重庆八中届高考适应性月考五理科综合化学试题+W.docx

1、重庆八中届高考适应性月考五理科综合化学试题+W重庆八中2018届高考适应性月考（五）理综化学试题1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A. 酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是因为发生了氧化还原反应B. 将草木灰与NH4H2PO4混合施用，可更好为植物全面提供N、P、K 三种营养元素C. 纳米铁粉可将地下水中的NO3-转化为N2，是因为纳米铁粉具有还原性D. 生活中常用可溶性铝盐净水，可加速水中悬浮物沉降【答案】B【解析】A. 酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是因为亚硫酸被氧气氧化为硫酸，发生了氧化还原反应，A正确；B. 草木灰水溶液显碱性、NH4H2PO4水溶液显酸性，将草

2、木灰与NH4H2PO4混合施用后，铵根离子可能会转化为氨气导致N元素损失，氮肥的肥效损失，B不正确；C. 纳米铁粉可将地下水中的NO3-转化为N2，是因为纳米铁粉具有还原性，B正确；D. 可溶性铝盐水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，所以生活中常用可溶性铝盐净水，可加速水中悬浮物沉降，D正确。本题选B。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. S+2KNO3+3C= K2S+3CO2+N2每生成0.5mol N2，反应中转移电子数为6NAB. a g C2H4和C3H6混合气体含有的原子数目为a NA/14C. lL 0.2mol/L NaHCO3溶液中含HCO3- 和CO32-的

3、离子数之和为0.2NAD. 1molL-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目小于NA【答案】A3. 化合物a、b的结构简式如图3所示，下列说法正确的是A. 化合物b不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. a的消去产物中最多有15个碳原子共面C. a、b均能发生还原反应、取代反应、消去反应 D. b分子发生加成反应最多消耗4mol H2【答案】B【解析】A. 化合物b分子中有羟基，与苯环直接相连的碳原子上有2个H，所以其可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；B. 由乙烯分子6原子共面、苯分子的12原子共面以及单键可以旋转这个事实，可以判断a的消去产物中最多有15个碳原子共面，B正确；C. b分子中羟

4、基没有，所以不能发生消去反应，C不正确；D. b分子发生加成反应最多消耗3mol H2，其中酯基不能与氢气加成，D不正确。本题选B。点睛：本题考查了多官能团的有机物的分子结构和性质。要求我们要掌握常见简单有机物及其官能团的结构和性质，明确各种反应类型对物质结构的要求，能把有机物分成若干部分进行分析。4. 前20号元素W、X、Y、Z原子序数依次递增，W原子最外层电子数是次外层的3倍，X的简单离子半径在同周期中最小。W、Z的质子数之和等于X、Y的质子数之和，X、Y、Z的最外层电子数之和等于W的核外电子数。下列说法错误的是A. W与X的简单离子具有相同的电子层结构B. 1mol Y的最高价氧化物含共

5、价键数目为4NAC. X、Z分别与W形成的化合物都具有相同类型的化学键D. X、Y的单质均可以和Z的最高价氧化物对应的水化物溶液反应【答案】C【解析】前20号元素W、X、Y、Z原子序数依次递增，W原子最外层电子数是次外层的3倍，W为O元素；X的简单离子半径在同周期中最小。W、Z的质子数之和等于X、Y的质子数之和，X、Y、Z的最外层电子数之和等于W的核外电子数，所以，X、Y、Z分别为Al、Si、K元素。A. W与X的简单离子具有相同的电子层结构，A正确；B. 1mol Y的最高价氧化物（二氧化硅）含共价键数目为4NA，B正确；C. 氧化铝中只含离子键，钾可形成复杂的氧化物，其中既有离子键又有共价

6、键，C不正确； D. 铝和硅均可以和氢氧化钾溶液反应，D正确。本题选C。5. 下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向包有Na2O2粉末的脱脂棉滴2滴水脱脂棉燃烧Na2O2与水反应放热BFe(NO3)2样品中加入稀硫酸，再滴加KSCN溶液溶液变为血红色Fe(NO3)2样品已经变质C向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2悬浊液，振荡沉淀由白色变为红褐色Fe(OH)3的溶度积小于Mg(OH)2D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸无红色沉淀生成蔗糖没有发生水解反应生成葡萄糖A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A. 向包有Na

7、2O2粉末的脱脂棉滴2滴水，脱脂棉燃烧，说明Na2O2与水反应放热，A 正确；B. 因为硝酸根离子在酸性条件下可以把亚铁离子氧化为铁离子，所以Fe(NO3)2样品中加入稀硫酸、再滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，不能说明Fe(NO3)2样品已经变质，B不正确；C. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2悬浊液，振荡沉淀由白色变为红褐色，不能说明Fe(OH)3的溶度积小于Mg(OH)2，因为沉淀的转化是可逆反应，C不正确；D. 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后，没有加入氢氧化钠溶液中和硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸后肯定无红色沉淀生成，所以不能说明蔗糖没有发生水解反应生成葡萄糖

8、，D不正确。本题选A。点睛：离子反应总是向着能够减小某种离子浓度的方向移动。向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2悬浊液，振荡后沉淀由白色变为红褐色，说明生成Fe(OH)3沉淀可以使溶液中的c(OH-) 变得更小。6. 用甲醇燃料电池作电源，用铁作电极电解含Cr2O72-的酸性废水，利用生成的Fe2+可将Cr2O72-转化成Cr(OH)3沉淀而除去，装置如图。下列说法正确的是A. 由b口加入物质为O2B. 燃料电池负极的电极反应式为CH3OH+8OH-6e-= CO32-+6H2OC. 电解过程中，Fe(I)质量减少，Fe()上有气体产生D. 电路中每转移6mol电子，最多有lmol Cr2O7

9、2-被还原【答案】C【解析】试题分析：由图中质子的迁移方向可知，M为负极、N为正极，所以b口进入的是甲醇、c口进入的是氧气，Fe（I）是阳极、Fe（II）是阴极。A. 由b口加入物质为甲醇，A不正确；B. 燃料电池负极的电极反应式为CH3OH-6e -+2H2O= CO32-+8H+，B不正确；C. 电解过程中，Fe(I)是阳极，其质量减少，Fe()是阴极，氢离子放电产生氢气，C正确；D. 电路中每转移6mol电子，可以生成3mol Fe2+，所以最多有0.5mol Cr2O72-被还原，D不正确。本题选C。点睛：要注意审题，“Fe2+可将Cr2O72-转化成Cr(OH)3沉淀而除去”，说明F

10、e2+可被Cr2O72-转化成Fe3+，依据电子转移守恒可得6Fe2+Cr2O72-，不能根据电路中的电子转移计算。7. 常温下，向20mL0.2 molL-1H2A溶液中滴加0.2 molL-1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图所示（其中代表H2A，代表HA-，代表A2-），根据图示判断，下列说法正确的是A. 当V( NaOH )= 20mL时，pHc(A2-)c(OH-)c(HA-)c(H+)C. 当V(NaOH)= 10mL时，有c(Na+)=2c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)D. 当V(NaOH)= 30mL时，2c(H+)+3c(H2A)+c(HA-)= 2c(OH-)

11、+c(A2-)【答案】D【解析】A. 当V( NaOH )= 20mL时，H2A恰好与NaOH反应生成HA-，由图可知，此时溶液中n(H2A)n(A2-)，说明HA-的水解程度大于其电离程度，故溶液显碱性，pH7，A不正确；B. 当V(NaOH)= 20mL时，结合图中信息可知，溶液中离子浓度大小关系为c(Na+) c(HA-) c(OH-) c(H+)c(A2-)，B不正确；C. 当V(NaOH)= 10mL时，由物料守恒可知，2c(Na+)= c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，C不正确；D. 当V(NaOH)= 30mL时，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)= c(HA-)+2c(

12、A2-)+ c(OH-)和物料守恒2c(Na+)= 3c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，可以求得质子守恒式：2c(H+)+3c(H2A)+c(HA-)= 2c(OH-)+c(A2-)，D正确。本题选D。8. 某工厂为了节能减排，将烟道气中SO2和含Ca(OH)2、NaOH的废碱液作用，经过一系列化学变化，最终得到石膏和过二硫酸钠(Na2S2O8)。设计简要流程如图：（1）操作a的名称是_。废碱液经操作a得到的固体为_(填化学式)。（2）向溶液I中通入足量的空气发生反应的化学方程式为_。（3）已知用惰性电极电解SO42-可生成S2O82-，其过程如下图所示，S2O82-中S的化合价为_，

13、阳极生成Na2S2O8的电极反应式为_；在整个流程中可以循环利用的物质是H2O和_ (填化学式)。（4）若制取1mol Na2S2O8且阳极有11.2L的氧气产生(标准状况)。则电解生成的H2在标准状况下的体积为_L。（5）烟道气中的SO2可用石灰水吸收，生成亚硫酸钙浊液。常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，已知Ka1 (H2SO3)=1.810-2，Ka2 (H2SO3)=6.010-9，忽略SO32-的第二步水解，则Ksp(CaSO3)=_。【答案】 (1). 过滤 (2). CaSO3 (3). 2Na2SO3+O2=2Na2SO4 (4). +6 (5). 2SO42-2

14、e-= S2O82- (6). NaOH (7). 44.8 (8). 4.210-9【解析】试题分析：由题意可知，道气中SO2被含Ca(OH)2、NaOH的废碱液吸收后生成亚硫酸钙和亚硫酸钠，过滤后，滤渣亚硫酸钙被氧化为石膏，滤液中的亚硫酸钠被氧化为硫酸钠后经电解转化为过二硫酸钠。（1）操作a的名称是过滤。废碱液经操作a得到的固体为CaSO3。（2）向溶液I中通入足量的空气发生反应的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4。（3）由图可知，过二硫酸根离子中有OO键，这2个O显-1价，另外6个O显-2价，所以S2O82-中S的化合价为+6，阳极生成Na2S2O8的电极反应式为2SO42

15、-2e-= S2O82-，阴极的电极反应为2 H2O+2 e-= H2+2OH-，阴极有氢氧化钠生成，所以，在整个流程中可以循环利用的物质是H2O 和NaOH。（4）若制取1mol Na2S2O8且阳极有11.2L的氧气产生(标准状况)，则由电极反应式可知，生成1mol Na2S2O8要转移2mol电子、生成11.2L标准状况的氧气产生要转移2mol电子，所以，电解过程中共有4mol电子转移，可以生成的2molH2，在标准状况下的氢气的体积为44.8L。（5）常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，则c(OH-)=mol/L，由Ka2 (H2SO3)=6.010-9，求出的水解常数为

16、，由水解的离子方程式可知，c(OH-)=，代入水解常数表达式求出6.010-5mol/L，则c(Ca2+)=7.010-5mol/L，所以Ksp(CaSO3)= 6.010-5mol/L 7.010-5mol/L =4.210-9。点睛：共价化合物及其离子中元素的化合价是这样规定的，非金属性较强的元素原子吸引共用电子对的能力强，所以其显负化合价，化合价的数值等于偏向于它的共用电子对数。9. 硫代硫酸钠(Na2S2O35H2O) 俗名“大苏打”。易溶于水，难溶于乙醇，沸点为100，酸性或加热条件下易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：回答下列问题：（1）装置A

17、可用于观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择_(填序号)。若装置堵塞使气流不畅，则A中的现象为_。a.蒸馏水 b.饱和Na2SO3溶液 c.饱和NaHSO3溶液 d.饱和NaHCO3溶液（2）尾气处理可以选择以下装置中的_(填序号)。（3）反应过程中若pH值小于7则会降低产率，请用离子方程式解释原因：_。（4）请写出装置C中发生反应的化学方程式：_。（5）反应结束后，取C中混合物趁热过滤，取滤液于蒸发皿中， _，抽滤，洗涤，低温下干燥得产品。洗涤时要尽量减少产品的损失，其具体操作是_。（6）为检验制得的产品的纯度，该实验小组称取4g 的产品配制成250mL 硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定

18、该溶液的浓度：在锥形瓶中加入20mL 0.0lmolL-1KIO3溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+ S4O62-，实验数据如下表：实验序号123Na2S2O3溶液体积(mL)19.9820.0221.2当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液_，且半分钟内不变化，则达到终点。计算该产品的纯度是_。【答案】 (1). c (2). 长颈漏斗液面上升 (3). ab (4). S2O32-+2H+= S+H2O+SO2 (5). 2Na2S+Na2

19、CO3+4SO23 Na2S2O3+CO2 (6). 水浴加热蒸发，冷却结晶 (7). 用乙醇浸没过滤器中的晶体，自然流干后重复23 次 (8). 蓝色褪去 (9). 93%【解析】（1）装置A可用于观察SO2的生成速率，由于二氧化硫易溶于水、不溶于饱和NaHSO3溶液，所以，其中的液体最好选择饱和NaHSO3溶液，选c。若装置堵塞使气流不畅，则可观察到A中的现象为：长颈漏斗液面上升。（2）尾气处理可以选择以下装置中的ab，它们可以防止倒吸，另外两个不能。（3）反应过程中若pH值小于7则会降低产率，因为大苏打在酸性或加热条件下易分解，其离子方程式为：S2O32-+2H+= S+H2O+SO2。

20、（4）装置C中发生反应的化学方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO23 Na2S2O3+CO2。（5）反应结束后，取C中混合物趁热过滤，取滤液于蒸发皿中， 水浴加热蒸发，冷却结晶，抽滤，洗涤，低温下干燥得产品。洗涤时要尽量减少产品的损失，由题意知，大苏打易溶于水，难溶于乙醇，故其具体操作是：用乙醇浸没过滤器中的晶体，自然流干后重复23 次。.当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变化，则达到终点。该产品的纯度是93%。10. 运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。（1）乙醇是一种重要的燃料，工业上利用乙烯制酒精：C2H4

21、(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) H，已知乙烯、乙醇的燃烧热分别是1411.0kJmol-1、1366.8 kJmol-1，则H=_。（2）用Cu2Al2O4作催化剂，一定条件下发生反应：CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)，温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率的关系如图，回答下列问题：200250时，乙酸的生成速率升高的主要原因是_。300400时，乙酸的生成速率升高的主要原因是_。（3）甲醇作为一种重要的化工原料。在一定条件下可利用甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应原理可表示为CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g) H=-29.1kJ/mol。向体积为1L的密闭

22、容器中充入3mol CH3OH(g)和3mol CO(g)，测得容器内的压强(p: kPa) 随时间(t: min) 的变化关系如图中、曲线所示：和相比，中改变的反应条件是_。和相比，中改变的反应条件是_，判断的理由是_。反应在5min 时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时v(CH3OH)= _。反应在2min 时达到平衡，平衡常数K()= _。在体积和温度不变的条件下，在上述反应达到平衡时，再往容器中加入2mol CH3OH 和1mol HCOOCH3后，平衡_移动(填“正向”“逆向”或“不”)，原因是_。【答案】 (1). -44.2kJ/mol (2). 催化剂的催化效率升高，化

23、学反应速率加快 (3). 温度升高，化学反应速率加快 (4). 加入催化剂 (5). 降温 (6). 中达到平衡所需的时间大于，故反应速率减慢，温度更低或者CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)为放热反应，降低温度向正反应方向进行，压强更小 (7). 0.4mol(Lmin) (8). 2L/mol (9). 正向 (10). 温度不变， 平衡常数不变，Qc=1K=2，故反应向正反应方向移动【解析】（1）工业上利用乙烯制酒精：C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) H，已知乙烯、乙醇的燃烧热分别是1411.0kJmol-1、1366.8 kJmol-1，由于燃烧热就是在一定

24、条件下每摩尔可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，所以，H=（-1411.0kJmol-1）-（-1366.8 kJmol-1）-44.2kJ/mol。（2）由图中信息可知，200250时，乙酸的生成速率升高的主要原因是催化剂的催化效率升高，化学反应速率加快。由图可知，300400时催化剂的催化效率逐渐减小，所以乙酸的生成速率升高的主要原因是温度升高使化学反应速率加快。（3）在一定条件下可利用甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应原理可表示为CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g) H=-29.1kJ/mol。该反应是一个气体分子数减少的放热反应，随着正反应的发生，气体的压强减小。由图中

25、信息可知，和在平衡状态下的压强相同，但是的化学反应速率较大，所以，和相比，中改变的反应条件是加入催化剂。和相比，的平衡气压较小，且化学反应速率较慢，所以中改变的反应条件是降温，判断的理由是：中达到平衡所需的时间大于，故反应速率减慢，温度更低（或者CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)为放热反应，降低温度向正反应方向进行，压强更小）。反应在5min 时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时，设CH3OH的变化量为x，则CO和HCOOCH3的变化量也是x，CH3OH、CO、HCOOCH3的平衡量分别为3mol-x、3mol-x、x，由图可知，反应前后的压强之比为6:4=3:2，所以（

26、3mol+3mol）：（3mol-x +3mol-x+x）=3:2，解之得，x=2mol，因此，v(CH3OH)= 0.4mol(Lmin) 。反应在2min 时达到平衡，其平衡常数与反应相同，所以平衡常数K()= 2L/mol。在体积和温度不变的条件下，在上述反应达到平衡时，再往容器中加入2mol CH3OH 和1mol HCOOCH3后，平衡正向移动，原因是：温度不变， 平衡常数不变，Qc=1BNa (6). 非极性 (7). 2 (8). 2 (9). 12 (10). 或107【解析】（1）B的基态原子价电子排布式为2s22p1。BF3的立体构型是平面三角形。H3BO3为一元酸，与足量

27、NaOH溶液反应得到B(OH)4 -，B(OH)4-中B的价层电子对数为4，所以B的杂化轨道类型为sp3杂化。（2）NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”，NaBH4的电子式为，其中三种元素的电负性由大到小的顺序是HBNa。（3）硼氮苯分子高度对称，属于非极性分子，其间位上的二氯代物有2种.（4）NH4BF4 (氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1mol NH4BF4含有2mol 配位键。（5）硼与镁形成的高温超导材料晶体结构如图所示（B在六棱柱柱体内）。该六方晶胞中含有镁原子的数目为，含硼原子的数目为6，所以，镁原子与硼原子的数量比为12。1摩尔此晶胞的质量和体积分别为g、 cm-3，所以晶体密度d= 或107gcm-3。12. 如图，现有芳香族化合物A，分子式为C8H8O3，含有两种官能团，A 的核磁共振氢谱存在6组峰。高聚物H不能降解，而高聚物F中含有六元环和八元环呈线性片状结构，并且可以降解。已知：酚羟基极易被氧化；CHO+(C6H5)3P=CH一RCH=CHR+(C6H5)3P = O；。（1）化合物A中的官能团名称为_