届北京市清华大学高三中学生标准学术能力诊断性测试全国I卷化学试题解析版Word文件下载.docx
《届北京市清华大学高三中学生标准学术能力诊断性测试全国I卷化学试题解析版Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届北京市清华大学高三中学生标准学术能力诊断性测试全国I卷化学试题解析版Word文件下载.docx（20页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
D．硝基苯与
分子式相同，互为同分异构体，D正确；
答案选D。
『点睛』核素、同位素、同分异构体、同素异形体的区别：
核素指具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子；
质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同原子互为同位素；
分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体；
同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。
3.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）
A.常温常压下，0.1mol的Na2O和Na2O2，混合物中阴离子总数为0.1NA
B.常温下，46g的NO2和N2O4混合气体中含有的氮原子数为NA
C.标准状况下，22.4LC3H6分子中含有NA个碳碳双键
D.100mL0.1mol•L-1CH3COONa溶液中阴离子总数大于0.01NA
『详解』A．常温常压下，0.1mol的Na2O和Na2O2，O2-和O22-的物质的量之和为0.1mol，故混合物中阴离子总数为0.1NA，A正确；
B．NO2和N2O4的最简式相同，最简式为NO2，常温下，46g的NO2和N2O4的混合气体含1molNO2，所以含有的氮原子数为NA，B正确；
C．标准状况下，22.4LC3H6的物质的量为1mol，C3H6可能是环丙烷，环丙烷分子中不含有碳碳双键，C错误；
D．100mL0.1mol•L-1CH3COONa溶液中，N（Na+）=0.1L×
0.1mol•L-1×
NA=0.01NA，由电荷守恒可知，N（Na+）+N（H+）=N（OH-）+N（CH3COO-），100mL0.1mol•L-1CH3COONa溶液中阴离子总数大于0.01NA，D正确；
『点睛』在题中给出有机化合物分子式的时候，一定要考虑同分异构体的存在，而本题的C选项，同学们很容易默认为分子式为C3H6的物质丙烯。
4.下列实验操作及现象和结论均正确的是（）
实验操作
实验及现象
结论
A
取某NaHSO3溶液少量于试管中，加入BaCl2溶液
生成白色沉淀
该溶液中一定混有Na2SO3杂质
B
相同温度下，测量同浓度的Na2CO3和Na2SO3水溶液pH值
pH（Na2CO3）>
pH（Na2SO3）
非金属性：
碳元素弱于硫元素
C
向漂白粉中滴入质量分数为70%
硫酸
产生黄绿色气体
硫酸具有氧化性
D
将KI和FeCl3溶液充分混合，加入CCl4振荡，静置
分层，下层为紫红色，上层溶液的棕黄色变浅
Fe3+氧化性强于I2的氧化性
『详解』A.产生白色沉淀说明亚硫酸氢钠中混有杂质，可能为硫酸钠或亚硫酸钠，故A错误；
B.比较非金属性是用非金属的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，或对应的盐的碱性强弱，亚硫酸钠中硫不是最高价，不能进行比较，故B错误；
C.漂白粉中含有次氯酸钙和氯化钙，在酸性条件下，二者反应生成氯气，硫酸提供酸性，故C错误；
D.碘化钾和氯化铁反应生成碘单质，碘溶于四氯化碳在下层，为紫色，上层为水层，铁离子浓度减小，棕黄色变浅，说明铁离子的氧化性大于碘，故D正确；
故选D。
5.向10mL0.2mol·
L-1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，生成的I2的物质的量随所加NaHSO3的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是（）
A.A点对应的I2的物质的量为1.0×
10-3mol
B.0a：
ab=5：
1
C.当溶液中的n（I2）=5×
10-4mol时，加入NaHSO3的物质的量可能为2.5×
10-3mol或4.5×
D.由ab段反应可知，氧化性I2>
HSO3-
『分析』加入NaHSO3的物质的量在0→a，发生的反应为：
2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：
I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+。
『详解』A．A点时，10mL0.2mol·
L-1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，由原子守恒可知，n（I2）=
n（KIO3）=
×
0.2×
10×
10-3=1.0×
10-3mol，A正确；
B．2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+，由离子方程式可知，0a消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为：
2.5×
10-3=5.0×
10-3mol；
加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：
I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+，故ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量恰好与1.0×
10-3molI2完全反应，所以ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量1.0×
10-3mol，0a：
ab=（5.0×
10-3mol）：
（1.0×
10-3mol）=5：
1，B正确；
C．当溶液中的n（I2）=5×
10-4mol时，n（I2）=5×
10-4mol<
1.0×
10-3mol，故有两种情况，一种情况是在0→a，向10mL0.2mol·
L-1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，刚好生成n（I2）=5×
10-4mol，由2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+H2O+3H+反应方程式可知，此时消耗亚硫酸氢钠的物质的量为：
5×
10-4mol=2.5×
另一种情况是当10mL0.2mol·
L-1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，有一部分的I2被亚硫酸氢钠还原为I-，消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为5.0×
10-3mol+5×
10-4mol=5.5×
10-3mol，C错误；
D．ab段发生的反应为I2+HSO3-+H2O=I-+SO42-+3H+，氧化性I2>
HSO3-，D正确；
6.A、B、C、D为石墨电极，E、F分别为短周期相邻的两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应。
按图接通线路，反应一段时间，当电路中通过1.0×
10-3mol电子时，下列叙述正确的是（）
A.U型管中的D端先变红，b烧杯中的溶液会变蓝
B.a烧杯中最多有0.127gI2（KI足量）生成，甲池中的质量会减少0.04g（CuSO4溶液足量）
C.A极产生气体的体积为5.6mL，甲池溶液的pH值为2
D.E电极附近的溶液无明显现象产生
『答案』B
『分析』A、B、C、D为石墨电极，E、F分别为短周期相邻的两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应，E为Al，F为Mg。
乙池为原电池装置，E为负极、F为正极，A为阳极、B为阴极、C为阳极、D为阴极。
『详解』A．由分析可知，D为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故U型管中的D端先变红，但是，b烧杯中的溶液不会变蓝，A错误；
B．C为阳极，其电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，该电路为串联电路，当电路中通过1.0×
10-3mol电子时，n（Cl2）=5.0×
10-4mol，a烧杯中发生的反应方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，a烧杯中最多生成I2的物质的量为5.0×
10-4mol，最多生成I2的质量为5.0×
10-4mol×
254g/mol=0.127g，甲池中A为阳极,电极反应式为2Cu2++2e-=2Cu，B为阴极，其电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，当电路中通过1.0×
10-3mol电子时，n（Cu）=5.0×
10-4mol，n（O2）=2.5×
10-4mol，甲池中的质量会减少:
5.0×
64g/mol+2.5×
32g/mol=0.04g，B正确；
C．A为阳极，产生的气体为O2，但是题中没有说明气体所处的状态，无法计算出气体的体积，C错误；
D．E为负极，E电极溶解，D错误；
答案选B。
『点睛』做这种类型的题，首先判断出原电池、电解池，然后再依据题中的信息判断出原电池的正、负极，电解池的阴、阳极，该电路为串联电路，各极得到或失去的电子数目相等。
7.常温下，将0.1mol•L−1的NaOH溶液逐渐加到5mL0.1mol•L−1的一元酸HA溶液中，测得混合溶液的BG（BG=-lg
）与所加NaOH的体积的变化关系如图所示。
下列叙述错误的是（）
A.该滴定过程可选用酚酞做指示剂
B.c点所加的NaOH溶液的体积小于5mL
C.从a点到c点，水的电离程度一直增大
D.若b点所加的NaOH溶液的体积等于2.5mL，则所得溶液中:
c（H+）=c（HA）+c（OH−）+c（Na+）
『详解』A．常温下，0.1mol•L−1的一元酸HA溶液的BG=9，即
=10-9，由水的离子积常数知c（H+）×
c（OH-）=10-14，解得c（H+）=1.0×
10-2.5mol•L−1<
0.1mol•L−1，故一元酸HA为弱酸，将0.1mol•L−1的NaOH溶液逐渐加到5mL0.1mol•L−1的一元酸HA溶液中，滴定终点生成的强碱弱酸盐，所以选择酚酞作指示剂，A正确；
B．c点时BG=0，则溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，如果加入的0.1mol•L−1的NaOH溶液的体积为5mL，恰好与5mL0.1mol•L−1的一元酸HA溶液完全反应生成NaA，NaA为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故c点所加的NaOH溶液的体积小于5mL，B正确；
C．从a点到c点，随着NaOH溶液不断加入，HA的量不断减小，对水的电离的抑制作用不断减小，故从a点到c点，水的电离程度一直增大，C正确；
D．若b点所加的NaOH溶液的体积等于2.5mL，c（HA）=c（NaA），因为HA是弱酸，所以c（H+）<
c（Na+），故c（H+）<
c（HA）+c（OH−）+c（Na+），D错误；
8.
（一）实验室用图甲装置制备SO3并测定SO2催化氧化为SO3的转化率。
已知：
SO3熔点为16.8℃，沸点为44.8℃，假设气体进入装置可以被完全吸收，不考虑空气的影响。
（1）A中使用浓硫酸的质量分数为70%的原因是____________________________________，B中浓H2SO4的作用是____________________________________。
（2）当实验停止通入SO2，熄灭酒精灯后，还需要继续通一段时间的氧气，其目的是_________________________________________________________。
（3）实验结束后测得装置D增加了ag，装置E中的沉淀洗涤烘干后其质量为bg。
则E中的沉淀的化学成分是____________（填写化学式），本实验中SO2转化率为_________（用代数式表示，不用化简）。
（二）SO3溶于浓硫酸后可得到发烟硫酸，工业上把干燥的氯化氢气体通入到发烟硫酸中可以得到HSO3Cl。
HSO3Cl是一种无色液体，沸点为152℃，有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾。
现用图乙所示的装置制取HSO3Cl（夹持及加热装置略去）。
（1）HSO3Cl遇湿空气产生强烈的白雾，请结合用化学方程式解释其原因__________________________________________。
（2）分液漏斗下方接的毛细管，其作用是___________________________________；
若不用毛细管而直接用分液漏斗注入浓盐酸，可能发生的现象是____________________________。
（3）装置F的作用是______________________________________________________。
『答案』
（1）.硫酸太稀，SO2易溶于水不利于SO2逸出；
硫酸太浓，电离出的氢离子浓度减小，反应生成SO2速率变小
（2）.①干燥气体②控制流速，使二氧化硫与氧气的比例约为2：
1③使两种气体均匀混合（3）.排尽残留在装置中的SO2与SO3，使其被充分吸收，使测得的结果更准确（4）.BaSO4（5）.
100%（6）.HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4，HCl气体在湿空气中形成盐酸小液滴（7）.控制浓盐酸的流量，使其缓慢流入浓硫酸中（8）.液体飞溅（或爆沸）（9）.吸收剩余的气体②防止空气中水分进入E
『分析』
（一）
（1）从SO2的溶解性和制取SO2的反应速率方面考虑，使用质量分数为70%的浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2；
（2）保证SO2和SO3的量测定准确；
（3）装置D增加的质量为ag，即生成SO3的质量为ag；
装置E中的SO2与硝酸钡溶液反应生成的白色沉淀为BaSO4，其质量为bg，依据质量守恒定律以及转化率=
来计算；
（二）
（1）HSO3Cl与湿空气中的水反应产生HCl，HCl气体在湿空气中形成盐酸小液滴；
（2）分液漏斗下方接的毛细管可控制盐酸的加入速度，防止盐酸沸腾飞溅；
（3）装置F的作用是尾气处理以及防止空气中的水蒸气进入E中。
『详解』
（一）
（1）硫酸太稀，SO2易溶于水不利于SO2逸出；
硫酸太浓，电离出的氢离子浓度比较小，反应生成SO2速率比较慢；
（2）为确保实验的准确度，要保证SO2与SO3的量的测定准确，当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通入一段时间O2，可以让装置中的SO2和SO3充分被后面的装置吸收；
（3）装置D增加的质量为ag，即生成SO3的质量为ag，n（SO3）=
=
，所以反应中被氧化的SO2的物质的量为
，装置E中的SO2与硝酸钡溶液反应生成bg白色沉淀为BaSO4，n（BaSO4）=
=
，根据S原子守恒，反应后剩余SO2的物质的量为
，所以SO2的转化率为：
100%；
（二）
（1）HSO3Cl与湿空气中的水蒸气反应，生成HCl，HCl气体在湿空气中形成盐酸小液滴，形成白雾，反应方程式为HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4；
（2）分液漏斗下方接的毛细管，其作用是控制盐酸的加入流量，使产生的HCl气流速率适当稳定；
若不用毛细管而直接用分液漏斗注入浓盐酸，浓硫酸稀释放热可能是盐酸沸腾飞溅；
（3）装置F的作用是吸收剩余的气体防止污染环境，防止空气中水分进入E与HSO3Cl反应。
9.钒和五氧化二钒在工业应用中广泛，某工厂从钒渣中回收金属，钒渣中主要成分有V2O3、FeO，还含有少量的CuO、Al2O3，工艺流程如图：
①KspCu（OH）2=1.0×
10−21；
KspFe（OH）3=4.0×
10−38；
KspFe（OH）2=8.0×
10−16。
②NH4VO3难溶于水，（VO2）2SO4易溶于水。
（1）写出滤液I中加入过量的CO2时发生反应的离子方程式________________________；
制取纯净的Al2O3需要经过一系列操作：
过滤、___________、_____________。
（2）煅烧时，滤渣I的主要成分V2O3转化为可溶性NaVO3，写出其反应的化学方程式_______________________________________。
（3）加入稀硫酸后，酸浸液中VO3−与VO2+能大量共存的原因是_____________________（用离子方程式解释）。
（4）常温下调节酸浸液的pH=_____，即可以完全除去铁、铜两种元素对应的离子；
实际pH值要调整到8，其目的是_______________________________________________________；
调pH=2~2.5后过滤，滤渣III的主要成分为_______________。
（5）请写出煅烧滤渣III时，发生反应的化学方程式_________________________________。
『答案』
（1）.AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-
（2）.洗涤（3）.灼烧（或煅烧）（4）.V2O3+Na2CO3+O2
2NaVO3+CO2↑（5）.VO2++H2O
VO3-+2H+（6）.6（7）.使VO2++H2O
VO3-+2H+正向移动，VO2-更多地转化为VO3+（8）.NH4VO3（9）.2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O
『分析』
（1）钒渣中主要成分有V2O3、FeO，还含有少量的CuO、Al2O3，当向钒渣中加入氢氧化钠溶液时，Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，其他物质与氢氧化钠溶液不反应，向滤液I中加入过量的CO2时，在溶液中偏铝酸钠与CO2反应生成Al（OH）3，Al（OH）3受热分解生成Al2O3；
（2）煅烧时，滤渣I的主要成分V2O3与空气中的氧气、碳酸钠在煅烧的条件下反应生成NaVO3，依据氧化还原反应中得失电子守恒配平方程式；
（3）加入稀硫酸后，VO3-+2H+
VO2++H2O；
（4）结合KspCu（OH）2=1.0×
10−21，KspFe（OH）3=4.0×
10−38，常温下调节酸浸液的pH，除去铁、铜两种元素对应的离子，减少对V2O5的影响；
（5）结合题中的信息以及工艺流程图，NH4VO3煅烧生成V2O5。
『详解』
（1）Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，其他物质与氢氧化钠溶液不反应，滤液I中偏铝酸钠与过量的CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+
2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
滤液I中偏铝酸钠与过量的CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，过滤得Al（OH）3，然后洗涤Al（OH）3，最后煅烧Al（OH）3生成Al2O3；
（2）煅烧时，滤渣I的主要成分V2O3与空气中的氧气、碳酸钠在煅烧的条件下反应生成NaVO3，反应的化学方程式为V2O3+Na2CO3+O2
2NaVO3+CO2↑；
（3）加入稀硫酸后，酸浸液中VO3−与VO2+能大量共存的原因是VO3-+2H+
（4）当c（Cu2+）=1.0×
10−5mol•L−1时，1.0×
10−5×
c2（OH-）=1.0×
10−21，c（OH-）=1.0×
10−8mol•L−1，c（H+）=1.0×
10−6mol•L−1，pH=6，即pH=6时，Cu2+完全沉淀；
当c（Fe3+）=1.0×
c3（OH-）=4.0×
10−38，c（OH-）=
10−11mol•L−1，c（H+）>
10−6mol•L−1，所以当pH=6时，Fe3+、Cu2+已经沉淀完全；
实际pH值要调整到8，其目的是使VO2++H2O
VO3-+2H+正向移动，VO2-更多地转化为VO3+；
因为NH4VO3难溶于水，（VO2）2SO4易溶于水，所以加入硫酸铵调pH=2~2.5后过滤，滤渣III的主要成分为NH4VO3；
（5）滤渣III的主要成分为NH4VO3，所以煅烧滤渣III时，发生反应的化学方程式为2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O。
10.碳元素形成的有机化合物在动植物体内及人类生存环境中有着相当广泛的存在，起着非常重要的作用。
请结合下列有关含碳化合物的研究，完成下列填空。
（1）为了高效利用能源并且减少CO2的排放，可用下列方法把CO2转化成甲醇燃料：
①CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=akJ•mol−1
②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=bkJ•mol−1
③CH3OH（g）=CH3OH（l）△H=ckJ•mol−1
④H2O（g）=H2O（l）△H=dkJ•mol−1
则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为_______________________________________。
（2）用甲醇燃料电池电解处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72−），用如图装置模拟该过程：
请完成电解池中Cr2O72−转化为Cr3+的离子方程式_____________________________。
②当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差为_________g。
（3）葡萄糖和果糖为同分异构体，在一定条件下，C6H12O6（葡萄糖）
C6H12O6（果糖）△H﹤0。
该反应的速率方程式可表示为v（正）=k（正）c（葡）、v（逆）=k（逆）c（果），k（正）和k（逆）在一定温度下为常数，分别称作正、逆反应速率常数。
T1温度下，k（正）=0.06s−1，k（逆）=0.002s−1。
①T1温度下，该反应的平衡常数K1=___________。
②该反应的活化能Ea（正）_____Ea（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）。
③该T2温度下，从开始反应到平衡
过程中，葡糖糖的质量分数变化如图所示。
可以确定温度T2_____T1（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）H2A为二元弱酸。
室温下配制一系列c（H2A）+c（HA−）+c（A2−）=0.100mol•L−1的H2A与NaOH的混合溶液。
测得H2A、HA−、A2−的物质的量分数c（x）%（c（x）%=
100%）随pH变化如图所示。
当c（Na+）=0.100mol•L−1时，溶液中离子浓度的大小顺序为_________________________。
②室温下，若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7。
则H2A的Ka2=___________mol•L−1（用a表示）。
『答案』
（1）.CH3OH（l）+
O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=
-a-c（或-a+1.5b-c+2d）
（2）.Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O（3）.8.4（4）.30（5）.小于（6）.大于（7）.c（Na+）﹥c
升级会员 