘画保存，D正确；故答案选C。
2．下列化学用语或表述正确的是
A．Ag位于元素周期表ds区
B．的球棍模型为
C．基态Cr原子的价电子轨道表示式：
D．用电子式表示的形成过程：
【答案】A
【解析】A．银是47号元素，基态价电子排布式为： 4d105s1，位于第五周期ⅠB，则Ag位于元素周期表ds区，A正确；B．球棍模型中，用大小不同的小球和短棍分别表示原子、共价键，同时要体现分子的空间构型，为四面体结构，但原子半径Cl＞C＞H，则不能表示的球棍模型，B错误；C．铬是24号元素，基态价电子排布式为： 3d54s1，基态Cr原子的价电子轨道表示式：，C错误；D． 氯化镁为离子化合物，用电子式表示的形成过程：，D错误；答案选A。
3．工业制备硝酸的重要反应之一为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．水中键数目为
B．中质子数目为
C．氨水中，含有的数为
D．每生成转移电子数目为
【答案】A
【解析】A．18g水物质的量为1ml，1个水分子中有两根σ键，18g水中有2ml σ键，数目为2NA，故A正确；B．O原子中有8个质子，8个中子，则1mlO2含2ml氧原子，质子数目为16NA，故B错误；C．氨水为弱碱，只有小部分发生电离，1L1ml⋅L−1氨水中，含有的铵根数目小于NA，故C错误；D． 由反应可得，每生成4mlNO转移20ml电子，30gNO为1ml，则生成1mlNO转移5ml电子，故D错误。本题选A。
4．下列解释事实的离子方程式正确的是
A．室温下pH=2的盐酸中水电离出的c(H＋)=10-12ml·L-1
B．0.1ml·L-1KI溶液中以下离子能大量共存：Na＋、K＋、ClO-、OH-
C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2NO＋2H＋=Cu2＋＋2NO2↑＋H2O
D．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘食盐中所含的IO：
【答案】A
【解析】A．室温下pH=2的盐酸中水电离出的，A正确；B．KI中碘离子具有还原性，ClO-具有氧化性，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C．稀HNO3溶解铜生成还原产物为NO，且选项的离子方程式电荷也不守恒，C错误；D．醋酸是弱酸，属于弱电解质，不能将其拆开，D错误；故选A。
5．逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应有
反应Ⅰ： kJ·ml
反应Ⅱ： kJ⋅ml
反应Ⅲ：
常压下，向密闭容器中投入1 ml 和2 ml ，达平衡时和含碳物质的物质的量随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是
A．kJ⋅ml
B．649℃时，反应Ⅰ的平衡常数
C．其他条件不变，在250℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时不断增大
D．800℃时，适当增大体系压强，保持不变
【答案】D
【解析】A．根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ－反应Ⅰ，则，A错误；B．649℃时，反应平衡时，，，平衡常数：，B错误；C．由图像可知，250℃~649℃范围内，随着温度的升高，平衡时增大，平衡逆向移动，则平衡时不断减小；649℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时减小，平衡正向移动，则平衡时不断增大，C错误；D．高温时反应I进行程度很大，反应II、III程度很小，CH4含量很少，平衡不受压强影响，适当增大体系压强，保持不变，D正确；答案选D。
6．有机物Z是化妆品成分之一，其合成路线如图。下列有关叙述正确的是
A．X和Y都属于芳香烃B．M分子中所有的碳原子可能共面
C．X最多能与氢气发生加成反应D．Z的分子中含有13个碳原子
【答案】B
【解析】A．由结构简式可知，Y中有氧元素，不属于芳香烃，故A错误；B．M中含有苯环，苯环的所有碳原子共面，另外两个碳原子可以通过碳碳单键旋转至和苯环共面，故B正确；C．没有指明X的物质的量，无法计算与其加成的氢气的物质的量，故C错误；D．Z的分子中含有14个碳原子，故D错误；故选B。
7．下列实验设计方案和操作正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】A．在酸化的氯化钠溶液中，可能会有少量铁与氢离子反应生成亚铁离子，所以不能用此装置来验证铁电极是否受到保护，故A错误；B．苯酚和水形成的是乳浊液，不能用过滤的方法分离，故B错误；C．在乙醇中的溶解度比在水中的要小，因此向其中加入乙醇，将析出深蓝色晶体，故C正确；D．溴水具有氧化性，能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装，故D错误；故答案为：C。
8．一种由短周期元素构成的洗涤剂中间体结构式如图所示，X、Q、Z、Y 、W原子序数依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，Y可与X形成空间构型为角形的分子，下列说法正确的是
A．第一电离能：Y>Z>Q
B．简单离子半径：W>Y>Z
C．Z元素的氧化物对应水化物为强酸
D．Y的简单氢化物的中心原子的VSEPR构型为正四面体
【答案】D
【分析】由该结构图可知，X原子只形成一个键，W原子带一个正电荷，且X与W同族，则X、W分别为H元素和Na元素；Q原子核外成对电子数与未成对电子数相等，且形成了四个键，则Q是C元素；Z元素形成了三个键，且与碳元素同周期，原子序数比碳元素大，则Z元素为N；Y与X形成会形成空间结构为角形的分子，且Q分别与碳元素形成了一个双键和一个单键，则可得出Y为O元素，故X、Q、Z、Y、W分别是H、C、N、O、Na元素。
【解析】A．同周期第一电离能从左往右呈增大的趋势，但由于氮元素最外层的2p轨道为半满，更不易失去电子，所以氮的第一电离能比相邻两元素的第一电离能大，原子半径越小的，第一电离能越大，即第一电离能：Z>Y>Q，故A错误；B．W、Y、Z为Na、O、N，这三种元素对应的简单离子的电子层结构相同，则核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：Z>Y>Q，故B错误；C．Z元素的氧化物N2O3对应的水化物为亚硝酸，为弱酸，故C错误；D．Y的简单氢化物为H2O，其中心原子氧的杂化类型为sp3，对应的VSEPR模型为正四面体，故D正确；故答案为：D。
9．氧泡泡是一种多功能新型漂白剂，其有效成分是过碳酸钠(xNa2CO3•yH2O2)。
Ⅰ.以芒硝(Na2SO4•10H2O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如图：
Ⅱ.测定过碳酸钠化学式的实验步骤如下(样品中杂质不参加反应)：
①用电子天平称取两份质量均为mg的样品。
②将一份置于锥形瓶中，加水溶解，加催化剂使H2O2充分快速分解(催化剂不参与其它反应)，然后加酚酞作指示剂，用0.0500ml•L-1H2SO4溶液滴定至终点，消耗硫酸V1mL。
③将另一份置于碘量瓶中，加入50mL蒸馏水，并立即加入6mL2.0ml•L-1H3PO4溶液，再加入过量KI固体，摇匀后于暗处放置10min，加入适量指示剂，用0.1000ml•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
测定过碳酸钠化学式的步骤中，下列说法错误的是
A．步骤③样品溶于水酸化后放置一段时间，然后再加入过量KI固体，导致x：y偏大
B．该过碳酸钠样品中x：y=V1：V2
C．该样品的纯度为%
D．步骤②中滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，导致x：y偏大
【答案】B
【分析】芒硝、氧化钙、Na2Cr2O7反应生成Na2CrO4和硫酸钙沉淀，过滤滤液加入足量二氧化碳，Na2CrO4转化为溶解度较小的碳酸氢钠晶体和Na2Cr2O7，过滤分离出晶体煅烧精制得到碳酸钠，加入稳定剂、过氧化氢在乙醇条件下抽滤、干燥得到过碳酸钠；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【解析】A．步骤③样品溶于水酸化后放置一段时间，会导致过氧化氢分解，使得加入过量KI固体后生成碘单质量减小，使得滴定过程中V2偏小，计算出y值偏小，导致x：y偏大，A正确；B．②加酚酞作指示剂，酚酞变色范围为碱性，则滴定终点碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，则根据硫酸用量可知，碳酸钠为0.0500ml•L-1×V1×10-3L×2；③中过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定，由电子守恒可知：，可知过氧化氢为；故过碳酸钠样品中，B错误；C．结合B分析可知，该样品的纯度为=%，C正确；D．步骤②中滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，使得V1偏大，则导致x：y偏大，D正确；故选B。
10．物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】A．金属晶体中的自由电子在外电场作用下发生定向移动，形成电流，实例与解释相符，故A不符合题意；B．F的电负性大，导致N原子核对其孤电子对的吸引力大，不容易提供孤电子对，不易与Cu2+形成配位键，实例与解释相符，故B不符合题意；C．CO的沸点高于N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但是CO的极性大于N2，导致CO沸点较高，实例与解释相符，故C不符合题意；D．中S为sp3杂化存在1对孤电子对，而中碳为sp2杂化，故中的键角小于，实例与解释不相符，故D符合题意；故选D。
11．用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为(NH4)2SO4-NH3混合液，b极室为(NH4)2SO4溶液；热再生部分加热a极室流出液，使[Cu(NH3)4]2+分解。下列说法不正确的是
A．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜
B．a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+
C．电池部分的总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+
D．该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3
【答案】A
【分析】甲、乙两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e-=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。
【解析】A．在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；B．由分析可知，a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B正确；C．由分析可知，a：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b：Cu2++2e-=Cu；则总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，C正确；D．该装置为原电池装置，可以富集Cu2+并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用NH3，D正确；故选A。
12．镧镍合金是一种储氢材料，其晶胞可认为由两种结构不同的层交替堆积而成，如下图所示，该合金的密度为p g·cm-3.已知该合金的晶胞中最多可容纳9个氢原子。下列叙述错误的是
A．基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2
B．该合金的化学式为LaNi5
C．设La的原子坐标为(0，0，0)，则晶胞底面上Ni的原子坐标为系(，，0)或(，，0)
D．假定吸氢后体积不变，则合金中氢的最大密度为ρg·cm-3
【答案】C
【解析】A．Ni元素原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，A正确；B．该晶胞中La原子个数为8×=1，Ni原子个数为8×+1=5，则La、Ni原子个数之比为1：5，化学式为LaNi5，B正确；C．晶胞底面为两个正三角形组成的菱形，Ni原子处于两个正三角形的中心，则晶胞底面上Ni的原子坐标为系(,,0)或(,,0)，C错误；D．设晶胞体积为V，该晶胞密度为，假定吸氢后体积不变，当晶胞中最多容纳9个氢原子时合金中氢的密度最大，氢的密度为，D正确；本题选C。
13．正溴丁烷可用于生产染料和香料，是稀有元素萃取的溶剂。某小组采用以下改进装置（加热和夹持装置略）实现正溴丁烷粗产品的制备和蒸馏分离，其反应原理：
下列有关说法错误的是
A．烧杯中NaOH溶液可以吸收挥发出的溴单质和溴化氢
B．恒压滴液漏斗可以用于接收蒸馏出的粗产品
C．反应开始时应先加热三颈烧瓶一段时间，再滴入浓硫酸
D．粗产品可经水洗、NaOH溶液洗涤、水洗、干燥等步骤进一步提纯
【答案】B
【解析】A．NaOH溶液具有碱性，可以与酸性的溴化氢发生中和反应，生成盐和水。同时，溴单质也可以与NaOH溶液反应，生成相应的溴化物和次溴酸盐，故烧杯中NaOH溶液可以吸收挥发出的溴单质和溴化氢，A正确；B．恒压滴液漏斗主要用于向反应容器中滴加液体其特点是可以使滴加的液体与反应容器内的气体压强相等，从而使液体能够顺利滴下。然而，恒压滴液漏斗并不适合用于接收蒸馏出的粗产品，粗产品在三颈烧瓶中，B错误；C．加热三颈烧瓶的目的是为了预热反应体系，使其达到一个较为均匀的温度状态。这有助于后续反应的平稳进行，避免由于温度突然升高而导致的副反应或实验事故。如果先加入浓硫酸再进行加热，可能会因为局部温度过高而导致浓硫酸飞溅或引发其他不安全因素，故C正确；D．正溴丁烷粗产品的制备和蒸馏分离过程中，经过水洗、氢氧化钠溶液洗涤、再次水洗以及干燥等步骤可以去除粗产品中的杂质，提高其纯度，D正确；故选：B。
14．向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生反应Ag++ [Ag()]-和[Ag()]-+[Ag()2]3-， lg[c(M)/(ml/L)、lgc(N)与lg[c()/ml/L)的关系如下图所示(其中M代表Ag+或Br-；N代表或)：
下列说法错误的是
A．直线L1表示随浓度变化的关系
B．AgBr的溶度积常数Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2
C．反应AgBr+2[Ag()2]3-+Br-的平衡常数K的值为101.2
D．c()= 0.001 ml/L时，溶液中c(Br-)>c{[Ag()2]3-}>c{[Ag(S2O3)]-}
【答案】A
【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为[Ag()]-，溶液中小于，则直线L1表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系、直线L2表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6ml/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85ml/L、10—8.35ml/L，则溴化银的溶度积常数Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2。
【解析】A．由分析可知，直线L1表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系、直线L2表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系，故A错误；B．由分析可知，溴化银的溶度积常数Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2，故B正确；C．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6ml/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85ml/L、10—8.35ml/L，为10—4.2，则溶液中[Ag()2]3-的浓度为=10—4.15ml/L，反应的平衡常数K===101.2，故C正确；D．由图可知，硫代硫酸根离子浓度为0.001 ml/L时，溶液中溴离子浓度最大，的值大于的值，则溶液中[Ag()2]3-的浓度大于[Ag()]-的浓度，所以溶液中离子浓度大小顺序为c(Br-)>c{[Ag()2]3-}>c{[Ag(S2O3)]-}，故D正确；故选A。
二、主观题
17．（15分）精脱硫技术主要用于煤气中羰基硫(COS)和二硫化碳(CS2)的转化。回答下列问题：
(1)利用焦炉煤气中的H2可脱除煤气中羰基硫(COS)。羰基硫氢化反应历程有途径I和途径Ⅱ两种可能，如图所示：
①已知羰基硫氢化反应速率较快，推测其更合理的反应历程是途径 (填“I”或“Ⅱ”)。
②反应的△H= kJ·ml-1。
(2)MS2可作羰基硫氢化反应的催化剂，催化机理如图所示：
不同钼(M)含量的MS2催化剂对COS转化率和H2S的选择性不同，实验数据如图所示。
根据图中数据，选择 (填“3.4%M”或“8.7%M”)作催化剂效果最好；当H2S选择性低于100%时表明部分COS气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象，若H2S选择性高于100%，可能的原因是 。
(3)金属M的晶胞如图所示，若原子a、b的坐标分别为(0，0，0)、(1，0，0)，则原子c的坐标为 ，设晶体密度为ρg·cm3，则晶胞参数为 pm(阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1：4的CS2(g)和H2(g)，发生反应，容器内气体压强随时间变化如下表所示。
①0-250min内，H2分压的平均变化值为 kPa·min-l。
②该温度下，平衡常数Kp= (kPa)-2(列出计算式)。
【答案】(1)Ⅱ（1分） b‒a‒c+d‒e（2分）
(2)8.7%M（2分） 催化剂本身在反应过程中有失硫现象（2分）
(3) （2分） （2分）
(4)0.28（2分） （2分）
【解析】（1）①反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，途径I的活化能大于途径Ⅱ，反应速率慢于途径Ⅱ，所以应速率较快的羰基硫氢化的反应历程是途径Ⅱ，故答案为：Ⅱ；②由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的△H=(b‒a‒c)kJ/ml—(e—d)kJ/m=( b‒a‒c+d‒e)kJ/ml，故答案为：b‒a‒c+d‒e；
（2）由图可知，时间相同时，8.7%M作催化剂条件下反应的羰基硫转化率和硫化氢选择性均大于3.4%M作催化剂条件下，说明反应速率快于3.4%M作催化剂条件下，所以选择8.7%M作催化剂效果最好；由题意可知，硫化氢选择性低于100%是因为部分羰基硫气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象所致，则硫化氢选择性高于100%是因为催化剂本身在反应过程中有失硫现象所致，故答案为：8.7%M；催化剂本身在反应过程中有失硫现象；
（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的原子a、b的坐标分别为(0，0，0)、(1，0，0)，则晶胞的边长为1，所以位于面心的原子c的坐标为；位于顶点和面心的钼原子个数为8×+6×=4，设晶胞参数为apm，由晶胞的质量公式可得：=10—30aρ，解得a=，故答案为：； ；
（4）由表格数据可知，起始二硫化碳、氢气的分压分别为100kPa×=20kPa、100kPa—20kPa=80kPa，250min反应达到平衡时，容器内气体压强为65kPa，设平衡时消耗二硫化碳的分压为akPa，由题意可建立如下三段式：
由平衡时容器内气体压强为65kPa可得：100—2a=65，解得a=17.5；①由三段式所得数据可知，0-250min内，氢气分压的平均变化值为=0.28kPa/min，故答案为：0.28；②由三段式所得数据可知，该温度下，平衡常数Kp== (kPa)-2，故答案为：。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
C
A
A
A
D
B
C
D
B
D
A
C
B
A



A．验证铁电极是否受到保护
B．分离苯酚和水的混合物
C．析出晶体
D．测定KI溶液的浓度
选项
事实
解释
A
金属是电的良导体
金属晶体中的自由电子在外电场作用下发生定向移动
B
NF3不易与Cu2+形成配位键
F的电负性大，导致N原子核对其孤电子对的吸引力大
C
CO的沸点高于N2
CO的极性大于N2
D
中的键角小于
S的原子半径较大，其价层σ键电子对之间的斥力较小
时间/min
0
50
100
150
200
250
300
压强/kPa
100
88.0
79.8
72.4
68.2
65.0
65.0