新高考化学三轮冲刺考前保温训练专练11 十四道选择题+主观原理题（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学三轮冲刺考前保温训练专练11 十四道选择题+主观原理题（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考化学三轮冲刺考前保温训练专练11十四道选择题+主观原理题原卷版docx、新高考化学三轮冲刺考前保温训练专练11十四道选择题+主观原理题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。

完卷时间：40分钟
答案速查
可能用到的相对原子质量：C-12 Fe-56
一、选择题（共42分，只有1个正确选项）
1．化学与生产、生活、密切相关，下列说法不正确的是
A．北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于有机高分子材料
B．“墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为二氧化硅
C．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料
D．焰火中的红色来源于钠盐灼烧
【答案】D
【解析】A．聚乙烯属于合成有机高分子材料，A正确；B．光纤的主要成分为纯度较高二氧化硅，B正确；C．氮化铝属于无机非金属材料，C正确；D．钠的焰色反应为黄色，D错误；故选D。
2．当将钼酸铵和磷酸盐的溶液进行酸化时，得到一种黄色沉淀12-磷钼酸铵，可利用该原理进行磷酸盐的定量测定，反应为。下列有关说法错误的是
A．电负性：O>N>P>H
B．与Cr同族，基态M原子的价层电子表示式为
C．中H-N-H的键角比中H-N-H的键角大
D．和的空间结构均为正四面体形
【答案】C
【解析】A．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，元素的非金属性越强、电负性越大，则电负性：O＞N＞P＞H，A项正确；B．Cr的原子序数为24，M的原子序数为42，M在Cr的下一周期，基态M原子的价层电子排布式为4d55s1，B项正确；C．NH3中N上的孤电子对数为×(5-3×1)=1、价层电子对数为4，中N上的孤电子对数为×(5-1-4×1)=0、价层电子对数为4，NH3和的VSEPR模型均为四面体形，孤电子对具有较大的斥力，故NH3中H-N-H的键角比中H-N-H的键角小，C项错误；D．中N上的孤电子对数为×(5-1-4×1)=0、价层电子对数为4，的空间结构为正四面体形，中P上的孤电子对数为×(5+3-4×2)=0、价层电子对数为4，的空间结构为正四面体形，D项正确；答案选C。
3．某同学查阅资料发现电解饱和食盐水也可以获得金属Na，但必须改进实验装置，装置图和实验现象记录如下：
接通电源，一段时间后，金属汞表面有细微气泡出现，加大电压电解足够长时间后分离出其中的金属Hg。取少量分离出的Hg投入滴有酚酞溶液的水中，酚酞变红且有无色无味气体放出。有关该实验的说法错误的是
A．Q溶液可以是NaOH溶液，作用是尾气吸收
B．玻璃管的作用是防止铁丝暴露在NaCl溶液中，导致生成大量的H2而无法得到金属Na
C．可以采取蒸发的实验方法分离实验结束后Hg层中Hg和Na的混合物
D．出于安全角度考虑，进行该实验时应该开启排风扇
【答案】C
【分析】b为阳极，Cl-失电子生成Cl2，需用吸收液吸收，a为阴极，接通电源，一段时间后，金属汞表面有细微气泡出现，该气泡为H2，加大电压电解足够长时间后，Na+在阴极得到电子，生成Na，与Hg混合在一起，分离出其中的金属Hg，取少量分离出的Hg投入滴有酚酞溶液的水中，Na与H2O反应，生成H2和NaOH，酚酞变红且有无色无味气体放出。
【解析】A．在b极，Cl-失电子生成Cl2，需用吸收液吸收，所以Q溶液可以是NaOH溶液，吸收氯气，用作尾气处理，故A正确；B．若铁丝暴露在NaCl溶液中，溶液中H2O得电子生成H2，无法得到金属Na，故B正确；C．实验中所得Hg和Na的混合物呈液态，利用沸点差异分离二者，分离方法为蒸馏法，故C错误；D．因为Cl2有毒，且H2为可燃性气体，所以进行该实验时应该开启排风扇，故D正确；故选C。
4．AlN是一种半导体材料，一种制备方法是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．消耗等物质的量Al2O3和N2，转移电子数目为6NA
B．12 g C(石墨)含非极性键数目为3NA
C．标准状况下，11.2 L CO含键数目为NA
D．0.1 ml Al2O3溶于足量盐酸，溶液中含Al3+数目为
【答案】C
【解析】A．由于不知道等物质的量的Al2O3和N2具体物质的量，无法计算转移的电子数目，A错误；B．石墨为12gC，石墨的物质的量为1ml，含1mlml非极性键，即非极性键数目为1.5NA，B错误；A．CO与N2互为等电子体，结构相似，而1个分子含2个键，标准状况下，的物质的量为，含键，C正确；D．会水解，溶于足量盐酸，溶液中含数目小于，D错误；答案选C。
5．由下列实验操作和现象，得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】A．补血口服液中可能还有其它成分能使酸性高锰酸钾褪色，因此不能确定该口服液中一定含有亚铁离子，故A错误；B．加热亚硫酸钠溶液pH逐渐减小的原因是因为亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，亚硫硫酸钠溶液显碱性而硫酸钠溶液显中性，故B错误；C．向溶液中通入少量，然后再加入少量苯有机层呈橙红色才能说明氧化性：，故C错误；D．该实验的变量为金属阳离子的种类，而加入铁离子的试管中过氧化氢分解速率更快则说明加入溶液时，双氧水分解反应的活化能较小，故D正确；故答案为：D。
6．利用氢氧燃料电池可实现由白磷电解法制备，并能实现的循环利用，其工作原理如图所示(已知：Me为甲基；电极均为石墨电极)，下列说法正确的是
A．电池工作时电极a连接电极c
B．通电段时间后，当生成9g 时，电极a消耗的体积(标准状况)为2.24L
C．若隔膜e为阳离子交换膜，则燃料电池的放电会使左侧溶液pH增大
D．电解产生的中的氢元素来自于LiOH
【答案】D
【分析】由图可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成氢离子，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区；右侧装置为电解池，与电极a连接的电极d为阴极，氢氰酸在阴极得到电子发生还原反应生成氰酸根离子和氢气，与电极b连接的电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li［P(CN)2］和锂离子。
【解析】A．由分析可知，电池工作时，右侧装置为电解池，d电极发生还原反应，为阴极，与电极a连接，故A错误；B．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成氢离子，右侧装置为电解池，电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li［P(CN)2］和锂离子，由得失电子数目守恒可知，标准状况下，生成9gLi［P(CN)2］时，电极a消耗氢气的体积为×22.4L/ml=1.12L，故B错误；C．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，则负极发生反应：，若隔膜e为阳离子交换膜，氢离子和K+通过阳离子交换膜进入正极区，负极区溶液中氢离子浓度增加，pH减小，故C错误；D．由上述分析可知，氢氰酸在阴极得到电子发生还原反应生成氰酸根离子和氢气，而由图可知HCN中的H来自于LiOH，故D正确；故选：D。
7． Y4X9EZ2M4是一种常见的营养强化剂。其中，元素周期表中与Y、M相邻，基态原子的价电子排布式nsnnpn，Z的第一电离能大于的，基态原子与基态原子的未成对电子数相同；为原子半径最小的元素；的合金是目前用量最大的金属材料。下列说法正确的是
A．电负性：B．非金属性：
C．简单氢化物的沸点：D．高温下，的单质与反应得到
【答案】C
【分析】基态原子的价电子排布式为nsnnpn，即2s22p2，所以Y是C元素，元素周期表中与Y、M相邻，Z的第一电离能大于的，则Z是N元素，基态原子与基态原子的未成对电子数相同，则M为O元素，为原子半径最小的元素，则X是H元素；的合金是目前用量最大的金属材料，则E是Fe元素。
【解析】A．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，通常非金属的电负性大于金属，所以电负性：N>H>Fe，A错误；B．同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，非金属性：CNH3>CH4，C正确；D．高温下铁与水蒸气反应得到四氧化三铁，D错误；故选C。
8．青杞始载于《新修本草》，有清热解毒的功效。青杞中含有白英素B，其结构简式如图所示。下列有关白英素B的叙述正确的是
A．一个分子中有2个六元环，一个5元环
B．1ml白英素B可以与5ml 发生加成反应
C．可以发生氧化反应、还原反应和水解反应
D．一个分子中有2个手性碳原子
【答案】C
【解析】A．一个分子中有1个六元环，一个5元环，A错误；B．1ml白英素B含有1ml苯环，1ml醛基，可以与4ml发生加成反应，酯基与不发生加成反应，B错误；C．白英素B含有醛基，可以发生氧化反应与还原反应；含有酯基，可以发生水解反应，C正确；D．一个分子中有1个手性碳原子，即标记1处，D错误；故选C。
9．某实验小组为探究配合物的性质，进行如下实验：
已知：溶液中，为浅紫色，为红色，为无色。
下列说法正确的是
A．与形成配位键时，提供孤电子对
B．和中共价键数目之比为
C．溶于水后溶液呈黄色而不是浅紫色，是因为转化成了沉淀
D．上述实验说明与配位键强度弱于与配位键强度
【答案】D
【解析】A．与形成配位键时，提供空轨道，A错误；B．中含6个配位键和12和O－H键，共价键数目为18，中含6个配位键，共价键数目为6，比值为3：1，B错误；C．溶于水电离出，在水溶液中发生强烈的水解，生成一系列水解产物——羟基水合络离子，这些离子的颜色常为黄色，使溶液呈黄色，C错误；D．由题干信息可知溶液Ⅱ中含，加NaF后，转化为，说明与配位键强度弱于与配位键强度，D正确；答案选D。
10．有机物X是一种瞬干胶﹐在常温、常压下受水的引发可快速聚合实现黏合，其原理如下图所示。下列说法错误的是
A．有机物X中所有的碳原子可能共平面
B．1mlX最多与发生加成反应
C．氰基和酯基对碳碳双键具有活化作用
D．可用酒精洗涤沾到皮肤上的有机物X
【答案】B
【解析】A．有机物X中含有双键，所有的碳原子可能共平面，A正确；B．1mlX最多与发生加成反应，C=C、C=O、，B错误；C．氰基和酯基对碳碳双键具有活化作用，在C=C位置发生加聚反应，C正确；D．酯类易溶于乙醇，X中含有酯基，可用酒精洗涤沾到皮肤上的有机物X，D正确；故选B。
11．在密闭容器中充入体积比为3∶1的H2(g)和CO2(g)，二者在一定条件下反应可以合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2(g) ΔH<0，已知温度对CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如图所示。
除温度外的其他反应条件相同时，下列有关说法正确的是
A．M点的反应速率比N点的大
B．N点催化剂的催化效率比M点的高
C．化学平衡常数M点比N点小
D．M点产物乙烯的体积分数为7.7%
【答案】D
【解析】A．温度越高，反应速率越快，其他条件相同时， N点的反应速率比M点的大，A错误；B．由图像可知，M点催化剂的催化效率最高，B错误；C．该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，故M点的平衡常数比N点大，C错误；D．设H2、CO2的起始浓度分别为6ml·L-1、2ml·L-1，则M点时，CO2的平衡转化率为50％，根据三段式可知H2、CO2、CH2=CH2、H2O(g)的平衡浓度(ml·L-1)依次为3ml·L-1、1ml·L-1、0.5ml·L-1、2ml·L-1，故乙烯的体积分数为× 100％=7.7%，D正确；答案选D。
12．三草酸合铁酸钾，能溶于水，难溶于乙醇，光照分解，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。在110℃可完全失水，时分解。测定中铁元素的含量：
步骤1：称量样品于锥形瓶中，溶解后加稀酸化，用溶液滴定至终点，消耗溶液；步骤2：向上述溶液中加入一定量锌粉，将铁元素全部还原为后，过滤、洗涤，收集滤液及洗涤液于锥形瓶中，用酸性溶液滴定至终点，消耗溶液，样品中铁的质量分数是
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意可知，步骤1的目的是将样品中的亚铁离子和草酸根离子氧化为铁离子和二氧化碳，步骤2中加入适量锌粉的目的是将溶液中的铁离子完全还原为亚铁离子，用高锰酸钾溶液滴定酸性溶液中亚铁离子，由得失电子数目守恒可得如下关系式：5Fe2+—KMnO4，滴定消耗V2mLcml/L高锰酸钾溶液，由铁原子个数守恒可知，样品中铁元素的质量分数为×100%=，故选B。
13．磷化镓（）是优良的半导体材料，发光范围涵盖红色至黄绿色，是制造LED的主要材料之一，其晶胞结构如图所示，图中原子1的坐标为，原子2的坐标为。下列有关说法中错误的是
A．第一电离能：
B．原子3的坐标为
C．Ga原子的配位数为4
D．若晶胞边长为，阿伏加德罗常数为，则晶体的摩尔体积为
【答案】A
【解析】A．Ga的价电子排布式为4s24p1，容易失去一个电子，P的价电子排布式为3s23p3，p轨道半满，较难失去一个电子，第一电离能：，A错误；B．由图可知，原子3在x、y、z轴上的投影分别为、、，坐标为，B正确；C．据晶胞结构示意图可知，Ga连有4个P， Ga原子的配位数为4，C正确；D．据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个P，1个晶胞中含有4个GaP，晶体的摩尔体积为，D正确；答案选A。
14．常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂。用盐酸滴定溶液，溶液中、、、、随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂
B．n点的pH为m点和点pH的平均值
C．r点溶液中：
D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度一直减小
【答案】C
【解析】A．pH＜8.2时酚酞溶液变无色，pH＜4.4时甲基橙变橙色，由图可知，盐酸溶液滴定碳酸钠溶液时，先生成碳酸氢钠碱性溶液，最终生成碳酸，所以先用酚酞再用甲基橙作指示剂，故A正确；B．由图可知，m点溶液中碳酸氢根离子和碳酸的浓度相等，由电离常数Ka1(H2CO3)= 可知，溶液中氢离子浓度为Ka1(H2CO3)；n点溶液中碳酸氢根离子和碳酸根离子的浓度相等，由电离常数Ka2(H2CO3)= 可知，溶液中氢离子浓度为Ka2(H2CO3)；点溶液中碳酸根离子和碳酸的浓度相等，由电离常数可得：Ka1(H2CO3) Ka2(H2CO3)= ×=c2(H+)，溶液pH=(pHm+pH)，则n点的pH为m点和点pH的平均值，故B正确；C．由图可知，r点为碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系和物料守恒关系，整合可得，溶液中氯离子浓度大于碳酸浓度，所以溶液中，故C错误；D．碳酸在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解促进水的电离，r点到k点的过程中，随着盐酸的滴加，碳酸根离子浓度逐渐减少，碳酸浓度逐渐增大，则水的电离程度始终减小，故D正确；故选C。
二、主观题
17．（15分）硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料。
(1)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
硅与碳同族，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是 。
(2)锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法。还原的反应如下：
反应1：，
反应2：
反应3：
①对于上述三个反应，下列说法合理的是 。
a.升高温度会提高的转化率 b.还原过程需在无氧的气氛中进行
c. d.Na、Mg可以代替还原
②实际制备过程选择“反应3”，选择的理由是 。
(3)工业上也可用制备高纯硅。时，相关反应的热化学方程式和平衡常数如表：
①则该温度下，= ；K3= (用K1和K2表示)。
②对于反应，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在和时的转化率随时间变化的结果如图所示。则T1 T2(填“大于”“小于”或“等于”)，时平衡常数K= (保留2位小数)。
③在下，要提高转化率，可采取的措施是 。
【答案】(1)键的键能比键的键能低，难以形成较长的硅链；键的键能比键的键能低，使得短链硅烷也不稳定（2分）
(2)①bd（2分） ②温度高，反应速率快；更易于硅的分离（2分）
(3)①+114（2分） （2分）②大于（1分） 0.11（2分）③及时分离出产物（2分）
【解析】（1）硅原子半径大于碳，形成硅硅键键长大于碳碳键键长，使得键的键能比键的键能低，难以形成较长的硅链；键的键能比键的键能低，也使得短链硅烷也不稳定，故硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多；
（2）①a.反应均为放热反应，升高温度反应逆向移动，导致的转化率降低，错误；
b.锌、硅都会和氧气反应，故还原过程需在无氧的气氛中进行，正确；c.液态氯化锌变为气体、液态锌单质变为气体，均为吸热过程，导致反应放热减少，放热的焓变为负值，故，错误；d.Na、Mg均为活泼金属，可以代替作为还原剂，还原，正确；故选bd；
②反应3温度高，反应速率快，且生成硅为固态而氯化锌为气体，更易于硅的分离，所以实际制备过程选择“反应3”；
（3）①已知：
Ⅰ：
Ⅱ：
由盖斯定律可知，3×Ⅰ+Ⅱ得反应：，则该温度下，=；K3=。
②反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动且反应速率加快，的转化率增大，结合图可知，T1大于T2；平衡时，的转化率为50%，假设投料1ml，则：
反应为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替其浓度，则平衡常数K=。
③下，及时分离出产物，可以促使反应正向进行，使得转化率提高。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
D
C
C
C
D
D
C
C
D
B
D
B
A
C
选项
操作
现象
结论
A
向某补血口服液中滴加几滴酸性溶液
酸性溶液紫色褪去
该补血口服液中一定含有
B
将溶液加热到，用传感器监测溶液变化
溶液的逐渐减小
温度升高，水解平衡正向移动
C
向溶液中通入少量，然后再加入少量苯
有机层呈橙红色
氧化性：
D
向两支装有等体积等浓度的双氧水的试管中分别加入浓度均为的溶液和溶液
加入溶液的试管产生气泡快
加入溶液时，双氧水分解反应的活化能较小
化学键
键能
356
413
226
318
热化学方程式
平衡常数
K1
K2
K3