單縣二中2024-2025學(xué)年度高三三輪復(fù)習(xí)第三次考試解析

單縣二中2024-2025學(xué)年度高三三輪復(fù)習(xí)第四次考試答案1．B2．B3C4．C5．A6．D7．B8．C9．B10．B11．AD12．B13．BD14．AC15．C16.(1)①3②.8③④不(1分)(2)①.sp2、sp3碳—碳單電子σ鍵少了一個電子，所以帶正電荷②5(1分)17.(1)①第四周期第ⅥA族(1分)②.(2)使CuO轉(zhuǎn)化為CuSO4，使CuO與其他物質(zhì)分離(1分)(3)2∶1(4)將[PtCl6]2-還原為[PtCl4]2-(5)1.018．(1)吸收CO，防止污染空氣(1分)(2)(3)當(dāng)看到C中充滿黃綠色氣體時，打開電爐(4)防止ZrCl4堵塞玻璃導(dǎo)管(1分)(5)C(1分)(6)形成液封，充分吸收反應(yīng)生成的HCl，防止HCl逸出造成實驗誤差偏小(1分)19．(1)4-氯苯甲醛(1分)濃硫酸，加熱(1分)(2)①防止中的與B中結(jié)合(保護(hù)羧基)(1分)②③羧基、酰胺基(3)或或或(4)4(1分)20.(1)+76kJ·mol－1(2)乙溫度高于T1時，副反應(yīng)Ⅰ起主導(dǎo)因素，隨升高溫度平衡逆向移動，碳的物質(zhì)的量減少(3)40%0.3增大1．【答案】B【詳解】A．芯片的主要成分是硅單質(zhì)，A錯誤；B．犧牲陽極保護(hù)法是利用原電池原理，將船舶外殼鑲嵌活潑金屬，活潑金屬被腐蝕，船體外殼被保護(hù)，B正確；C．稀土元素主要是指周期表中鑭系元素和鈧、釔，共17種元素，C錯誤；D．電池充電時把電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，D錯誤。2．【答案】B【詳解】A．乙酸乙酯屬于酯，具有香味，可用作水果香精，A項正確；B．氫氧化鋁不具有可燃性，不可用作助燃劑，B項錯誤；C．苯酚俗稱石炭酸，有毒，可使蛋白質(zhì)變性，可用于消毒，C項正確；D．氧化鐵為紅棕色，可用作顏料，D項正確；故選B。3．【答案】C【詳解】A．蒸餾操作過程中，發(fā)現(xiàn)忘加沸石，立即停止加熱，待冷卻后再加入，以確保安全，A正確；B．海帶提碘實驗的萃取操作中，振蕩過程中放氣，防止分液漏斗內(nèi)氣壓過大導(dǎo)致液體噴出或分液漏斗炸裂，B正確；C．配制銀氨溶液的正確操作是向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水，直至最初產(chǎn)生的沉淀恰好溶解為止。此時銀氨溶液已配制完成，無需繼續(xù)加入過量氨水，C錯誤；D．鈉易與空氣中的氧氣和水蒸氣反應(yīng)、白磷在空氣中能自燃，為防止發(fā)生意外事故，未用完的鈉、鉀、白磷等藥品放回原試劑瓶以確保安全，但一般剩余的藥品不能放回原試劑瓶，D正確；故選C。4．【答案】C【詳解】A．根據(jù)的結(jié)構(gòu)可知，該物質(zhì)的官能團(tuán)為酯基，故該物質(zhì)的名稱為：乙酸苯酯，A錯誤；B．SO2分子的中心S原子上孤電子對數(shù)為=1，價層電子對數(shù)為3，VSEPR模型為平面三角形：，B錯誤；C．在甲醛分子（HCHO）中，碳原子采用雜化方式，與氧原子形成一個鍵，和兩個氫原子形成兩個鍵，同時碳原子一個未參與雜化的p軌道與氧原子的一個p軌道形成π鍵，其π鍵的電子云圖為：，C正確；D．基態(tài)N原子的軌道表示式為：，D錯誤；故答案為：C。5．【答案】A【詳解】A．KMnO4有強(qiáng)氧化性，具有良好的殺菌消毒、抑菌的作用，A正確；B．NaHCO3受熱分解產(chǎn)生無毒無害CO2氣體，從而使食品膨脹，故可以用作食品膨松劑，B錯誤；C．氯化鐵溶液用于傷口止血，是因為血液屬于膠體，血液膠體遇到電解質(zhì)氯化鐵發(fā)生膠體聚沉，C錯誤；D．SO2有毒，可以抑制霉菌和細(xì)菌的滋生，從而防止食品腐敗，故SO2用作食品防腐劑與氧化性無關(guān)，D錯誤；故選A。6．【答案】D【分析】離子晶體中形成離子鍵的離子半徑越小，電荷數(shù)越多，離子鍵越強(qiáng)，熔沸點(diǎn)越高。據(jù)此分析作答?！驹斀狻竣貱aO：離子半徑較小，電荷數(shù)為2；②KCl：K+半徑比Ca2+大，電荷數(shù)為1；③Na2SO4：Na+半徑比K+小，電荷數(shù)為2；④CH3COOCs：Cs+的半徑比K+、Ca2+、Na+都大，電荷數(shù)為1；綜上分析可知，CH3COOCs離子鍵最弱，熔沸點(diǎn)最低；故選D。7．【答案】B【詳解】A．測定硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量，在坩堝中灼燒后放入干燥器中冷卻，故A錯誤；B．萃取操作時，振蕩過程中通過打開分液漏斗下方的旋塞從下口放氣，故B正確；C．乙酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳中含有乙酸，乙酸也能和苯酚鈉溶液反應(yīng)生成苯酚，而影響碳酸和苯酚鈉的反應(yīng)，故C錯誤；D．乙醇在濃硫酸作催化劑并且加熱到170℃時反應(yīng)消去反應(yīng)，期間出現(xiàn)碳化現(xiàn)象、碳和濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的雜質(zhì)氣體二氧化硫通入溴水也會褪色，故D錯誤；故答案為B。8．【答案】C【分析】由結(jié)構(gòu)可知，A只能形成一個共價鍵，為H；E形成4個共價鍵，為C；M形成2個共價鍵，為O；Q可形成5個共價鍵，為P，由于A、E、L、M、Q為原子序數(shù)依次增大，則L為N?！驹斀狻緼．N的價電子排布為2s22p3，為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，O的價電子排布為2s22p4，則第一電離能N>O，故A錯誤；B．水分子間存在氫鍵，而磷化氫沒有分子間氫鍵，所以O(shè)的簡單氫化物沸點(diǎn)較PH3的高，即簡單氫化物沸點(diǎn)：O>P，故B錯誤；C．同主族元素從下至上、同周期元素從左至右半徑減小，因此基態(tài)原子半徑：C>O>H，故C正確；D．Q的最高價含氧酸的水溶液為H3PO4，為弱酸，pH>1，故D錯誤；故答案為C。9．【答案】B【分析】X與通過加成反應(yīng)生成Y，Y通過先加成、后消去反應(yīng)生成Z，Z與CH3MgI反應(yīng)，再酸化生成M。【詳解】A．據(jù)分析，X→Y的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，故A正確；B．Z和M均有碳碳雙鍵，均與溴水發(fā)生加成反應(yīng)、使溴水褪色，不能鑒別兩者，故B錯誤；C．M分子中有3個手性碳原子：（“*”標(biāo)示的碳原子），故C正確；D．丙酮與甲醛下發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3COCH2CH2OH，再加熱發(fā)生消去反應(yīng)得到，故D正確；故答案為B。10．【答案】B【分析】向甲苯和水中加入高錳酸鉀加熱回流氧化生成苯甲酸鉀和二氧化錳，趁熱過濾分離兩者，再向冷卻后的濾液中加濃鹽酸酸化得到微溶于冷水的苯甲酸，再經(jīng)過濾、洗滌、低溫烘干、重結(jié)晶得到苯甲酸?！驹斀狻緼．在甲苯中加入合適的冠醚可與K+結(jié)合，將攜帶進(jìn)入甲苯中，使游離或裸露的反應(yīng)活性很高，加快高錳酸鉀氧化甲苯的速率，故A正確；B．化學(xué)方程式原子不守恒，故B錯誤；C．KMnO4與NaHSO3反應(yīng)生成二氧化錳、硫酸鈉、硫酸鉀和水，通過過濾分離MnO2和苯甲酸鉀，故C正確；D．由于苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水，100℃左右升華，故酸化后的苯甲酸固體經(jīng)過過濾、洗滌、低溫烘干、重結(jié)晶得到苯甲酸產(chǎn)品，故D正確；故答案為B。11．【答案】AD【詳解】A．HCOO-水解為堿性，水解為酸性，若室溫下測HCOONH4的pH<7，則水解程度大于HCOO-水解程度，，故A正確；B．向某鈉鹽化合物粉末上滴加濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液，品紅溶液褪色，放出的氣體可能是氯氣，所以該鈉鹽也可能是次氯酸鈉、氯酸鈉等鹽，故B錯誤；C．將2-溴丙烷與氫氧化鈉的乙醇溶液共熱，再向其中加入少量溴水，過量NaOH能與溴水反應(yīng)，使溴水褪色，不能說明2-溴丙烷發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；D．向酸性高錳酸鉀溶液中加入過量草酸，其他條件不變，增加草酸濃度，反應(yīng)速率增加，加入草酸溶液的試管中溶液紫色消失更快，故D正確；故答案為AD。12．【答案】B【詳解】A．實驗①中，K3[Fe(CN)6]溶液滴加KSCN后無紅色出現(xiàn)，說明Fe3+未與SCN?反應(yīng)，反應(yīng)難以發(fā)生，A正確；B．H2O2的作用對象是Fe2+，而非KSCN，B錯誤；C．實驗③中，F(xiàn)eSO4與K4[Fe(CN)6]混合無沉淀，但加入I2后生成藍(lán)色沉淀，表明Fe2+被氧化為Fe3+，與[Fe(CN)6]4-反應(yīng)，C正確；D．H2O2可氧化K4[Fe(CN)6]中的Fe2+為Fe3+，生成K3[Fe(CN)6]，同時H2O2被還原為H2O和OH-，D正確；故選B。13．【答案】BD【解析】由圖示裝置溶液中OH?的移動方向可知，OH?移向陽極，左側(cè)石墨M為陽極，右側(cè)石墨N為陰極，Na+通過膜b進(jìn)入產(chǎn)品室，為陽離子交換膜，膜a要阻止其他陽離子進(jìn)入緩沖室，為陰離子交換膜，CrO42?通過膜c進(jìn)入產(chǎn)品室，膜c是陰離子交換膜，A錯誤；依據(jù)圖中物質(zhì)，廢水室中Cr3+在堿性條件下被H2O2氧化生成CrO42?，反應(yīng)的離子方程式為2Cr(OH)3+3H2O2+4OH14．【答案】AC【解析】鈷鎳渣（主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu）中加H2SO4酸浸，過濾，濾渣1為不溶于酸和水的雜質(zhì)Cu，所得濾液中含有Ni2+、Fe2+及Co2+，向濾液加入H2O2、CoCO3氧化除雜，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，CoCO3調(diào)節(jié)溶液pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過濾，濾渣2為Fe(OH)3，濾液中含有Ni2+、Co2+，加入氨水沉鎳，過慮得Ni(OH)2，濾液中含有CoNH362+，加入Na2SO5和NaOH氧化沉鈷，CoNH362+轉(zhuǎn)化為Co(OH)3。濾渣1是Cu，濾渣2是FeOH3，A正確；氧化除雜步驟中，H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，但不能氧化Co2+，說明氧化性：Co3+>H2O2>Fe3+，B錯誤；完全沉淀時cNi2+≤10?5mol?L?1，則溶液中c(OH-)=KspNi(OH)2cNi+SO42-+12NH3，SO15．【答案】C【分析】隨著pH增大，H2S摩爾分?jǐn)?shù)減小，HS-摩爾分?jǐn)?shù)先增大再減小，摩爾分?jǐn)?shù)增大，虛線①代表H2S摩爾分?jǐn)?shù)，虛線②代表摩爾分?jǐn)?shù)，虛線③代表摩爾分?jǐn)?shù)；，，，由P點(diǎn)可知，，，<且兩者數(shù)量級差距較大，故pH較小時，沉淀所需要銀離子濃度更小，故直線④表示H2S溶液中Ag+的－lgc與pH的關(guān)系，直線⑤表示H2S溶液中Cd2+的－lgc與pH的關(guān)系；【詳解】A．根據(jù)分析可知，直線④表示H2S溶液中Ag+的－lgc與的關(guān)系，直線⑤表示H2S溶液中Cd2+的－lgc與pH的關(guān)系，A錯誤；B．水解平衡常數(shù)，數(shù)量級不為，B錯誤；C．根據(jù)分析可知，，C正確；D．向相同濃度的Ag+和的混合溶液中通入H2S氣體，因為硫化氫氣體的通入，溶液呈酸性，再結(jié)合圖中兩條沉淀溶解平衡直線可知，Ag+先開始沉淀，D錯誤；故選C。16.【答案】(1)①3②.8③④不合理(2)①.sp2、sp3碳—碳單電子σ鍵少了一個電子，所以帶正電荷②5【解析】(1)①位于第四周期第族，最外層電子數(shù)為2。同周期中，基態(tài)原子最外層電子數(shù)比少的元素有、()、()，共3種。②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，以位于面心的為研究對象，周圍最近的有8個。根據(jù)均攤法，晶胞中個數(shù)為，個數(shù)為，個數(shù)為。晶胞質(zhì)量，晶胞體積，根據(jù)，可得晶體密度。③不合理，和半徑相近，且均帶2個單位正電荷，體心被占據(jù)會使同種電荷相互排斥，結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定。(2)①上圖所示物質(zhì)的正離子中苯環(huán)上的碳原子采用雜化，其余碳原子周圍的價層電子對數(shù)為4，采用雜化。從化學(xué)鍵角度看，碳-碳單電子鍵少了一個電子，從而帶正電荷。②對于，中心碘原子的價層電子對數(shù)=成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)，成鍵電子對數(shù)為2，孤電子對數(shù)，所以價層電子對數(shù)。17.【答案】(1)①.第四周期第ⅥA族②.(2)使CuO轉(zhuǎn)化為CuSO4，使CuO與其他物質(zhì)分離(3)2：1(4)將[PtCl6]2-還原為[PtCl4]2-(5)1.0(6)【解析】陽極泥加入純堿(碳酸鈉)、空氣焙燒，然后加入水，浸取過濾得到含Na2TeO3、Na2SeO3濾液a，分離出濾渣，濾渣加入稀硫酸酸浸溶解氧化銅得到含硫酸銅的濾液b，分離出含Au、Pt、Pd的濾渣，加入濃鹽酸和氯氣氯浸，金屬、、被氧化為配離子：、、，加入草酸將還原為金單質(zhì)、還原為，過濾分離出金單質(zhì)，濾液加入氯化銨得到含濾液c和沉淀。(1)Se與O位于同一個主族，其在元素周期表中的位置是第四周期第ⅥA族；PdSe中Pd為+2價，且“氧化焙燒”時，陽極泥中的化合態(tài)Pd轉(zhuǎn)化為單質(zhì)，反應(yīng)中Pd化合價由+2變?yōu)?，空氣中氧氣參與反應(yīng)，氧化合價由0變?yōu)?2，Se化合價由-2變?yōu)?4得到，結(jié)合電子守恒、質(zhì)量守恒，PdSe發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；(2)稀硫酸能和金屬氧化物氧化銅反應(yīng)，而不和、、反應(yīng)，故目的為：使轉(zhuǎn)化為，使與其他物質(zhì)分離；(3)，Pd化合價由0變?yōu)?4，為還原劑，氯氣中氯化合價由0變?yōu)?1，為氧化劑，結(jié)合電子守恒存在，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1；(4)草酸具有還原性，由分析結(jié)合流程，“分金”加入過量草酸的作用，除析出金屬Au外，還有將還原為，便于后續(xù)使含物種與含物種分離；(5)反應(yīng)后混合液中，則此時，結(jié)合反應(yīng)，設(shè)初始加入NH4Cl溶液體積為V，則溶液總體積為2V，則初始加入溶液的濃度約為；18．【答案】(1)吸收CO，防止污染空氣(2)(3)當(dāng)看到C中充滿黃綠色氣體時，打開電爐(4)防止ZrCl4堵塞玻璃導(dǎo)管(5)C(6)形成液封，充分吸收反應(yīng)生成的HCl，防止HCl逸出造成實驗誤差偏小【分析】A中氯氣與ZrSiO4、碳高溫反應(yīng)得到產(chǎn)物ZrCl4、SiCl4和副產(chǎn)物CCl4，結(jié)合表數(shù)據(jù)，B中收集ZrCl4，C中收集SiCl4，D可吸收未反應(yīng)完全的氯氣，同時防止E中水蒸氣進(jìn)入C使SiCl4水解，E吸收產(chǎn)生的毒氣CO；【詳解】（1）由分析，裝置E的作用為吸收CO，防止污染空氣；（2）裝置A中氯氣與ZrSiO4、碳高溫反應(yīng)得到產(chǎn)物ZrCl4、SiCl4，結(jié)合質(zhì)量守恒，還會生成CO，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（3）為防止空氣中氧氣、水干擾實驗，應(yīng)該首先使用氯氣排凈裝置中空氣，故步驟③為當(dāng)看到C中充滿黃綠色氣體時，打開電爐；（4）ZrCl4容易冷凝成為固體，堵塞導(dǎo)管，故需要不斷加熱A、B之間的玻璃管，其目的是防止ZrCl4堵塞玻璃導(dǎo)管；（5）A．儀器a為球形冷凝管，作用是多次冷凝回流，增強(qiáng)分離效果，正確；B．為了好的冷凝效果，冷凝水下進(jìn)上出，應(yīng)該先從c通入冷凝水，再打開電熱套，正確；C．SiCl4、CCl4沸點(diǎn)分別為57.6℃、76.8℃，則應(yīng)控制儀器a頂端支管口處蒸氣溫度為高于57.6℃且低于76.8℃，錯誤；D．儀器d中盛裝的試劑為隔絕空氣中水，可以選用五氧化二磷干燥劑，正確；故選C；（6）ZrCl4白色固體，遇水劇烈水解，結(jié)合質(zhì)量守恒，會水解生成HCl，安全漏斗中存在液封設(shè)計，其作用為形成液封，充分吸收反應(yīng)生成的HCl，防止HCl逸出造成實驗誤差；由題干，和NH4SCN反應(yīng)的銀離子為，結(jié)合氯元素守恒：，則ZrCl4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。若取消步驟ⅳ，導(dǎo)致部分氯化銀沉淀和NH4SCN反應(yīng)，使得NH4SCN用量增大，則ZrCl4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏小。19．【答案】(1)4-氯苯甲醛濃硫酸，加熱(2)①防止中的與B中結(jié)合(保護(hù)羧基)②③羧基、酰胺基(3)或或或(4)4【分析】A的分子式為，不飽和度為5，結(jié)合條件可知，A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B，B與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成C，結(jié)合A的不飽和度為5，說明A中含有的是醛基、苯環(huán)(由目標(biāo)產(chǎn)物推斷)，結(jié)合目標(biāo)產(chǎn)物中苯環(huán)取代基的位置推斷，A中兩個取代基處于對位，A的結(jié)構(gòu)簡式為，B的結(jié)構(gòu)簡式為，C的結(jié)構(gòu)簡式為，C與發(fā)生取代反應(yīng)生成D為，D中酯基先水解，再酸化生成E為，E中羧基與中氨基發(fā)生取代反應(yīng)生成F為，F(xiàn)與發(fā)生已知信息的反應(yīng)生成目標(biāo)產(chǎn)物?！驹斀狻浚?）A的結(jié)構(gòu)簡式為，系統(tǒng)命名法為4-氯苯甲醛；B→C發(fā)生的是羧基和羥基的酯化反應(yīng)，反應(yīng)條件為濃硫酸、加熱；（2）B→C的反應(yīng)先讓羧基發(fā)生酯化反應(yīng)，而D→E又發(fā)生酯基的水解反應(yīng)，說明B→C的目的為防止中的與B中結(jié)合(保護(hù)羧基)；C→D的反應(yīng)為取代反應(yīng)，同時會生成HCl，化學(xué)方程式為；結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡式可知，含氧官能團(tuán)名稱為羧基、酰胺基；（3）E結(jié)構(gòu)簡式為，①含苯環(huán)，除了苯環(huán)外還剩余7個碳原子、3個氧原子、2個氮原子、3個不飽和度，②有四種不同化學(xué)環(huán)境的H且個數(shù)比為，說明含有的結(jié)構(gòu)，③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，滿足條件的結(jié)構(gòu)簡式為或或或；（4）H的分子式為，結(jié)合E→F的反應(yīng)，H與中氨基發(fā)生取代反應(yīng)生成I，則H的結(jié)構(gòu)簡式為，I的結(jié)構(gòu)簡式為，結(jié)合已知信息逆推可知，J的結(jié)構(gòu)簡式為，則試劑M為；由上述分析可知，試劑M為；I中有4種化學(xué)環(huán)境的氫原子。20.【答案】(1)+76kJ·mol－1(2)乙溫度高于T1時，副反應(yīng)Ⅰ起主導(dǎo)因素，隨升高溫度平衡逆向移動，碳的物質(zhì)的量減少(3)40%0.3增大【解析】(1)由重整反應(yīng)+副反應(yīng)Ⅰ可得副反應(yīng)Ⅱ，則；(2)根據(jù)重整反應(yīng)：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正移，副反應(yīng)Ⅱ：C