届四川省南充市高三上学期第一次高考适应性考试理科综合化学试题解析版Word文档格式.docx

1、【答案】DA.7.8gNa2O2固体中含有阴阳离子总数为0.3NA；B.纯水中pH=6，则c（H+）= c（OH） =106 mol/L，lL纯水中含OH数为106NA；C.未指明此时是否为标况，不能确定22.4L乙烯是否为1mol；D.假设6.4g全为S2求出极端值，假设6.4g全为S8求出另一极端值，S2和S8的混合物共6.4g，最终介于两极端值之间；【详解】A.7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，0.1molNa2O2固体中含有0.2molNa+和0.1mol过氧根离子，所以阴阳离子总数为0.3NA，故A项错误；B.纯水显中性，t时,纯水的pH=6，则c（H+）= c（OH） =

2、106 mol/L，lL纯水中含OH数为106NA，故B项错误；C.未指明此时是否为标况，无法确定22.4L乙烯的物质的量，以及分子数，故C项错误；D. 6.4g S2和S8的混合物共含有6.4g 硫原子，则混合物中含有S原子的物质的量为6.4g/32（g/mol）=0.2mol，所含硫原子数一定为0.2NA，故D项正确；综上，本题选D。3.工业上可由乙苯生产苯乙烯如下，下列说法正确的是A. 该反应的类型为消去反应B. 乙苯的同分异构体共有三种C. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯D. 从分子结构上看，苯乙烯不能进行加聚反应【答案】AA.由乙苯生产苯乙烯，H原子减少，为消去反应；B.乙苯的

3、同分异构体有4种；C.乙苯和苯乙烯均能使高锰酸钾溶液褪色；D.苯乙烯中含碳碳双键，能进行加聚反应；【详解】A.反应CC变为C=C，为消去反应，故A项正确；B.乙苯的同分异构体有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，连同乙苯共4种，故B项错误；C.乙苯和苯乙烯均能使高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能鉴别，故C项错误；D.苯乙烯中含碳碳双键具有烯烃的性质，能够进行加聚反应，故D项错误；综上，本题选A。4.下列实验操作正确的是A. 用排水集气法收集NH3B. 给试管里的液体加热时，液体的体积不超过试管容积的三分之一C. pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断D. 用CCl4萃取溴水中的溴时，将溴的CCl4溶液从

4、分液漏斗上口倒出【答案】BA.NH3不能用排水集气法收集；B.给试管里的液体加热时，液体的体积不超过试管容积的三分之一；C.pH计可以用于酸碱中和滴定终点的判断；D.结合萃取分液操作分析；【详解】A.NH3极易溶于水，不能用排水集气法收集，故A项错误；B.给试管里的液体加热时，液体的体积不超过试管容积的三分之一，故B项正确；C.pH计可以用于酸碱中和滴定终点的判断，故C项错误；D.溴的CCl4溶液密度比水大，从分液漏斗下口放出，故D项错误；综上，本题选B。【点睛】C项中注意：在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂。指示剂是

5、借助于颜色的改变来指示溶液pH的物质，它可以粗略地测定溶液的pH，在酸碱中和滴定过程中，通常把指示剂恰好变色的这一点称为滴定终点。而pH计是一种精确测量溶液pH的仪器，精确度高，测量时可以从仪器上直接读出溶液的pH。所以，可以在酸碱中和滴定过程中用来确定和判断滴定终点。5.物质由高浓度向低浓度扩散而引发的一类电池称为浓差电池。如图是由Ag电极和硝酸银溶液组成的电池，工作时，b电极的质量不断增大，下列说法错误的是A. NO3由交换膜右侧向左侧迁移B. a极为负极，发生氧化反应C. 交换膜左侧溶液浓度最终会大于交换膜右侧溶液浓度D. 原电池的总反应不一定是氧化还原反应右侧AgNO3溶液浓度高，左侧

6、AgNO3溶液浓度低。工作时，b电极的质量不断增大， Ag+在b电极得电子，故b为正极，a为负极，据此判断；【详解】A.NO3向负极运动，由交换膜右侧向左侧迁移，故A项正确；B.a极为负极，发生失电子的氧化反应，故B项正确；C.交换膜左侧溶液浓度不会大于交换膜右侧溶液浓度，故C项错误；D.该电池中Ag在负极失电子，变成Ag+，Ag+在b电极得电子，生成Ag，不属于氧化还原反应，故D项正确；6.某温度时，将nmolLlCH3COOH溶液滴入10mL1.0molL1NaOH溶液中，溶液pH和温度随加入CH3COOH溶液体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是A. Kw：ab B. 25时：K（

7、CH3COOH）=1/（n-1） 107C. nb将CH3COOH溶液滴入NaOH溶液中，溶液pH逐渐减小，当恰好完全中和时，放热最多，温度最高，据此判断；【详解】A.由于温度ba，则Kw：a1.0 ，故C项错误；D. b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解促进了水的电离，则水的电离程度bc，故D项错误；【点睛】本题考查Kw，Kw与温度有关，温度越高Kw数值越大，水电离程度越大，温度越低Kw数值越小，水的电离程度越小，所以判断Kw的大小重点要抓住此时的温度。7.W、X、Y、Z均为短周期元素凡原子序数依次增大，W是短周期中金属性最强的元素，向水中同时加入W2Y和XZ3

8、，剧烈反应并产生气体和白色沉淀。下列说法正确的是A. 简单气态氢化物的热稳定性：ZYB. 氧化物对应水化物的酸性：XYH2S，故A项错误；B.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z，但B项未指明最高价氧化物，故B项错误；C.工业上冶炼Al，采用电解熔融状态下氧化铝的方法，故C项错误；D.YZ2分子为SCl2，硫原子和氯原子通过共用电子对，每个原子的最外层都是8电子稳定结构，故D项正确；8.某班学生用SO2与含钡试剂探究化学反应原理，设计了如图实验装置。已知：Na2SO3（s）+H2SO4（浓） Na2SO4+SO2+H2O，三个实验小组分别利用该实验装置，将不同试剂装入B试管进行实验，实验结果如下表

9、根据实验回答问题：（1）第一组实验中，A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为_，B中沉淀主要是_，B中发生反应的离子方程式为_。（2）第二组实验中，B中白色沉淀是_，溶液中发生反应的离子方程式为_。（3）第三组实验结果的分析出现分歧，有同学认为白色沉淀是BaSO3。有同学认为是BaSO4。实验小组取出沉淀，继续加入足量_，沉淀不溶解，说明沉淀应该是BaSO4。实验中产生BaSO4的原因是：_。（4）综合三组实验结果，请预测CO2通入CaCl2溶液，_（填能”或“不能”）产生CaCO3沉淀，请用化学原理解释：_。【答案】 （1）. 分液漏斗 （2）. BaSO3 （3）. Ba2+2OH-+SO2=B

10、aSO3+H2O （4）. BaSO4 （5）. 3Ba2+3SO2+2H2O+2NO3-= 3BaSO4+2NO+4H+ （6）. 稀盐酸 （7）. 装置中的氧气，将溶液中的二氧化硫（或H2SO3）氧化成SO42-，与Ba2+结合生成BaSO4 （8）. 不能 （9）. 二氧化碳溶于水形成碳酸，酸性弱。电离产生的碳酸根离子浓度小，不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀第一个装置为发生装置，制备二氧化硫，第二个装置为二氧化硫的性质检验，第三个装置为吸收装置据此判断；【详解】（1） A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为分液漏斗；B中二氧化硫与氢氧化钡反应，得到沉淀主要是BaSO3；离子方程式为Ba2+2OH

11、-+SO2=BaSO3+H2O；（2）二氧化硫在水溶液中，主要以SO32-离子的形式存在，酸性条件下，NO3-将SO32-离子氧化成SO42-，得到BaSO4沉淀；离子方程式为3Ba2+3SO2+2H2O+2NO3-= 3BaSO4+2NO+4H+；（3）若白色沉淀是BaSO3，则可溶于稀盐酸，若白色沉淀是BaSO4，则不溶于稀盐酸；产生BaSO4的原因是：装置中的氧气，将溶液中的二氧化硫（或H2SO3）氧化成SO42-，与Ba2+结合生成BaSO4；（4）二氧化碳溶于水形成碳酸，酸性弱。电离产生的碳酸根离子浓度小，不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀。9.CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池

12、前驱材料，由含钴矿（Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素）制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。CoCl26H2O熔点86，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：回答下列问题：（1）操作的名称为_，NaClO3具有氧化性，其名称为_。（2）浸取中加入Na2S2O5的作用是_。（3）滤液1中加入NaClO3的作用是_，相关的离子方程式为_。（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子

13、方程式为_。（5）滤渣3主要成分为_（写化学式）。滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体（6）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是_。（7）制备晶体CoCl26H2O，需在减压环境下烘干的原因是_。【答案】 （1）. 过滤 （2）. 氯酸钠 （3）. 将+3价钴还原为+2价钴 （4）. 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离 （5）. 6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O （6）. 2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2 （7）. CaF2、MgF2 （8）. 分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用 （9）. 降低烘干温度

14、，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴（1）操作后得到滤液和滤渣，据此判断；NaClO3名称为氯酸钠；（2）焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性可将+3价钴转化为+2价钴；（3）滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；（4）Fe3+与CO32-结合成Fe（OH）3沉淀，据此判断；（5）故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；（6）反萃取可从有机层中获取Mn2+、Cu2+、Zn2+；（7）CoCl26H2O加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，需在减压环境下烘干；（1）操作后得到滤液和滤渣，故操作为过滤；NaClO3中氯为+5价，其

15、名称为氯酸钠；（2）下一步操作过程中加入NaClO3，调节pH3.03.5时，会将+3价钴转化为沉淀，降低产率，而此时+2价钴不会转化为沉淀，故加入Na2S2O5的作用是将+3价钴还原为+2价钴；（3）NaClO3具有氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，相关的离子方程式为：6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣Fe（OH）3，反应式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2（5）CaF2、MgF2难溶于水，故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；（6）滤液3中含有Mn2+、Cu2+、Zn2+，用

16、稀盐酸反萃取的目的是：分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；（7） CoCl26H2O加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，故减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；10.NOx是大气污染物，但只要合理利用也是重要的资源。回答列问题：（1）将NO2和水蒸气混合，反应的现象为_，写出该反应的化学方程式_。（2）2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）的历程分两步，反应方程式、速率方程和吸放热情况如下：反应I：2NO（g） N2O2（g） （快） v1正=k1正c2（NO），v1逆=k1逆c（N2O2） H1反应II：N2O2（g）+

17、O2（g） 2NO2（g） （慢） v2正=k2正c（N2O2）c（O2），v2逆=k2逆c2（NO2） H2”、“”或“=”）。根据速率方程分析，升高温度反应速率减小的原因是_。A.k2正增大，c（N2O2）增大 B.k2正减小，c（N2O2）减小C.k2正增大，c（N2O2）减小 D.k2正减小，c（N2O2）增大【答案】 （1）. 红棕色褪去，产生白雾 （2）. 3NO2+H2O=2HNO3+NO （3）. H1+H2 （4）. k1正k2正/k1逆k2逆 （5）. 减小 （6）. BD （7）. 图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O2的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是

18、BD （8）. （9）. B（1） NO2和水蒸气混合发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，据此判断；（2）利用盖斯定律计算2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）的H，并结合题干计算K；（3）平衡状态的特征是正逆反应速率相等，据此判断；（4）结合（2）题干进行分析；（1） NO2与水反应生成HNO3和NO，故现象为红棕色褪去，产生白雾；（2） 2NO（g） N2O2（g） H1 N2O2（g）+O2（g） 2NO2（g） H2 将+得，2NO（g）+O2（g） 2NO2（g） H=H1+H2；由反应可知，k1正c2（NO） =k1逆c（N2O2），K1= c（N2O2）/c2（NO）= k

19、1正/k1逆，同理可知，K2= k2正/k2逆，则K= K1 K2= k1正k2正/k1逆k2逆；和均为放热反应，故H0，升高温度后K值减小；（3）达到化学平衡状态时，NO2的消耗速率是N2O2的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是BD；（4）反应速率较慢，且决定总反应速率是反应II，则反应I的活化能E1与反应II的活化能E2的大小关系为E1E2；反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使c（N2O2）减小，同时k2正减小，故选B。11.短周期p区元素共有13种，除铝外全部是非金属元素。（1）基态氮原子的价层电子排布图为_；短周期p区元素中，第一电离能最小的元素与电负性最大的元素组成的

20、化合物是_（填化学式）（2）卤素与硼、氮、磷可形成BF3、NCl3和PBr3，下列有关三种分子的叙述正确的是A.化学键类型相同 B.空间构型相同C.中心原子的杂化轨道类型相同 D.中心原子的价层电子对数相同（3）CS2是一种溶剂，它能溶解硫磺。写出一种与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。CO能与Ni形成正四面体型的配合物Ni（CO）4，3.42gNi（CO）4中含有_mol键（4）CCl4与水互不相溶，SiCl4与CCl4分子结构柑似，但SiCl4遇水易发生水解反应，导致二者性质不同的原因是_。（5）铝的几种卤化物的熔点如下：AlBr3的晶体类型是_，AlI3晶体中存在的作用力有

21、_。（6）氮化铝晶体为原子晶体，是一种新型无机非金属材料，其晶体密度为ag/cm3，晶胞如图所示。铝原子的配位数为_。设NA为阿伏加德罗常数的值。氮化铝晶胞中，铝原子和氮原子之间最短的核间距为_nm。【答案】 （1）. （2）. AlF3 （3）. A （4）. CO2、CO、SCN- （5）. 0.16 （6）. 硅原子有3d空轨道，能接受氧原子的孤对电子，而碳原子没有d空轨道，不能接受氧原子的孤对电子。 （7）. 分子晶体 （8）. 范德华力、共价键 （9）. 2 （10）. （1）N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其轨道表示式为；短周期p区元素中，第一电离能最小的元素A

22、l与电负性最大的元素F组成的化合物是AlF3；（2）O与S同主族，所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2，与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-，所以SCN-的空间构型与键合方式与CS2相同；分子中存在4个Ni-C键，为键，含有4个C=O键，则含有4个键，3.42gNi（CO）4为0.02mol，共0.028mol=0.16mol；（4）CCl4与水互不相溶，SiCl4与CCl4分子结构相似，但遇水极易发生水解反应，硅原子有3d空轨道，能接受氧原子的孤对电子，而碳原子没有d空轨道，不能接受氧原子的孤对电子,导致二者性质不同；（5）AlBr3的熔点很低，为分子晶体，AlI3也为分子

23、晶体中存在的作用力有范德华力、共价键；（6） 如图，每一个N原子连接4个铝原子，而每个铝原子由两个N原子共用，故铝原子的配位数为2；每个晶胞中铝原子为个，氮原子为4个，晶胞的体积V=，则晶胞的边长为，铝原子和氮原子之间最短的核间距为边长的倍，故为。点睛：本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力的考查，涉及核外电子的排布、分子的空间构型、配位键、晶胞的计算等知识点，难度较大，会利用均摊法计算晶胞中含有的离子，注意运用余弦定理计算硫离子和锌离子之间的距离。12.已知-羰基酸受热容易脱羧，比如3-羰基丁酸CH3COCH2COOH中度加热后便可产生丙酮与CO2。化合物E稀释时产生一种有肉香、微甜香气，可用于做交联剂。现有如下有机化合物的转化路线（1）D中的官能团名称是_。（2）D转化为E时的反应条件1是_。（3）C的键线式为_，化合物C转化为D时的反应类型是_。（4）D的分子式为_。（5）E与足量的浓溴水反应，写出相关的化学方程式为_。（6）酯类物质A分子式为C9H6O3，A的结构简式是_。（7）化合物A有符合如下条件的同分异构体有_种。除苯环外无其他环状结构； 与FeCl3发生显色反应；与 NaHC