届山西省高三下学期高考考前适应性测试理科综合化学试题A卷解析版.docx

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届山西省高三下学期高考考前适应性测试理科综合化学试题A卷解析版

2019届山西省高三下学期3月高考考前适应性测试

理科综合化学试题A卷（解析版）

1.化学与科学技术、环境、人类生活密切相关。

下列说法错误的是

A.保持室内空气流通是最简单、最有效减少室内空气污染的方法

B.航天飞船中使用的碳纤维，是一种新型的无机非金属材料

C.明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同

D.用可降解的无毒聚乳酸塑料代替聚乙烯作食品包装袋，可防止白色污染

【答案】C

【解析】

【详解】A.保持室内空气流通是最简单、最有效减少室内空气污染的方法，故不选A；

B.碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，故不选B；

C.明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体凝聚水中悬浮物起到净水作用，漂白粉的净水原理是次氯酸的氧化性杀菌消毒而具有的净水作用，原理不一样，故选C；

D.聚乙烯作食品包装袋能产生白色污染，用可降解的无毒聚乳酸塑料代替聚乙烯作食品包装袋，防止白色污染，故不选D；

答案：

C

2.设NA表示阿伏加德罗常数

值。

下列判断正确的是

A.标准状况下，2.24L苯中含有碳碳双键数为0.3NA

B.6.4gS2、S4和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NA

C.1L0.1mol·L-1的氢碘酸中含碘化氢分子数为0.1NA

D.60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应时断裂的C-O键数为NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.苯在标准状况下为液体，不可利用气体摩尔体积计算，且苯中不含碳碳双键，故A错误；

B.6.4gS2、S4和S8的混合物中所含硫原子数

×NAmol-1=0.2NA，故B正确；

C.氢碘酸为强酸，在溶液中完全电离，不存在碘化氢分子，故C错误；

D.酯化反应是可逆反应，不可进行到底，无法计算断裂的C-O键数，故D错误；

答案：

B

3.某有机物的结构简式如图所示。

下列关于该有机物的说法正确的是

A.1mol该有机物最多与4molH2反应生成C9H16O2

B.该有机物中所有碳原子不可能处于同一平面上

C.该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应

D.与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3种

【答案】A

【解析】

【详解】A.苯环与氢气1:

3加成，碳碳双键与氢气1:

1加成，因此1mol该有机物最多与4molH2反应生成C9H16O2，故A正确；

B.苯环、碳碳双键均为平面结构，因此该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上，故B错误；

C.该有机物不含有可水解的官能团，不能发生水解反应，故C错误；

D.与该有机物具有相同官能团的同分异构体有4种

，故D错误；

答案：

A

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、烯烃、羧基性质的考查，选项B为易错点，题目难度不大。

4.“侯氏制碱法”是我国化工专家候德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。

某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置（部分夹持装置省略）如下：

下列叙述错误的是

A.实验时先点燃装置①的酒精灯，过一段时间后再打开装置③中分液漏斗的旋塞

B.装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3

C.向步骤Ⅰ所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可析出NH4Cl

D.用装置④加热碳酸氢钠可实现步骤Ⅱ的转化，所得CO2可循环使用

【答案】D

【解析】

【分析】

侯氏制碱法中，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，通氨气时要防止倒吸，导管不能插入液面以下，碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出碳酸氢钠晶体，过滤后的母液中含有氯化铵，在母液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度，使NH4Cl以晶体的形式析出。

【详解】A.因为氨气极易溶于水，而二氧化碳在水中溶解度非常小，所以应该先通入氨气，故不选A；

B.过量氨气扩散到空气中会造成污染，所以要进行尾气吸收，2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故不选B；

C.过滤碳酸氢钠晶体后，母液中含有氯化铵，在母液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度，使NH4Cl以晶体的形式析出，故不选C；

D.固体加热不可用烧杯，也实现不了二氧化碳循环利用，故选D；

答案：

D

【点睛】本题主要考查“侯氏制碱法”的反应原理，解答本题需明确制碱的原理。

5.W、X、Y、Z是原子序数依次减小的短周期主族元素；W与X同周期，X与Z同主族；X、Z的单质在标准状况下的状态不同；W原子的最外层电子数等于其所在周期数，简单离子x+与Y2-具有相同的电子层结构。

下列说法正确的是

A.原子半径：

r（W）>r（X）>r（Y）>r（Z）

B.X与Z形成的化合物属于共价化合物

C.化合物X2Y2与Z2Y2所含化学键类型完全相同

D.W、X的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应

【答案】D

【解析】

【分析】

W、X、Y、Z是原子序数依次减小的短周期主族元素，简单离子x+与Y2-具有相同的电子层结构，推测出x为Na，Y为O；W与X同周期，W原子的最外层电子数等于其所在周期数，推测出W为Al；X与Z同主族；X、Z的单质在标准状况下的状态不同，推测出Z为H；结论W为Al、X为Na、Y为O、Z为H。

【详解】A.原子半径大小比较，一看电子层数，二看核电荷数，电子层数多的原子半径大，电子层数相同看核电荷数，核电荷数越大吸引电子能力越强，原子半径越小，因此原子半径：

r（X）>r（W）>r（Y）>r（Z），故A错误；

B.X与Z形成的化合物NaH属于离子化合物，故B错误；

C.化合物X2Y2（Na2O2）中含离子键和非极性共价键，Z2Y2（H2O2）中含极性共价键和非极性共价键，所含化学键类型不完全相同，故C错误；

D.Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O,故D正确；

答案：

D

6.微生物电池可用于有机废水的处理，如图是利用微生物处理含尿素[CO（NH2）2]废水的装置。

下列说法中正确的是

A.该装置外电路中箭头的方向代表电流的方向

B.M电极反应式为CO（NH2）2-6e-+H2O=CO2↑+6H++N2↑

C.当有1mlH+通过质子交换膜时，N极消耗5.6LO2

D.该处理工艺会导致废水酸性增强，仍旧不能直接排放

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，根据图示可知：

M电极反应式为CO（NH2）2-6e-+H2O=CO2↑+6H++N2↑，所以M是负极；N电极反应式O2+4H++4e-=2H2O，所以N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，外电路中电子从负极沿箭头的方向流向正极。

【详解】A.M是负极，N是正极，外电路中电子从负极沿箭头的方向流向正极，则装置外电路中箭头的方向代表电子的方向，故A错误；

B.M电极反应式为CO（NH2）2-6e-+H2O=CO2↑+6H++N2↑，故B正确；

C.未说明标准状况，无法确定氧气的物质的量，故C错误；

D.电池的总反应为尿素与氧气的反应：

2CO（NH2）2+3O2═2CO2↑+4H2O+2N2↑，该处理工艺的废水酸性很弱，能直接排放，故D错误。

答案：

B

7.室温下，向10mL0.1mol·L-1HX溶液中逐滴加入0.2mol·L-1YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示（温度和体积变化忽略不计）。

则下列结论错误的是

A.HX为一元强酸，YOH为一元弱碱。

B.M点水的电离程度大于N点水的电离程度

C.N点对应溶液中粒子浓度：

c（YOH）>c（Y+）>c（X-）>c（OH-）>c（H+）

D.25℃时pH=4的YX溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-4mol·L-1

【答案】C

【解析】

【分析】

0.1mol•L-1HX溶液的pH=1，说明HX完全电离，为强酸；HX与YOH恰好完全中和生成盐，需要YOH溶液5mL，如果YOH为强碱，则在横坐标为5mL时，pH=7，但是图象显示横坐标为6mL时，pH=7，因此确定YOH为弱碱；M点溶液为中性，N点为YOH与YX物质的量之比为1:

1混和液，由于pH>7,则电离大于水解,抑制水的电离。

【详解】A.0.1mol•L-1HA溶液中pH=1，则HA是强酸，HX与YOH恰好完全中和生成盐，需要YOH溶液5mL，如果YOH为强碱，则在横坐标为5mL时，pH=7，但是图象显示横坐标为6mL时，pH=7，因此确定YOH为弱碱，故不选A；

B.由图象可知，M点溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/L，N点溶液呈碱性，YOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/L，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故不选B；

C.N点为YOH与YX物质的量之比为1:

1混和液，YOH

Y++OH-，Y++H2O

YOH+H+，因为pH>7,所以电离大于水解,离子浓度c（Y+）>c（X-）>c（YOH）>c（OH-）>c（H+）,故选C；

D.YX溶液中存在Y++H2O

YOH+H+，所以pH=4的YX溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-4mol·L-1，故不选D

【点睛】本题考查了酸碱混合时的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，需要根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱。

8.实验室可利用SO2与Cl2在活性炭的催化下制取一种重要的有机合成试剂磺酰氯（SO2Cl2）。

所用的反应装置如下图所示（部分夹持装置省略）。

已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈的水解反应，遇潮湿空气会产生白雾。

（1）化合物SO2Cl2中S元素的化合价为__________。

（2）仪器D的名称是___________。

（3）乙、丙装置制取原料气Cl2与SO2。

①乙装置F中充满Cl2，则E中所盛放的溶液为_____________（填溶液的名称）。

②丙装置中试剂X、Y的组合最好是_____________。

A98%浓硫酸+CuB70%H2SO4+Na2SO3C浓HNO3+Na2SO3

（4）上述装置的正确连接顺序为________、________、丁、_______、_________（用甲、乙、丙表示，可重复使用）。

（5）B装置中从a口通入冷水的作用是_________；C装置的作用是_______________。

（6）SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，会产生白雾，则SO2Cl2发生水解反应的化学方程式为________。

（7）若反应中消耗氯气的体积为1.12L（已转化为标准状况，SO2足量），最后通过蒸馏得到纯净的磺酰氯5.13g，则磺酰氯的产率为______________（保留三位有效数字）。

【答案】

（1）.+6

（2）.三颈烧瓶（或三口烧瓶）（3）.饱和食盐水或饱和氯化钠溶液（4）.B（5）.丙（6）.甲（7）.甲（8）.乙（或乙甲甲丙）（9）.冷凝回流（10）.防止空气中的水蒸气进入装置D中，同时吸收SO2与Cl2，防止污染空气（11）.SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（12）.76.0%

【解析】

【分析】

丙装置制备二氧化硫，乙装置制备氯气，二氧化硫与氯气在丁装置中反应生成SO2Cl2，丁中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，因此丙与甲连接制备干燥的二氧化硫，E是饱和食盐水，降低氯气溶解度，乙与甲连接得到干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止导致磺酰氯水解。

【详解】

（1）根据正负化合价的代数和为0，判断S的化合价为+6；

答案：

+6；

（2）根据图象可知，仪器D的名称是三颈烧瓶（或三口烧瓶）

答案：

三颈烧瓶（或三口烧瓶）；

（3）①Cl2难溶于饱和食盐水，则E中所盛放的溶液为饱和食盐水或饱和氯化钠溶液；

答案：

饱和食盐水或饱和氯化钠溶液；

②A.反应需要加热且浓硫酸变为稀硫酸反应会停止，浪费药品，故不选A；

B.符合强酸制弱酸原理，反应简单易行，故B正确；

C.浓HNO3有强氧化性,不可制备还原性气体SO2，故不选C；

答案：

B；

（4）关键点：

制备磺酰氯必须是干燥环境；根据以上分析可知：

上述装置

正确连接顺序为丙、甲、丁、甲、乙或乙、甲、丁、甲、丙；

答案：

丙甲甲乙（或乙甲甲丙）；

（5）B装置中从a口通入冷水的作用是冷凝回流；C装置的作用是防止空气中的水蒸气进入装置D中，同时吸收SO2与Cl2，防止污染空气；

答案：

冷凝回流；防止空气中的水蒸气进入装置D中，同时吸收SO2与Cl2，防止污染空气；

（6）SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，会产生白雾，则SO2Cl2发生水解反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；

答案：

SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；

（7）若反应中消耗氯气的体积为1.12L，物质的量为0.05mol，理论上生成磺酰氯0.05mol，质量为0.05mol×135g/mol=6.75g，最后通过蒸馏得到纯净的磺酰氯5.13g，则磺酰氯的产率为（5.13g/6.75g）×100%=76.0%；

答案：

76.0%。

9.氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：

Ⅰ.4NH3（g）+5O2（g）

4NO（g）+6H2O（g）△H1=-905kJ/mol

Ⅱ.4NH3（g）+3O2（g）

2N2（g）+6H2O（g）△H2

（1）已知：

物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ

NO

O2

N2

629

496

942

则△H2=___________。

（2）以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量与温度的关系如下图：

①该催化剂在高温时对反应__________更有利（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

②520℃时，NH3的转化率为____________。

③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=________（数字计算式）。

④下列说法正确的是____________（填标号）。

A工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右

B增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率

C投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率

D使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率

⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是____________。

（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。

①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1molN2时，转移的电子数为___________mol。

②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。

反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________。

【答案】

（1）.-1265kJ/mol

（2）.1（3）.60%（4）.

（5）.AD（6）.催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低（7）.

（8）.迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大

【解析】

【分析】

（1）利用盖斯定律和△H=反应物总键能-生成物总键能计算；

（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的；

②根据图示A点计算出两个反应消耗氨气的量，再计算转化率；

③利用A点，计算出两个反应后剩余的氨气，氧气，生成的水和N2，再根据平衡常数公式计算；

④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；

B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；

C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；

D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；

⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；

（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O根据方程式判断；

②在50-250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；

【详解】

（1）盖斯定律：

Ⅰ-Ⅱ得2N2（g）+2O2

4NO（g）△H=△H1-△H2=-905-△H2kJ/mol；

△H=反应物总键能-生成物总键能=2×942kJ/mol+2×496kJ/mol-4×629kJ/mol=360kJ/mol；

所以：

△H2=△H1-△H==-905kJ/mol-360kJ/mol=-1265kJ/mol；

答案：

-1265kJ/mol

（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；

答案：

Ⅰ

②520℃时，4NH3（g）+5O2

4NO（g）+6H2O（g）

变化（mol）：

0.20.250.20.3

4NH3（g）+3O2（g）

2N2（g）+6H2O（g）

变化（mol）：

0.40.30.20.6

NH3的转化率为

×100%=60%

答案:

60%

③在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：

4NH3（g）+5O2

4NO（g）+6H2O（g）

变化（mol）：

0.20.250.20.3

4NH3（g）+3O2（g）

=2N2（g）+6H2O（g）

变化（mol）：

0.40.30.20.6

故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K=

答案：

④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；

B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；

C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；

D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；

答案：

AD

⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；

答案：

催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低

（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O生成N2的反应中，当生成1molN2时，转移的电子数为

mol；

答案：

②反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；

答案：

迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大

【点睛】本题难点是图象分析应用，易错点平衡常数的计算，注意三段式法在平衡计算中的应用。

10.工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，从阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）中提取金和制备AgCl的工艺如下：

已知：

分金液的主要成分为H[AuCl4]；分金渣的主要成分为PbSO4和AgCl；分银液的主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-

Ag++2SO32-

回答下列问题：

（1）“分铜”时，铜单质参与反应的离子方程式为___________；如果温度过高，铜的浸出率会降低，原因是____________。

（2）“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和__________。

（3）“分金”时，溶解单质金的化学方程式为________；除HC1、NaC1O3可溶解金外，“王水”也可溶解金，“王水”的成分为_____________（写试剂的名称）。

（4）从“分金液”中提取金时，氧化剂和还原剂

物质的量之比为_______________。

（5）向“分银液”中加入适量的H2SO4调到pH=4时“沉银”，能够析出AgCl的原因是___________。

（6）AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl（s）+2NH3（aq）

[Ag（NH3）2]（aq））+Cl-（aq），其平衡常数K=2.0×10-3，现用1L某浓度氨水（溶质视

NH3）完全溶解0.1molAgCl，所需氨水浓度至少为____________mol·L-1（已知

=2.25）。

【答案】

（1）.2H++H2O2+Cu=Cu2++2H2O

（2）.温度过高时，H2O2受热分解（3）.PbSO4（4）.2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O（5）.浓硝酸、浓盐酸（6）.2:

3（7）.H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，使[Ag（SO3）2]3-

Ag++2SO32-平衡正向移动，Ag+和Cl-反应生成AgCl（8）.2.45

【解析】

【分析】

阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）加入双氧水、硫酸和氯化钠，得到分铜液和分铜渣，这一步目的是除掉铜；分铜渣中加入盐酸和氯酸钠得到分金液（H[AuCl4]）和分金渣，在分金液中加入还原剂就可以提炼出金；分金渣中加入亚硫酸钠得到分银液（[Ag（SO3）2]3-）

，在分银液（[Ag（SO3）2]3-）中加入硫酸，根据平衡移动原理提炼出氯化银。

【详解】

（1）由于铜排在H后面，不和硫酸反应，所以需加入双氧水作为氧化剂；温度过高双氧水会分解，影响铜的浸出率；

答案：

2H++H2O+Cu=Cu2++2H2O；温度过高时，H2O2受热分解；

（2）根据后一步分金渣成分，可推测出“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和PbSO4；

答案：

PbSO4；

（3）根据已知分金液的主要成分为H[AuCl4]，得方程式为2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O；“王水”的成分为浓硝酸与浓盐酸体积比1:

3混合物；

答案：

2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O；浓硝酸、浓盐酸；

（4）氧化剂