贵州省贵阳市届高三下学期适应性考试一理科综合化学试题附答案解析Word文档格式.docx

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B.聚氯乙烯分子中无碳碳双键，故其不能使溴水褪色，B错误；

C.油脂在碱性条件下的水解产生高级脂肪酸的盐和甘油，高级脂肪酸的钠盐是肥皂的主要成分，因此把油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应，C正确；

D.螺（33烷（

）的分子中含有2种不同位置的H原子，所以其一氯代物共有2种，D错误；

故合理选项是C。

3.NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.密闭容器中，2molNO和1molO2充分反应后分子总数为2NA

B.标准状况下，2.24L甲醇在足量O2中完全燃烧，生成CO2的分子数为0.1NA

C.常温常压下，28gCO含有的质子数为14NA

D.常温常压下，30g乙烷含有的共价键数目为6NA

【分析】

A.NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，反应生成NO2会进一步发生反应：

2NO2

N2O4；

B.标况下甲醇不是气体；

C.先利用n=

，计算CO的物质的量，再根据1个CO含有14个质子计算解答；

D.先利用n=

，计算乙烷的物质的量，再根据1个乙烷分子中含有7个共价键计算。

【详解】A.NO和O2在常温下发生反应：

2NO+O2=2NO2，反应产生的NO2会进一步发生可逆反应：

N2O4，根据方程式可知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，由于一部分NO2转化为N2O4，所以产物分子数小于2NA，A错误；

B.在标况下甲醇不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；

C.常温常压下，28gCO的物质的量n=

=1mol，由于在1个CO分子中含有14个质子，所以1molCO含有的质子数为14NA，C正确；

D.常温常压下，30g乙烷的物质的量n=

=1mol，由于1个乙烷分子中含有7个共价键，所以1mol乙烷中含有的共价键数目为7NA，D错误；

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意根据掌握好以物质的量为中心的各个化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确只有在标况下的气态物质才可以使用气体摩尔体积计算。

本题易错选项是选项A，忽视了2NO2

N2O4的转化关系。

4.下列化学实验设计正确的是

A.用氨水鉴别AlCl3溶液与AgNO3溶液

B.用酸性高锰酸钾溶液区分HCOOH和HCHO

C.除去CO2气体中的SO2气体，将混合气体通入BaCl2溶液洗气

D.一定量的稀HNO3与足量的Cu反应，尾气直接用NaOH溶液吸收

【答案】A

【详解】A.氨水和氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，氨水过量沉淀不溶解；

氨水和硝酸银溶液混合，首先反应生成氢氧化银白色沉淀，当氨水过量时沉淀溶解，生成可溶性络合物，反应现象不同，可以鉴别，A正确；

B.甲酸和甲醛都含有醛基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液的紫色褪去，现象相同不能鉴别，B错误；

C.由于性HCl的酸性比H2SO3及H2CO3都强，所以CO2和SO2与氯化钡溶液都不能发生反应，因此不能除去，可利用酸性H2SO3>

H2CO3，用饱和的碳酸氢钠溶液除去CO2气体中的杂质气体SO2，C错误；

D.Cu和稀硝酸反应生成NO，NO和NaOH溶液不反应，D错误；

故合理选项是A。

5.最近有科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如下图所示。

已知：

①电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜[（CH3）2SO]混合制成，可促进过氧化锂生成；

②碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其它化合物进入该电极；

③二硫化钼起催化作用。

该装置工作时，下列叙述不正确的是

A.放电时，a极发生氧化反应

B.放电时的总反应为：

2Li+O2=Li2O2

C.充电时，Li+在电解质中由b极移向a极

D.充电时，b极的反应式：

Li2O2+2e-=2Li+O22-

【详解】A.根据图示可知A电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li+，发生氧化反应，A正确；

B.根据图示可知a电极为锂电极，失去电子，发生反应：

Li-e-=Li+，b电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：

2Li+O2=Li2O2，B正确；

C.充电时，a电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在a电极获得电子，变为Li，所以充电时Li+在电解质中由b极移向a极，C正确；

D.充电时，b极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：

Li2O2-2e-=2Li+O2，D错误；

6.a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a原子中只有1个电子，b原子的L电子层有5个电子，c元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。

下列叙述正确的是

A.a、b、c三种元素形成的化合物都只含共价键

B.b的气态氢化物与d的气态氢化物相遇有白烟产生

C.c只以化合态形式存在于自然界中

D.含氧酸的酸性：

d的一定强于c的

【答案】B

a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a原子中只有1个电子，则a为H元素；

b原子的L电子层有5个电子，则b为N元素；

c元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍，c位于ⅥA族，O元素没有最高正价，则c为S元素；

d的原子序数大于S，则d为Cl元素，据此解答。

【详解】根据上述分析可知：

a为H元素，b为N元素，c为S元素，d为Cl元素。

A.a、b、c三种元素分别是H、N、S，这三种元素可以形成离子化合物NH4HS、（NH4）2S，在这两种物质内含有离子键、共价键，不是只有共价键，A错误；

B.b元素的气态氢化物为NH3，d元素的气态氢化物为HCl，NH3与HCl在空气中相遇生成NH4Cl白色固体，因此会看到有白烟产生，B正确；

C.c是S，S元素在自然界中既存在游离态的硫单质，如火山喷发口处，也存在化合态的S元素，如FeS2、Na2SO4等，C错误；

D.选项没有指出是最高价含氧酸，所以d的含氧酸酸性不一定比c的酸的酸性强，D错误；

故合理选项是B。

【点睛】本题考查元素的推断及元素周期律的应用的知识。

根据原子结构特点推断元素为解答基础，选项A、D是d为易错点，一般情况下活泼金属与活泼非金属形成离子键，但有时非金属元素的原子也可以形成离子键，如各种铵盐，NH4Cl都熟悉，但未考虑到其它非金属形成的铵盐，如NH4HS、（NH4）2S等；

对于选项D，往往“想当然”地认为是“最高价”含氧酸的酸性比较，一定要细心、认真。

7.常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

下列判断正确的是

A.曲线上任意一点的Ksp都相同

B.在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，可使溶液由b点变化到c点

C.蒸发水后，可使溶液由d点变化到b点

D.常温下，CaSO4的Ksp的数量级为10-5

【详解】A.Ksp只与温度有关，在曲线上的任意一点的温度相同，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，A正确；

B.在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，CaSO4的沉淀溶解平衡CaSO4（s）

Ca2+（aq）+SO42-（aq）逆向移动，使溶液中c（Ca2+）降低，最终达到平衡时c（SO42-）>

c（Ca2+），所以可使溶液由b点变化到e点，但是不可能由b点变化到c点，B错误；

C.d点为达到沉淀溶解平衡，蒸发水后，溶液中c（SO42-）、c（Ca2+）都增大，所以不可能使溶液由d点变化到b点，C错误；

D.常温下，CaSO4的Ksp=c（Ca2+）·c（SO42-），根据b点计算，Ksp=c（Ca2+）·c（SO42-）=3×

10-3mol/L×

3×

10-3mol/L=9×

10-6mol2/L2，可见CaSO4的Ksp的数量级为10-6，D错误；

三、非选择题：

共174分

第22-32题为必考题，每个试题考生必须作答.第338题为选考题，考生根据要求作答

（一）必考题：

共129分

8.硼氢化钠（NaBH4）是应用广泛、性能较好的还原剂，以硼酸、甲醇和氢化钠（NaH）为原料可制得硼氢化钠。

某学习小组的同学欲利用下图所示路线在实验室合成硼氢化钠。

I.氢化钠的制备

已知NaH的化学反应活性很高，在潮湿的空气中能自燃，与酸接触即放出热量和氢引发燃烧甚至爆炸。

该小组的同学利用下图中的装置在实验室制取NaH。

（1）NaH中氢元素的化合价为___________，NaH的电子式为___________。

（2）按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___________b→c（填接口字母）；

连接装置后进行实验，在给装置B加热前，必须进行的一步操作是___________。

（3）装置A中盛装稀盐酸的仪器名称为___________，装置D中应盛装的试剂是___________。

（4）经分析，该实验装置有一个明显的不足是____________，解决此不足的措施是__________。

Ⅱ.硼氢化钠的制备与纯度测定

在搅拌加热到220℃时，向盛装NaH的缩合反应罐中加入硼酸三甲酯[B（OCH3）3]，升温到260℃，充分反应后，经过处理得到NaBH4和甲醇钠。

（5）某同学欲通过测定硼氢化钠与水反应生成氢气的体积来测定硼氢化钠产品的纯度。

NaH+H2O=H2↑+NaOH。

①硼氢化钠与水反应可以产生大量氢气和偏硼酸钠，该反应方程式为___________。

②该同学用图装置测定硼氢化钠产品的纯度（杂质只有氢化钠）。

装置中a的作用是_________；

称取6.28g氢化钠样品，重复实验操作三次，测得生成气体的平均体积为13.44L（已折算为标准状况），则样品中硼氢化钠的纯度为___________%（结果保留两位有效数字）。

【答案】

（1）.-1

（2）.

（3）.g→f→d→e（4）.检验H2的纯度（5）.分液漏斗（6）.碱液（7）.未防止空气中的水蒸气进入装置B中（8）.在装置B之后连接一个干燥装置（9）.NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑（10）.平衡气压，便于液体顺利滴下（11）.85

（1）根据Na的化合价为+1价，化合物中所有元素正负化合价代数和等于0分析；

二者形成离子化合物，每种微粒达到稳定结构；

（2）在A装置中制取H2，通过D装置除去H2中的HCl杂质，再通过C装置干燥，最后通过B装置制取NaH；

除杂、干燥的装置的导气管都是长进短出；

由于H2是可燃性气体，在加热制取NaH前，首先要检验H2纯度，然后再加热；

（3）根据装置图中A的结构判断盛装稀盐酸的仪器名称为；

装置D的作用是除去氢气中的HCl杂质，可根据HCl的性质，确定其中应盛装的试剂；

（4）根据NaH在潮湿的空气中能自燃,结合装置图中各个装置的作用可知缺少一个干燥装置；

缺少什么就及时补救什么装置；

（5）①根据已知物质和待求物质结合质量守恒定律书写方程式；

②导管a起连通器的作用，根据其连接的位置、结合其作用分析；

称取6.28g氢化钠样品，发生的反应可能有NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑、Na+H2O=NaOH+H2↑，由放出氢气的体积计算氢气的物质的量，根据固体的质量、H2的物质的量，可计算出硼氢化钠的质量，最后可得其纯度。

【详解】

（1）在NaH中Na的化合价为+1价，由于在化合物中所有元素正负化合价代数和等于0，所有H为-1价；

NaH为离子化合物，Na失去最外层电子形成Na+，H原子获得1个电子形成H-，二者通过离子键结合，电子式为

；

（2）在A装置中用稀盐酸与Zn反应制取H2，由于盐酸具有挥发性，制取的H2中含有HCl、H2O，然后通过D装置除去HCl气体，再通过C装置的浓硫酸对H2进行干燥，导气管都是长进短出，这时就得到干燥、纯净的H2，将其通过B装置，驱赶装置内的空气，待排出的气体为纯净的氢气时，给装置B加热，发生反应：

2Na+H2

2NaH；

所以按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→g→f→d→e→b→c；

在给装置B加热前，必须进行的一步操作是检验从c排出的H2的纯度；

（3）根据装置图可在仪器A是分液漏斗；

装置D目的是除去H2中的HCl杂质，可根据HCl的水溶液显酸性，用碱性物质的水溶液如NaOH溶液来吸收除去HCl杂质；

（4）NaH在潮湿的空气中能自燃,根据

（2）的分析中制取装置各个部分的作用，可知还缺少一个防止空气中的水蒸气进入装置B的装置；

解决此不足的措施是在装置B之后连接一个干燥装置；

（5）①由于硼氢化钠与水反应可以产生大量氢气和偏硼酸钠，则该反应方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；

②导管a起连通器的作用，使液面上下气体压强一致，这样漏斗中的液体在重力作用下可以顺利滴下。

因此装置中a的作用是平衡气压，便于液体顺利滴下；

6.28g氢化钠样品，发生反应：

NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑、NaH+H2O=NaOH+H2↑，放出氢气的物质的量为n（H2）=13.44L÷

22.4L/mol=0.6mol，假设NaBH4是物质的量为x，NaH的物质的量为y，则38x+24y=6.28g；

4x+y=0.6，解得x=0.14mol，y=0.04mol，则样品中硼氢化钠的纯度为

=85%。

9.研究碳氧化合物、氮氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

（1）已知：

C（s）+O2（g）

CO2（g）△H=－393.5kJ/mol

N2（g）+O2（g）

2NO（g）△H=+180kJ/mol

则C（s）+2NO（g）

CO2（g）+N2（g）的△H=___________kJ/mol

（2）用焦炭还原NO2的反应为2C（s）+2NO2（g）

N2（g）+2CO2（g），向两个容积均为2L、反应温度分别为T1℃、T2℃的恒温恒容密闭容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO2，测得各容器中n（NO2）随反应时间t的变化情况如图所示；

①T1___________T2（填“>

”或“<

”），该反应为___________（填“放热”或“吸热”）反应。

②T2℃时，40～80min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v（N2）=___________，此温度下的化学平衡常数K=___________。

③T2℃下，120min时，向容器中再加入焦炭和NO2各1mol，在t时刻达到平衡时，NO2的转化率比原平衡时___________（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（3）工业上消除氮氧化物的常用方法是SCR（选择性催化还原）脱硝法，反应原理为：

4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）

4N2（g）+6H2O（g）△H<

①SCR法除NO，投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是___________、___________。

当反应温度过高时，会发生以下副反应：

2NH3（g）+2O2（g）

N2O（g）+3H2O（g）；

4NH3（g）+5O2（g）

4NO（g）+6H2O（g）

②某科研小组通过系列实验，分析得出脱硝率与氨氮比[NH3/NOx表示氨氮比]、温度的关系如图所示，从图一可以看出，最佳氨氮比为2.0，理由是______________________；

由图二可知，当温度高于405℃后，脱硝率会逐渐减小，原因是______________________。

【答案】

（1）.-573.5

（2）.>

（3）.放热（4）.0.0025mol/（L·min）（5）.0.675mol/L（6）.减小（7）.降低温度（8）.减小压强（9）.氨氮比从2.0到2.2时，脱硝率变化不大；

但氨的浓度增加较大，导致生产成本提高；

（10）.当温度过高时，还会发生副反应生成N2O和NO

（1）将两个热化学方程式相减，就得到要求的反应的热化学方程式；

（2）①反应温度高，速率快，达到平衡需要的时间缩短分析；

②先计算出40-80分钟内v（NO2），然后根据速率比等于方程式中化学计量数的比计算v（N2）；

根据平衡常数的含义计算出T2时的K；

③利用等效平衡可以分析不等效平衡中反应物的转化率的变化；

（3）①根据该反应的正反应是气体体积增大的放热反应分析提高NO平衡转化率的因素；

②从平衡移动转化率及生产投资两方面分析；

温度太高会发生副反应，导致产率降低。

（1）①C（s）+O2（g）

CO2（g）△H=－393.5kJ/mol；

②N2（g）+O2（g）

2NO（g）△H=+180kJ/mol，①-②式，整理可得C（s）+2NO（g）

CO2（g）+N2（g）的△H=-573.5kJ/mol；

（2）①在其它条件不变时，反应温度越高，化学反应速率就越快，达到平衡需要的时间就越短根据图示可知在温度为T1时先达到平衡，说明温度T1>

T2；

②根据图像可知在40-80min内，NO2的物质的量改变了1.50mol-1.10mol=0.40mol，容器的容积为2L所以v（NO2）=

0.005mol/（L·min）；

根据2C（s）+2NO2（g）

N2（g）+2CO2（g）可知：

v（N2）=

V（NO2）=

×

0.005mol/（L·min）=0.0025mol/（L·min）；

发生反应2C（s）+2NO2（g）

N2（g）+2CO2（g）

c（始）mol/L100

c（变）mol/L0.600.300.60

c（平）mol/L0.400.300.60

则在T2时的化学平衡常数K=

=0.675mol/L；

③T2℃下，120min时，向容器中再加入焦炭，由于焦炭是固体，不能使平衡移动；

加入NO21mol，假设反应过程中容器中的压强保持原平衡的压强不变，则容器的体积会变大一些，达到平衡后可以建立与原平衡等效的平衡，二氧化氮的转化率不变，此时再把容器压缩到原容器的体积，则平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率降低，因此，在t时刻达到平衡时，NO2的转化率比原平衡时减小；

（3）①反应4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O（g）△H<

0的正反应是气体体积扩大的放热反应，若在投料比不变时，若要提高NO平衡转化率，就要使化学平衡正向移动。

可以降低反应体系的温度，也可以扩大容器的容积使体系的压强减小；

②根据图像可知：

在氨氮比从2.0到2.2时，脱硝率增大，但脱硝率变化并不大；

但氨的浓度增加较大，必然会导致生产成本提高；

由图二可知，当温度低于405℃时，温度升高，脱硝率，但当温度高于405℃后，脱硝率反而逐渐减小，是因为当温度过高时，还会发生副反应生成N2O和NO。

【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率、平衡常数的计算、平衡状态的判断及影响化学平衡的因素等知识。

充分利用题目已知信息，结合已学知识和理论来分析、解决问题，充分考查了学生知识运用能力和接收新信息的能力。

10.铬元素的+6价化合物毒性较大，不能随意排放。

某化工厂以铬渣（含有Na2SO4及少量Cr2O72－、Fe3+）为原料提取硫酸钠，同时制备金属铬的工艺流程如下：

Fe3+完全沉淀[c（Fe3+）≤1.0×

10－5mol·

L－1时pH为3.6。

回答下列问题：

（1）滤渣A的主要成分为___________。

（2）根据右图信息，操作B包含蒸发结晶和___________。

（3）酸化后的Cr2O72-可被SO32-还原，该反应中若有0.5molCr2O72－被还原为Cr3+，则消耗SO32－的物质的量为___________mol。

（4）将重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反应、再分离除去硫酸氢钠可以制得工业用粗化液的主要成分CrO3（铬酐），写出该反应的化学方程式______________________。

（5）通过两步反应可以实现Cr（OH）3转化为Cr，若第一步反应为2Cr（OH）3

Cr2O3+3H2O；

第二步反应利用了铝热反应原理，则该反应方程式为___________。

（6）利用如图装置，探究铬和铁的活泼性强弱。

能证明铁比铬活泼的实验现象是______________________。

工业上，在钢器具表面镀铬以增强器具的抗腐蚀性能，用硫酸铬[Cr2（SO4）3]溶液作电解液，阴极的电极反应式为______________________。

【答案】

（1）.Fe（OH）3

（2）.趁热过滤（3）.1.5mol（4）.Na2Cr2O7+2H2SO4（浓）

2NaHSO4+2CrO3+H2O（5）.Cr2O3+2Al

Al2O3+2Cr（6）.Cr电极上产生气泡，溶液颜色变为浅绿色（7）.Cr3++3e-=Cr

（1）加入NaOH至溶液的pH=3.6时Fe3+形成Fe（OH）3沉淀进入滤渣A中；

（2）根据物质的溶解度与温度变化关系采用高温过滤分离Na2SO4、Na2Cr2O7；

（3）根据在溶液中Cr2O72-、SO32-发生氧化还原反应，电子得失数目相等计算；

（4）重铬酸钠与浓硫酸在加热时反应产生硫酸氢钠、CrO3和水，根据原子守恒配平方程式；

（5）Cr2O3与Al在高温下发生置换反应，产生Cr与Al2O3，根据电子守恒、原子守恒配平方程式；

（6）利用原电池反应原理，比较金属的活泼性，活动性强的为负极，失去电子，发生氧化反应；

活动性弱的为正极，正极上发生还原反