届重庆市南开中学高三下学期适应性考试理综化学试题解析版.docx

届重庆市南开中学高三下学期适应性考试理综化学试题解析版.docx

《届重庆市南开中学高三下学期适应性考试理综化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届重庆市南开中学高三下学期适应性考试理综化学试题解析版.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届重庆市南开中学高三下学期适应性考试理综化学试题解析版

绝密★启用前

重庆市南开中学2019届高三年级下学期适应性考试

理综-化学试题

（解析版）

1.化学与生产、生活密切相关。

下列叙述错误的是

A.回收的地沟油可以用来制造肥皂、提取甘油或生产生物柴油

B.纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料属于胶体

C.纤维素属于多糖，但不是人类的营养物质

D.绿色化学的核心是应用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染

【答案】B

【解析】

【详解】A．地沟油属于油脂,可用于制造肥皂、提取甘油,可用于生产生物柴油,故A正确；

B．纳米材料不是分散系,故不属于胶体,B项错误；

C．人体内没有分解纤维素的酶,不能作人类的营养物质,故C正确；

D．该描述符合绿色化学定义,D项正确。

本题选B。

2.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A.常温下加水稀释时c（H+）/c（OH—）明显增大的溶液：

CH3COO—、Ba2+、NO3—、Br—

B.使甲基橙变红色的溶液：

Al3+、Cu2+、I—、S2O32—

C.0.1mol/LFe（NO3）2溶液：

[Fe（CN）6]3—、Na+、SO42—、Cl—

D.0.1mol/LNaAlO2溶液：

NH4+、K+、HCO3—、SO32—

【答案】A

【解析】

【详解】A．加水稀释时c（H+）/c（OH-）明显增大,溶液显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故A选；

B．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液,溶液中中存在大量的氢离子,S2O32-与氢离子反应生成S单质和二氧化硫气体,在溶液中不能大量共存,故B不选；

C．Fe2+离子与[Fe（CN）6]3－之间反应时反应生成铁氰化亚铁沉淀,在溶液中不能大量共存,故C不选；

D．HCO3-的酸性大于氢氧化铝,HCO3-与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀,在溶液中不能大量共存,故D不选。

本题选A。

3.X、Y、Z、R、W是5种短周期主族元素,原子序数依次增大；它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4；已知Y、R同主族,Z、R、W同周期,下列说法错误的是

A.原子半径：

Z>R>W

B.气态氢化物稳定性：

HnW>HnR

C.X2W6分子中各原子最外层电子均满足8电子结构

D.Y、Z、R三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性

【答案】D

【解析】

试题分析：

Y、R同主族、Y、R能形成RY3化合物,所以Y为氧元素、R为硫元素；可组成离子化合物Z2Y,可知Z为钠元素；R、W原子序数依次增大,W是氯元素；X、W能形成共价化合物XW4,则X是碳元素；原子半径：

Na>S>Cl,故A正确；气态氢化物稳定性：

HCl>H2S,故B正确；C2Cl6分子中各原子最外层电子均满足8电子结构,故C正确；Na2SO4的水溶液显中性,故D错误。

考点：

本题考查元素周期律。

4.标准状况下,下列实验用如图所示装置不能完成的是

A.确定分子式为C2H6O的有机物的结构

B.测定Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量

C.测定Na2SO4･xH2O晶体中结晶水数目

D.比较Fe3＋和Cu2＋对双氧水分解反应的催化效率

【答案】C

【解析】

【详解】A．在烧瓶中放入金属Na,然后将有机物从分液漏斗放下,产生气体则为乙醇,无气体产生则为甲醚,故A符合题意；

B．在烧瓶中放入Na2O和Na2O2混合物,然后将水从分液漏斗放下,通过产生气体的量可计算Na2O2的量,故B符合题意；

C．该实验需要测量生成气体的量进而计算,Na2SO4･xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体,该装置不能完成实验,故C不符合题意；

D．可通过对照实验比较单位时间内Fe3＋和Cu2＋与双氧水反应产生气体多少比较催化效率,D符合题意。

本题选C。

5.下列说法正确的是

A.用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染

B.有机化合物的同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一

C.石油裂解和油脂皂化都是由高分子物质生成小分子物质的过程

D.有机物

的二氯代物有3种

【答案】B

【解析】

【详解】A．聚乙烯塑料在自然界中很难分解,可造成白色污染,故A错误；

B．分子中碳原子越多,同分异构体越多,一种分子可能有多种同分异构体,则同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一,故B正确；

C．高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子,石油和油脂不属于高分子,故C错误；

D．

中只有1种氢原子,共有1种一氯代物,一氯代物中含有4种氢原子,则二氯代物有4种,故D错误。

本题选B。

【点睛】本题难点为D项,应先确定一氯代物的种数,在此基础上数出二氯代物数目。

6.工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。

当保持铁屑和活性炭总质量不变时,测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比（x）条件下随时间变化的曲线如下图所示。

下列推论不合理的是

A.活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用

B.铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池,铁为负极

C.增大铁碳混合物中铁碳比（x）,一定会提高废水中Cu2+的去除速率

D.利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：

Fe+Cu2+＝Fe2++Cu

【答案】C

【解析】

【分析】

A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池,铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率,没铁碳比为2：

1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。

【详解】A项,活性炭具有许多细小微孔,且表面积巨大,具有很强的吸附能力,由图像可知,Cu2+在纯活性炭中浓度减小,表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用,故不选A项；

B项,铁屑和活性炭在溶液中形成微电池,其中铁具有较强的还原性,易失去电子形成Fe2+,发生氧化反应,因此铁作负极,故不选B项；

C项,由图像可知,随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:

1,Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时,Cu2+的去除速率降低。

当铁碳混合物中铁的含量过大时,正极材料比例降低,铁碳在废液中形成的微电池数量减少,Cu2+的去除速率会降低,因此增大铁碳混合物中铁碳比（x）,不一定会提高废水中Cu2+的去除速率,故选C项；

D项,在铁碳微电池中,碳所在电极发生还原反应,Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu,故不选D项。

综上所述,本题正确答案为C。

【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查,题目有利于培养学生的良好的科学素养,侧重于考查学生的分析、实验能力的考查,注意把握提给信息以及物质的性质,为解答该题的关键。

7.H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如下图所示（已知pKa＝－lgKa）,下列说法正确的是

A.H3AsO4溶液pKa2为4.5

B.NaH2AsO4溶液显碱性

C.常温下,m点对应溶液中由水电离出的OH—浓度为10—11.5mol/L

D.n点对应溶液中,离子浓度关系：

c（HAsO42—）＝c（H2AsO4—）>c（OH—）＝c（H+）

【答案】D

【解析】

【详解】A．结合图中n点,H3AsO4溶液中

故pKa2为7,故A错误；

B．由图像知pH为4时,溶液为NaH2AsO4溶液,应显酸性,故B错误；

C．m点对应溶液为HAsO42-和AsO43-的混合溶液,溶液显碱性,盐类水解促进水的电离,m点溶液的pH=11.5,则对应溶液中由水电离出的c（OH-）为10-2.5mol·L-1,故C错误；

D．n点时由图像关系及溶液pH=7可知c（HAsO42—）＝c（H2AsO4—）>c（OH—）＝c（H+）,故D正确。

本题选D。

8.硫是一种自然界分布较广的元素,在很多化合物中都含有该元素,回答下列问题：

（1）装置A中反应的化学方程式为________________________________。

（2）使分液漏斗中液体顺利流下的操作是_______________________________________。

（3）选用上面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：

①甲同学认为按照A→C→F的顺序连接装置即可证明,乙同学认为该方案不合理,其理由是___________________________________________。

②丙同学设计的合理实验方案为：

A→C→____→____→D→F,其中装置C的作用是_______________,证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的实验现象是___________________。

（4）K2S2O8具有强氧化性,可通过电解H2SO4和K2SO4的混合溶液制得,其阳极反应式为_______________,称取0.2500g产品于碘量瓶中,加100mL水溶解,再加入8.000gKI固体（稍过量）,振荡使其充分反应；加入适量醋酸溶液酸化,以淀粉为指示剂,用cmol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点,消耗Na2S2O3标准液VmL,则样品中K2S2O8的纯度为_____%（用含c、V的代数式表示,已知：

S2O82—+2I—=2SO42—+I2；2S2O32—+I2=2S4O62—+2I—）。

【答案】

（1）.CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O

（2）.拔下分液漏斗颈部的塞子（或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔）,然后再旋转下部活塞（3）.SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应,不能证明强酸制备弱酸的原理（4）.B（5）.E（6）.除去HCl气体（7）.D中品红不褪色,F中出现白色沉淀（8）.2SO42——2e—=S2O82—（9）.54cV

【解析】

【分析】

（1）亚硫酸根与盐酸反应可生成二氧化硫；

（2）从分液漏斗操作规范解答；（3）根据反应中可能混有HCl,之后含有SO2造成干扰,故需依次除去；（4）可利用反应物之间计量关系计算。

【详解】

（1）盐酸与亚硫酸钙反应生成氯化钙、二氧化硫与水,反应方程式为：

CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O,故答案为：

CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O；

（2）分液漏斗使用时应使内外压强平衡,故操作为：

拔下分液漏斗颈部的塞子（或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔）,然后再旋转下部活塞；

（3）①次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性,两者可发生氧化还原反应,故答案为：

SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应,不能证明强酸制备弱酸的原理；

②A装置制备二氧化硫,由于盐酸易挥发,制备的二氧化硫中混有HCl,用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl,再通过碳酸氢钠溶液,可以验证亚硫酸酸性比碳酸强,用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫,用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽,再通入F中,则：

装置连接顺序为A、C、B、E、D、F,其中装置C的作用是除去HCl气体,D中品红不褪色,F中出现白色沉淀,可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸,故答案为：

B、E；除去HCl；D中品红不褪色,F中出现白色沉淀；

（4）阳极失电子,化合价升高,对应电极反应为：

2SO42——2e—=S2O82—；由关系式可知S2O82-～2S2O32-,则样品中K2S2O8的纯度为

。

【点睛】次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性,不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱,先验证亚硫酸酸性比碳酸强,再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断。

9.钇的常见化合价为＋3价,我国蕴藏着丰富的含钇矿石（Y2FeBe2Si2O10）,工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。

已知：

①该流程中有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表：

离子

开始沉淀时的pH

完全沉淀时的pH

Fe3＋

2.1

3.1

Y3＋

6.0

8.2

②在元素周期表中,铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置,化学性质相似。

（1）写出Na2SiO3的一种用途________________________。

（2）欲从Na2SiO3和Na2BeO2混合溶液中制得Be（OH）2沉淀。

①最好选用盐酸和_______两种试剂,再通过必要的操作即可实现。

A．NaOH溶液B．氨水C．CO2D．HNO3

②写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式___________________________。

（3）常温下,反应Fe3＋＋3H2O（g）

Fe（OH）3↓＋3H+的平衡常数K=______。

为使Fe3＋沉淀完全,用氨水调节pH＝a时,a应控制在_________范围内；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为____________________________。

（4）煅烧草酸钇时发生分解反应,其固体产物为氧化钇,气体产物能使澄清石灰水变浑浊。

写出草酸钇[Y2（C2O4）3·nH2O]煅烧的化学方程式___________________________________。

【答案】

（1）.工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等

（2）.B（3）.BeO22-＋4H＋===Be2＋＋2H2O（4）.10－4.3（5）.3.1～6.0（6）.Y3++3NH3·H2O=Y（OH）3↓+3NH4+（7）.Y2（C2O4）3·nH2O

Y2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O

【解析】

【分析】

由铍元素和铝元素化学性质相似入手,可分析制得Be（OH）2沉淀的试剂及方程式,结合题干信息推测相应生成物,进而写出相应方程式。

【详解】

（1）Na2SiO3俗称水玻璃,常用于工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等；

（2）①周期表中,铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置,化学性质相似,欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be（OH）2沉淀,根据Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸,硅酸钠反应生成硅酸沉淀,Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液,再加入过量氨水沉淀铍离子,故答案为B；②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍、氯化钠和水,反应的离子方程式为：

BeO22-+4H+=Be2++2H2O；

（3）当c（Fe3+）=10-5mol/L时达到平衡,由

三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的pH范围为：

2.1-3.1；钇离子开始沉淀和沉淀完全的pH为：

6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全,须用氨水调节pH=a,3.1＜a＜6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：

Y3++3NH3•H2O=Y（OH）3↓+3NH4+；检验三价铁离子是否沉淀完全需要检验滤液中是否含有三价铁离子,结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液,滴加几滴KSCN溶液,观察溶液是否变为血红色,若不变血红色,则说明Fe3+完全沉淀,反之则未完全沉淀；

（4）煅烧草酸钇时发生分解反应,其固体产物为氧化钇,气体产物能使澄清石灰水变浑浊,说明有CO2气体产生,草酸钇[Y2（C2O4）3·nH2O]煅烧的化学方程式为Y2（C2O4）3·nH2O

Y2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O。

【点睛】本题难点为第（3）小问中,当c（Fe3+）=10-5mol/L时,即达到平衡状态进而计算平衡常数。

10.乙炔（C2H2）在气焊、气割及有机合成中用途非常广泛,可由电石（CaC2）直接水化法或甲烷在1500℃左右气相裂解法生产。

（1）电石水化法制乙炔是将生石灰与焦炭在3000℃下反应生成CaC2,CaC2再与水反应即得到乙炔。

CaC2与水反应的化学方程式为___________________________。

（2）已知：

CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH1＝－890.3kJ/mol

C2H2（g）＋2.5O2（g）===2CO2（g）＋H2O（l）ΔH2＝－1299.6kJ/mol

2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l）ΔH3＝－571.6kJ/mol

则甲烷气相裂解反应：

2CH4（g）===C2H2（g）＋3H2（g）的ΔH＝________kJ/mol。

（3）哈斯特研究得出当甲烷分解时,几种气体平衡时分压（Pa）与温度（℃）的关系如图所示。

①T1℃时,向1L恒容密闭容器中充入0.3molCH4只发生反应2CH4（g）

C2H4（g）＋2H2（g）,达到平衡时,测得c（C2H4）＝c（CH4）。

该反应的ΔH_____0（填“>”或“<”）,CH4的平衡转化率为________。

上述平衡状态某一时刻,若改变温度至T2℃,CH4以0.01mol/（L·s）的平均速率增多,经ts后再次达到平衡,平衡时，c（CH4）＝2c（C2H4），则T1_____（填“>”或“<”）T2，t＝________s；

②列式计算反应2CH4（g）

C2H2（g）＋3H2（g）在图中A点温度时的平衡常数K＝__________________（用平衡分压代替平衡浓度计算，lg0.05＝－1.3）；

③由图可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有__________________。

【答案】

（1）.CaC2＋2H2O―→Ca（OH）2＋C2H2↑

（2）.＋376.4（3）.>（4）.66.7%（5）.>（6）.5（7）.5.0×104（8）.充入适量乙烯

【解析】

【分析】

（1）碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔；

（2）根据盖斯定律来分析；

（3）①分解反应绝大多数为吸热反应；设出CH4的转化浓度，然后根据三段式，利用c（C2H4）=c（CH4）来解答；根据改变温度后，CH4的浓度升高来判断温度的变化；表示出变化后的CH4和C2H4的浓度，然后根据c（CH4）=2c（C2H4）来计算；②根据平衡常数表达式来计算；③甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，可以充入适量的乙烯。

【详解】

（1）碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为：

CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，故答案为：

CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；

（2）已知：

①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1．

②C2H2（g）+2.5O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H2=-1299.6kJ/mol

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3=-571.6kJ/mol，

将①×4-②-③×3/2可得：

2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H=（-890.3kJ•mol-1）×4-（-1299.6kJ•mol-1）-（-571.6kJ•mol-1）×3/2=+376.4kJ/mol，故答案为:

+376.4；

（3）①反应2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）为分解反应，而分解反应绝大多数为吸热反应，故此反应为吸热反应；

设CH4的转化浓度为Xmol/L，可知：

2CH4（g）===C2H4（g）+2H2（g）

初始浓度（mol/L）：

0.300

浓度变化（mol/L）：

XX/2X

平衡浓度（mol/L）：

（0.3-X）X/2X

根据c（C2H4）=c（CH4）可知：

0.3-X=X/2

解得X=0.2mol/L；故CH4的平衡转化率=0.2/0.3×100%=66.7%；

改变温度后，CH4的浓度升高，即平衡左移，即温度应为降低，即T1>T2；

由于CH4以0.01mol/（L•s）的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，故在tS的时间内，CH4的浓度变化为0.01tmol/L，根据浓度的该变量之比等于计量数之比，利用三段式来计算：

2CH4（g）==C2H4（g）+2H2（g）

初始浓度：

0.1mol/L0.1mol/L

浓度改变：

0.01tmol/L0.005tmol/L

平衡浓度：

（0.1+0.01t）mol/L（0.1-0.005t）mol/L

由于c（CH4）=2c（C2H4），故有：

0.1+0.01t=2×（0.1-0.005t）,解得t=5

故答案为：

>；66.7%；>；5；

②根据此反应的平衡常数表达式，将气体的平衡浓度换为平衡分压，即

，故答案为：

5×104；

③甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，充入适量的乙烯，可抑制甲烷向乙烯的转化，从而提高甲烷制乙炔的转化率，故答案为：

可以充入适量的乙烯。

11.化学与生活密切相关。

I.K2Cr2O7曾用于检测司机是否酒后驾驶：

Cr2O72-（橙色）+CH3CH2OH

Cr3+（绿色）+CH3COOH（未配平）

（1）基态Cr原子的价电子轨道表达式为_________________。

（2）CH3COOH分子中所含元素的电负性由大到小的顺序为___________，碳原子的轨道杂化类型为_____，所含σ键与π键的数目之比为_______。

（3）已知Cr3+等过渡元素水合离子的颜色如下表所示：

离子

Sc3+

Cr3+

Fe2+

Zn2+

水合离子的颜色

无色

绿色

浅绿色

无色

请根据原子结构推测Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因为_________________________。

II.ZnCl2浓溶液常用于除去金属表面的氧化物，例如与FeO反应可得Fe[Zn（OH）Cl2]2溶液。

（4）Fe[Zn（OH）Cl2]2的水溶液中不存在的微粒间作用力有____________（填选项字母）；溶液中[Zn（OH）Cl2]—的结构式为_____________________。

A.离子键B.共价键C.金属键D.配位键E.范德华力F.氢键

III.锌是人体必需的微量元素之一，其堆积方式如图1，晶胞结构如图2。

（5）锌的堆积方式为_____________________，配位数为_______。

（6）若锌原子的半径为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则锌晶体的密度为_______g/cm3（用含a的代数式表示）。

【答案】

（1）.

（2）.O>C>H（3）.sp3和sp2（4）.7:

1（5）.3d轨道上没有未成对电子（3d轨道上电子为全空或全满）（6）.AC（7）.

或

（8）.六方最密堆积（9）.12（10）.

或

【解析】

（1）基态Cr原子的核外电子数是24，价电子轨道表达式为

。

（2）非金属性越强，电负性越大，则CH3COOH分子中所含元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H。

其中饱和碳原子形成sp3杂化，羧基中碳原子的轨道杂化类型为sp2。

单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，因此所含σ键与π键的数目之比为7：

1。

（3）根据离子的核外电子排布可判断由于d轨道上没有未成对电子（3d轨道上电子为全空或全满），所以Se3+、Zn2+的水合离子为无色。

（4）Fe[Zn（OH）Cl2]2溶液中以阴阳离子的形式存在，存在的微粒间作用力有共价键、配位键、范德华力和氢键，不存在离子键和金属键，答案选AC；[Zn（OH）Cl2]-中Zn提供空轨道，氯原子和氧原子提供孤对电子，所以溶液中[Zn（OH）Cl2]-的结构式为

或

。