四川省南充市届高三下学期第二次高考适应性考试理科综合答案+解析化学试题.docx

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四川省南充市届高三下学期第二次高考适应性考试理科综合答案+解析化学试题

四川省南充市2019届高三下学期第二次高考适应性考试理科综合

可能用到的相对原子质量：

H－1C－12O－16P－31S－32Cl－35.5

1.化学与人类生活密切相关。

下列说法正确的是（）

A.SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池

B.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果

C.浓氨水不能用于检验管道泄漏的氯气

D.铝表面易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品

【答案】B

【详解】A、SiO2属于共价化合物，不导电，制备光电池的材料是晶体硅，故A错误；

B、乙烯是一种植物生长调节剂，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化吸收，达到保鲜的要求，故B正确；

C、浓氨水挥发出NH3与氯气发生反应，8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，，有白烟，浓氨水能用于检验管道泄漏的氯气，故C错误；

D、铝表面有一层致密的氧化铝薄膜，咸菜等腌制食品中含有氯化钠溶液，氯离子（Cl-）可以破坏铝表面的氧化铝薄膜，从而加速铝制器皿的腐蚀，因此铝制器皿不能长时间盛放咸菜等腌制食品，故D错误。

2.2018年11月，在法国凡尔赛召开的国际计量大会（CGPM）第26次会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这个常数被称为阿伏加德罗常数，单位为mol−1”。

基于这一新定义，阿伏加德罗常数的不确定度被消除了。

”新定义将于2019年5月20日正式生效。

NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法错误的是（）

A.46g14CO2含氧原子数为2NA

B.1mol/LCuCl2溶液中含Cl-数目为2NA

C.白磷分子（P4）呈正四面体结构，31g白磷中含P-P键的数目为1.5NA

D.标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NA

【答案】B

【详解】A、含氧原子物质的量为46g×2/46g·mol－1=2mol，故A说法正确；

B、没有说明溶液的体积，无法判断Cl-的物质的量，故B说法错误；

C、1mol白磷中含有6molP－P键，31g白磷含有P－P键的物质的量为31g×6/124g·mol－1=1.5mol，故C说法正确；

D、氖气为单原子分子气体，标准状况下，22.4L氖气含有电子物质的量为22.4L×10/22.4L·mol－1=10mol，故D说法正确。

3.微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如图）。

下列说法正确的是（）

A.化合物（A）不能与乙醇发生反应

B.化合物（B）分子式为C6H6Cl6

C.化合物（B）可通过苯与Cl2发生加成反应制得

D.1mol化合物（A）可与3molH2发生加成反应

【答案】D

【详解】A、根据（A）的结构简式，含有羧基，故其能与乙醇发生酯化反应，故A错误；

B、根据（B）结构简式，其分子式为C6Cl6，故B错误；

C、苯的分子式为C6H6，（B）的分子式为C6Cl6，Cl取代苯环上的H原子，属于取代反应，不是加成反应，故C错误；

D、（A）中只有苯环能与氢气发生加成反应，即1mol化合物（A）能与3molH2发生加成反应，故D正确。

4.下列实验操作正确的是（）

A.用氨水鉴别AlCl3溶液与AgNO3溶液

B.在50mL量筒中配置0.1000mol·L−1碳酸钠溶液

C.中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶

D.能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色的气体一定是Cl2

【答案】A

【详解】A、AlCl3与氨水反应：

Al3＋＋3NH3·H2O=Al（OH）3↓＋3NH4＋，氢氧化铝不溶于氨水，只有白色沉淀，硝酸银与氨水反应：

Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋，继续滴加NH3·H2O，AgOH＋2NH3·H2O=[Ag（NH3）2]OH＋2H2O，现象是先生成白色沉淀，然后沉淀消失，氨水能够鉴别AlCl3和AgNO3，故A正确；

B、量筒量取液体体积，不能配制溶液，故B错误；

C、中和滴定实验时，不能用待测液润洗锥形瓶，否则造成所测溶液浓度偏高，故C错误；

D、能使淀粉KI试纸变蓝的气体有多种，氯气、溴蒸气、二氧化氮、臭氧等均能把I－氧化成I2，故该气体可能是Cl2、NO2、O3等多种，故D错误。

5.曾在南充求学和工作过的青年学者孙旭平及其领衔团队，近日成功利用Mo2N纳米催化剂在0.1mol·L−1盐酸溶液中进行电催化固氮，装置如图所示，在一定电压下具有较高的产氨速率。

下列判断错误的是（）

A.Mo2N/GCE电极为阴极

B.溶液中H+通过隔膜向MoN/GCE电极区迁移

C.Mo2N/GCE电极区反应式为N2+6H++6e−====2NH3

D.为提高溶液的导电性，可在石墨电极区加入适量的盐酸

【答案】D

【分析】根据装置图，该装置具有外加电源，装置为电解池装置，左侧电极N2→NH3，N的化合价降低，根据电解原理，Mo2N/GCE为阴极，石墨为阳极，阴极反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，然后进行分析；

【详解】根据装置图，该装置具有外加电源，装置为电解池装置，左侧电极N2→NH3，N的化合价降低，根据电解原理，Mo2N/GCE为阴极，石墨为阳极，阴极反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，

A、根据上述分析，故A说法正确；

B、阴极反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，H＋通过隔膜向Mo2N/GCE电极区迁移，故B说法正确；

C、根据图像，Mo2N/GCE电极上N2→NH3，该电极反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故C说法正确；

D、石墨电极区加入适量盐酸，Cl－在石墨电极上放电，产生Cl2，污染环境，故D说法错误。

【点睛】电极反应式的书写是电化学的难点，书写应根据电解原理以及题意，判断出在阴阳两极放电的离子和产物，如本题左端电极N2→NH3，根据化合价变化，判断转移电子物质的量，即N2＋6e－→2NH3，根据电解质溶液的酸碱性，确认H＋还是OH－参与反应，如本题电解质为盐酸，因此电极反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3。

6.联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。

现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，Z、W处于同周期且族序数相差6。

下列说法正确的是（）

A.元素非金属性：

X>W

B.Y和Z形成的化合物中只存在离子键

C.Z、W的简单离子半径：

Z

D.只有W元素的单质可用于自来水的杀菌消毒

【答案】C

【分析】四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增。

光合作用的原料是H2O和CO2，X可能是H，也可能是C，Y为O，Z、W处于同周期，四种元素原子序数依次增大，因此Z、W处于第三周期，两族序数相差6，即Z为Na，W为Cl，故X只能是C。

【详解】光合作用的原料是H2O和CO2，X可能是H，也可能是C，Y为O，Z、W处于同周期，四种元素原子序数依次增大，因此Z、W处于第三周期，两族序数相差6，即Z为Na，W为Cl，故X只能是C。

A、X为C，Cl的非金属性强于C，故A错误；

B、Na与O2构成的化合物为Na2O和Na2O2，前者只存在离子键，后者既有离子键也有非极性共价键，故B错误；

C、离子半径大小顺序是Na＋

D、O3也具有强氧化性，能用于自来水的杀菌消毒，故D错误。

【点睛】微粒半径大小比较：

一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的增大而减小；三看电子数，电子层数相等，原子序数相等，电子数越多，半径越大。

7.室温下，将1L0.3mol⋅L−1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液（a）。

然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。

下列叙述错误的是（）

A.HA是一种弱酸

B.向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c（H+）/c（HA）增大

C.b点对应溶液中：

c（Na+）=c（Cl-）>c（HA）>c（H+）>c（OH-）

D.c点对应溶液中：

c（Na+）=c（A-）

【答案】C

【分析】1L0.3mol·L－1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA，假设HA为强酸，此时c（H＋）=0.2mol·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸，然后进行分析即可。

【详解】1L0.3mol·L－1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA，假设HA为强酸，此时c（H＋）=0.2mol·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸。

A、根据上述分析，HA为弱酸，故A说法正确；

B、c（H＋）/c（HA）=c（H＋）×c（A－）/[c（HA）×c（A－）]=Ka（HA）/c（A－），a点对应溶液中加入HCl，发生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c（A－）减小，因此该比值增大，故B说法正确；

C、b点加入盐酸为0.1mol，此时溶质为HA和NaCl，HA的物质的量为0.3mol，NaCl物质的量为0.1mol，HA为弱酸，电离程度弱，因此微粒浓度大小顺序是c（HA）>c（Na＋）=c（Cl－）>c（H＋）>c（OH－），故C说法错误；

D、根据电荷守恒，c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（A－），c点pH=7，c（H＋）=c（OH－），即有c（Na＋）=c（A－），故D说法正确。

8.磺酰氯（SO2Cl2）主要用作氯化剂或氯磺化剂，也用于制造医药品、染料、表面活性剂等，熔、沸点分别为－54.1℃和69.2℃。

（1）SO2Cl2中S的化合价为______，SO2Cl2在潮湿空气中发生剧烈反应，散发出具有刺激性和腐蚀性的“发烟”，该反应的化学方程式为_______________________________________。

（2）拟用干燥的SO2和Cl2通入如图装置（省略夹持装置）制取磺酰氯。

①仪器A的名称为___________，通水方向为___________（填“a→b”或“b→a”），装置B的作用是____________________________________。

②反应装置中的活性炭的作用可能为：

_____________________________。

③若SO2和Cl2未经干燥，就通入装置中，也散发出具有刺激性和腐蚀性的“发烟”，该反应的化学方程式为____________________________________________。

④滴定法测定磺酰氯的纯度：

取1.800g产品，加入到100mL0.5000mol·L−1NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L−1标准HCl溶液滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗10.00mL。

达到滴定终点的现象为________________________________________________________，产品的纯度为_________。

【答案】

（1）.+6

（2）.SO2Cl2＋2H2O=2HCl↑＋H2SO4（3）.球形冷凝管（4）.a→b（5）.吸收多余SO2和Cl2，防止污染空气，防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解反应而变质（6）.催化剂（7）.SO2＋Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4（8）.滴定终点现象是滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且30s内不恢复（9）.75.00%

【详解】

（1）SO2Cl2中Cl显－1价，O显－2价，化合价代数和为0，即S的价态为＋6价；SO2Cl2在潮湿空气发生剧烈反应，有刺激性和腐蚀性“发烟”，发生了水解反应，即化学反应方程式为SO2Cl2＋2H2O=2HCl↑＋H2SO4；

（2）①仪器A为球形冷凝管；冷凝管通水的方向是下进上出，即a→b；SO2和Cl2有毒，因此需要尾气处理装置，即装置B作用之一是吸收多余SO2和Cl2，防止污染空气，根据问题

（1），SO2Cl2遇水蒸气，发生剧烈反应，装置B的作用之二是防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解反应而变质；

②生成磺酰氯的原理是SO2＋Cl2=SO2Cl2，因此活性炭的作用可能是催化剂；

③SO2以还原性为主，Cl2具有强氧化性，在有水的情况下，发生SO2＋Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4；

④磺酰氯在氢氧化钠溶液中转化成NaCl和Na2SO4，用盐酸滴定的是过量的NaOH，甲基橙作指示剂，因此滴定终点现象是滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且30s内不恢复；发生的反应是SO2Cl2＋2H2O=2HCl↑＋H2SO4、H＋＋OH－=H2O，因此n（SO2Cl2）=

=1×10－2mol，m（SO2Cl2）=1×10－2mol×135g·mol－1=1.35g，则产品的纯度为1.35g/1.800g×100%=75.00%。

【点睛】本题易错点是装置B的作用，实验设计评价中，一定注意实验的细节，如本题中SO2Cl2在潮湿空气发生水解，因此需要SO2和Cl2干燥，同时还要防止外界水蒸天气的进入，即装置B的作用是吸收多余SO2和Cl2，防止污染空气，防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解反应而变质。

9.金属蚀刻加工过程中，常用盐酸对其表面氧化物进行清洗，会产生酸洗废水。

pH在1.5左右的某酸洗废水中含铁元素质量分数约3%，其他金属元素如铜、镍、锌、铬浓度较低，工业上综合利用酸洗废水可制备三氯化铁。

制备过程如下：

相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：

回答下列问题：

（1）“中和”时发生反应的化学方程式为__________________，调节pH至________范围，有利于后续制备得纯度较高的产品。

（2）酸溶处理中和后的滤渣，使铁元素浸出。

滤渣和工业盐酸反应时，不同反应温度下铁浸出率随时间变化如图（a）所示，可知酸溶的最佳温度为_______________。

按照不同的固液比（滤渣和工业盐酸的投入体积比）进行反应时，铁浸出率随时间变化如图（b）所示，实际生产中固液比选择1.5:

1的原因是_________________________________________。

（3）氧化时，可选氯酸钠或过氧化氢为氧化剂，若100L“酸溶”所得溶液中Fe2＋含量为1.2mol∙L−1，则需投入的氧化剂过氧化氢的质量为_____________。

（4）氧化时，除可外加氧化剂外，也可采用惰性电极电解的方法，此时阴极的电极反应式为_____________________，电解总反应的离子方程式是___________________________。

（5）将得到的FeCl3溶液在HCl气氛中________________________、过滤、洗涤、干燥得FeCl3∙6H2O晶体。

【答案】

（1）.Ca（OH）2＋2HCl=CaCl2＋2H2O、3Ca（OH）2＋2FeCl3=2Fe（OH）3＋3CaCl2

（2）.3.7

H2↑＋2Fe3＋（8）.蒸发浓缩、冷却结晶

【详解】

（1）用盐酸除去金属表面氧化物，盐酸是过量的，因此加入熟石灰发生反应Ca（OH）2＋2HCl=CaCl2＋2H2O，废水中含铁元素质量分数为3%，其他金属含量较低，因此还发生3Ca（OH）2＋2FeCl3=2Fe（OH）3＋3CaCl2；根据流程图，中和后过滤，将难溶物酸溶，以及得到产品，调节pH将Fe元素全部转化成沉淀，其余金属元素残留在滤液中，因此范围是3.7

（2）根据图（a）当反应温度为65℃时，铁浸出率最高，因此酸溶的最佳温度为65℃；根据图像（b）可知，固液比大时，铁的浸出率低，固液比小时虽然浸出率高，但过稀的FeCl3溶液蒸发浓缩需消耗过多的能量，提高了成本，因此实际生产中固液比选择1.5：

1；

（3）Fe2＋作还原剂，H2O2作氧化剂，根据得失电子数目守恒，n（H2O2）=n（Fe2＋）/2=100L×1.2mol·L－1/2=60mol，即m（H2O2）=60mol×34g·mol－1=2040g；

（4）氧化是Fe2＋→Fe3＋，根据电解原理，Fe2＋应在阳极上放电，阴极电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；阳极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋，因此总电极反应式为2Fe2＋＋2H＋

H2↑＋2Fe3＋；

（5）FeCl3溶液易水解，因此得到FeCl3·6H2O：

将FeCl3溶液在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

10.合成氨所需H2取自CH4，CH4和O2作用成CO2、H2（反应①），然而CH4和O2反应还能生成CO2、H2O（反应②），当有水生成时，H2O和CH4反应（反应③）。

下表为三个反应在不同温度下的平衡常数K。

（1）反应①的平衡常数K①的表达式为____________________。

（2）反应①②③的平衡常数K①、K②、K③之间的关系为K②=____________（用含K①、K③的式子表示）。

反应①②③的反应焓变：

ΔH①、ΔH②、ΔH③之间的关系为ΔH①=_____________（用含ΔH②、ΔH③的式子表示）。

（3）恒温条件下，反应③的能量与反应进程关系应对应下图中的_____________，反应②的能量与反应进程关系应对应下图中的_____________。

（4）为使反应尽可能按生成H2的方向进行，若只考虑反应③，且不降低反应速率，可采取_______________措施；若只考虑反应①②，除采取控温措施外，还可采取_____________

_________________________（写出两条措施即可）。

（5）250℃时，以镍合金为催化剂，发生CO2（g）+CH4（g）

2CO（g）+2H2（g），向40L的密闭容器中通入6molCO2（g）和6molCH4（g），平衡时测得体系中CH4的体积分数为10%，则混合气体的密度为______g/L，CO2的转化率为__________（保留三位有效数字）。

【答案】

（1）.

（2）.K①2/K③（3）.（△H②＋△H③）/2（4）.D（5）.B（6）.升高温度（7）.CH4和O2投入比为1：

1，或使用只催化反应①的催化剂，或者适当减压（8）.9（9）.66.7%

【详解】

（1）根据化学平衡常数表达式，K①=

；

（2）K①=

，K②=

，K③=

，因此K②=K①2/K③；根据目标反应方程式，△H①=（△H②＋△H③）/2；

（3）根据表中数据，随着温度的升高，反应③的化学平衡常数增大，根据勒夏特列原理，反应③的正反应方向为吸热反应，即△H>0，反应物总能量低于生成物总能量，故图D正确；同理反应②正反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，反应②平衡常数大，说明活化能较低，故图B正确；

（4）根据（3），反应③为吸热反应，反应向正反应方向移动，可以升高温度；反应①②向正反应方向移动，不降低反应速率，可以采取的措施为CH4和O2投入比为1：

1，或使用只催化反应①的催化剂，或者适当减压；

（5）令达到平衡消耗CO2的物质的量为xmol，CO2（g）+CH4（g）

2CO（g）+2H2（g）

6600

xx2x2x

6－x6－x2x2x

CH4的体积分数（6－x）/（12＋2x）×100%=10%，解得x=4，组分都是气体，气体总质量为（6mol×44g·mol－1＋6mol×14g·mol－1）=360g，容器体积为40L，则气体密度为360g/40L=9g·L－1；CO2的转化率为4mol/6mol×100%=66.7%。

[化学——选修3：

物质结构与性质]

11.氮及其化合物在科学研究和化工生产等领域都有着广泛的应用。

请回答下列问题：

（1）与氮元素同族的第四周期元素的基态原子价层电子轨道表达式为___________。

（2）尿素分子的结构简式为：

CO（NH2）2，该分子中σ键数目为___________，实验测得：

分子中的所有原子在同一平面内，尿素中的碳氧键（125pm）比典型的碳氧双键（121pm）长，而尿素中的碳氮键（137pm）比典型的碳氮单键（147pm）短，说明分子中存在____________。

（3）氨分子构型为_________，氨晶体中，氨分子中的每个H均参与一个氢键的形成，1mol固态氨中有_____mol氢键。

（4）通常认为Cu3N是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born-Haber循环计算得到。

可知，Cu原子的第一电离能为__________kJ∙mol−1，N≡N键键能为__________kJ∙mol−1，Cu3N晶格能为__________kJ∙mol−1。

（5）Cu3N晶体的晶胞如图（b）所示。

晶胞边长为anm，晶胞中N3-位于Cu+所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_________nm。

【答案】

（1）.

（2）.7（3）.π46（4）.三角锥形（5）.3（6）.756（7）.936（8）.5643（9）.

a

【详解】

（1）与氮元素同族的第四周期元素为As，其原子价层电子轨道式为

；

（2）尿素的结构简式为

，成键原子之间只能形成一个σ键，因此该尿素分子中含有σ键的数目为7，实验测得：

分子中的所有原子在同一平面内，尿素中的碳氧键（125pm）比典型的碳氧双键（121pm）长，而尿素中的碳氮键（137pm）比典型的碳氮单键（147pm）短，类似与苯中碳碳键介于碳碳单键和碳碳双键之间的键，说明尿素分子中氮原子的孤电子对与C=O中的π键形成了一个4中心6电子的离域大π键，即分子中含有π46；

（3）NH3空间构型为三角锥形，“氨分子中的每个H均参与一个氢键的形成”可知，每一个H原子直接与两个N原子邻接，根据均分思想，每一个H原子将会给它周围的每一个N原子贡献1/2个H原子，在整体化学式为NH3的氨晶体中，每个N原子均分后应有三个H原子与其相邻，因此在均分前的晶体结构中，每个N原子应与六个H原子邻接，每个H原子参与一个氢键的形成，显然，每个氢键只由一个H原子参与形成，根据均分思想，每个氨分子均分得到三个H原子，也即每个氨分子均分得到3个氢键，即1mol氨中有3mol氢键；

（4）根据第一电离能的定义，Cu原子的第一电离能为2268/3kJ·mol－1=756kJ·mol－1；键能是形成1mol化学键时需要放出最低的热量，即氮氮三键的键能为468kJ·mol－1×2=936kJ·mol－1；设氮化亚铜的晶格能为U，根据盖斯定律可知，1017+2268+468-1290-U=-3180（注意铜原子变为亚铜离子是吸热的，而氮原子变为氮离子是放热的），则U=5643kJ·mol-1,所以，Cu3N的晶格能为5643kJ·mol－1；

（5）晶胞中N3－位于Cu＋所形成的正八面体的体心，白球是Cu＋，黑球为N3－，