普通高等学校招生全国统一考试理综化学部分试题四川卷Word格式文档下载.docx
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溶液颜色不变
该食盐中一定没有添加碘酸钾
D
向苯酚钠溶液中滴加乙酸溶液
溶液变浑浊
相同条件下，乙酸的酸性一定比苯酚强
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、溶液中可能是碳酸氢根离子，故错误；
B、铁在常温下在浓硫酸中钝化，发生了化学反应，故错误；
C、碘酸钾和淀粉不反应，碘单质遇到淀粉显蓝色，故错误；
D、苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，说明碳酸酸性比苯酚强，故正确。
离子的检验，浓硫酸的性质，淀粉的性质，酸性的比较
3．下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是
A．某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-
B．pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：
H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【答案】C
A、MnO4-是紫色，故错误；
B、硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故错误；
C、满足电子守恒和电荷守恒，故正确；
D、氢离子和硫酸根离子比例应为2:
1，故错误。
离子方程式的判断
4．NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是
A．2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA的甲醇分子中含有的σ键数为0.4NA
D．0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA
A、2.4g镁的物质的量为2.4/24=0.1mol，反应中失去0.2mol电子，故错误；
B、标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量为5.6/22.4=0.25mol，含有的氧原子为0.5mol，故正确；
C、氢原子数为0.4NA的甲醇分子为0.1mol，含有5molσ键，故错误；
D、醋酸是弱酸，不能完全电离，故错误。
阿伏伽德罗常数
5．某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。
放电时电池的总反应为：
Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6（x<
1）。
下列关于该电池的说法不正确的是
A．放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移
B．放电时，负极的电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6
C．充电时，若转移1mole-，石墨C6电极将增重7xg
D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+
原电池和电解池的工作原理
6．一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：
CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）设起始
=Z，在恒压下，平衡时
（CH4）的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。
A．该反应的焓变△H>
B．图中Z的大小为a>
3>
b
C．图中X点对应的平衡混合物中
=3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后
（CH4）减小
【答案】A
A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故正确；
B、
的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a<
3<
b，故错误；
C、起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故错误；
D、温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故错误。
平衡移动原理
7．向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n（CO2）增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol<
n（CO2）
0.015时发生的反应是：
2NaAlO2+CO2+2H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3。
下列对应关系正确的是
n（CO2）/mol
溶液中离子的物质的量浓度
c（Na+）>
c（AlO2-）+c（OH-）
0.01
c（AlO2-）>
c（OH-）>
c（CO32-）
0.015
c（HCO3-）>
c（CO32-）>
c（OH-）
0.03
c（H+）
通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02摩尔氢氧化钠消耗0.01摩尔二氧化碳，生成0.01摩尔碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01摩尔偏铝酸钠消耗0.005摩尔二氧化碳，生成0.005摩尔碳酸钠。
然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015摩尔的二氧化碳，生成0.03摩尔的碳酸氢钠。
A、未通入二氧化碳时，溶液中的电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（AlO2-）+c（OH-），故错误；
B、当二氧化碳为0.01摩尔，则溶液为0.01摩尔碳酸钠和0.01摩尔偏铝酸钠，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，故错误；
C、当二氧化碳为0.015摩尔时溶液为0.015摩尔碳酸钠，离子浓度的关系为c（Na+）>
c（CO32-）>
c（OH-）c（HCO3-），故错误；
D、当二氧化碳的量为0.03摩尔时，溶质为碳酸氢钠，溶液显碱性，故正确。
溶液中微粒浓度的比较
8．（13分）M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。
M基态原子L层中p轨道电子数是s电子的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。
请回答下列问题：
（1）R基态原子的电子排布式是①，X和Y中电负性较大的是②（填元素符号）。
（2）X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是___________。
（3）X与M形成的XM3分子的空间构型是__________。
（4）M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如右图所示，则图中黑球代表的离子是_________（填离子符号）。
（5）在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化M的一种氢化物，Z被还原为+3价，该反应的化学方程式是____________。
【答案】
（1）[Ne]3s1或1s22s22p63s1Cl
（2）H2O分子能形成氢键，而H2S不能
（3）平面三角形
（4）O2-
（5）3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4
物质结构及性质，元素及化合物知识
9．（13分）CuCl广泛应用于化工和印染等行业。
某研究性学习小组拟热分解CuCl2·
2H2O制备CuCl，并进行相关探究。
【资料查阅】
【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。
（1）仪器X的名称是__________。
（2）实验操作的先后顺序是a→______→c（填操作的编号）
a．检查装置的气密性后加入药品b．熄灭酒精灯，冷却
c．在“气体入口”处干燥HCld．点燃酒精灯，加热
e．停止通入HCl，然后通入N2
（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_______。
（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是________________。
（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是________________。
②若杂质是CuO，则产生的原因是________________。
（1）球形干燥管
（2）c、d、b
（3）先逐渐变为红色，后褪色
（4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（5）①加热温度不够
②没有在HCl的氛围中加热
（1）仪器X的名称为球形干燥管，答案为：
球形干燥管；
（2）热分解CuCl2·
2H2O制备CuCl，防止CuCl被氧化和Cu+水解所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气直至装置冷切，所以操作顺序为：
a-c-d-b-e，答案为：
c-d-b；
（3）B中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，答案为：
石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；
（4）D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）杂质是CuCl2说明CuCl2没有反应完全，分解温度不高，答案为：
加热温度不够；
②杂质是氧化铜，说明CuCl被氧气氧化才产生了CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体，答案为：
可能是没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体。
元素及化合物知识、化学实验等
10.（16分）高血脂严重影响人体健康，化合物E是一种临床治疗高血脂症的药物。
E的合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：
（1）试剂I的名称是____a____，试剂II中官能团的名称是____b___，第②步的反应类型是____c___。
（2）第①步反应的化学方程式是_____________。
（3）第⑥步反应的化学方程式是_____________。
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，其结构简式是_________。
（5）C的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y和CH3（CH2）4OH。
若X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X与Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是___________。
（1）甲醇；
溴原子；
取代反应。
（2）CH3CH（COOH）2+2CH3OH
CH3CH（COOCH3）2+2H2O。
（3）
+CO2↑。
（4）CH3I。
（5）
。
（3）根据题给转化关系推断C为
，结合题给信息反应知
在加热条件下反应生成
，化学方程式为
（4）试剂Ⅲ为单碘代烷烃，根据
和
的结构推断，试剂Ⅲ的结构简式是CH3I。
（5）C的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，含有酯基，生成X、Y和CH3（CH2）4OH，生成物X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则X为对二苯甲酸，Y为CH2OHCH2OH，则X与Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是
考查有机合成和有机推断，涉及有机物的命名，官能团的识别，反应类型的判断，结构简式、同分异构体、化学方程式的书写等。
11．（16分）资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。
磷尾矿主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3·
MgCO3。
某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg（OH）2、P4和H2，其简化流程如下：
已知：
①Ca5（PO4）3F在950℃不分解；
②4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________。
（3）NH4NO3溶液能从磷矿I中浸取出Ca2+的原因是__________。
（4）在浸取液II中通入NH3，发生反应的化学方程式是____________。
（5）工业上常用磷精矿[Ca5（PO4）3F]和硫酸反应制备磷酸。
已知25℃，101kPa时：
CaO（s）+H2SO4（l）=CaSO4（s）+H2O（l）△H=-271kJ/mol
5CaO（s）+H3PO4（l）+HF（g）=Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=-937kJ/mol
则Ca5（PO4）3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________。
（6）在一定条件下CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g），当CO与H2O（g）的起始物质的量之比为1:
5，达平衡时，CO转化了5/6.若akg含Ca5（PO4）3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5（PO4）3F转化为P4，将产生的CO与H2O（g）按起始物质的量之比1:
3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。
（1）二氧化碳（CO2）。
（2）烧杯、漏斗和玻璃棒。
（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性。
（4）MgSO4+2NH3+2H2O
Mg（OH）2+（NH4）2SO4。
（5）Ca5（PO4）3F（s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+H3PO4（l）+HF（g）△H=-418kJ/mol。
（6）3（30×
28×
a×
10%×
b%）/56（4×
504）kg。
（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3·
MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2）。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。
（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，H＋能从磷矿I中浸取出Ca2+。
（4）根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2O
（6）根据题给数据利用三行式分析。
设CO的起始浓度为1mol/L，则水蒸气的起始浓度为5mol/L
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g），
起始浓度（mol/L）1500
转化浓度（mol/L）5/65/65/65/6
平衡浓度（mol/L）1/625/65/65/6
则K=c（CO2）c（H2）/c（CO）c（H2O）=1。
相同条件下当CO与H2O（g）的起始物质的量之比为1:
3，平衡常数不变，设转化的CO为x。
起始浓度（mol/L）1300
转化浓度（mol/L）xxxx
平衡浓度（mol/L）（1-x）（3-x）xx
则x2/（1-x）（3-x）=1,解得x=3/4，即达平衡时，CO转化了3/4。
转化为P4的Ca5（PO4）3F质量为a×
b%kg，根据反应4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为（30×
b%）/（4×
504）kg，则转化的CO的质量为3（30×
b%）/4（4×
504）kg，根据反应：
CO2（g）+H2（g）知相同条件下达平衡时能产生H23（30×
化学反应原理，涉及化学反应速率、化学平衡、化学反应与能量等
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