四川省南充市2019届高三化学下学期第二次适应性考试试题（含解析）.docx

四川省南充市2019届高三化学下学期第二次适应性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 P31 S32 Cl35.5第卷(选择题 共126分)一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)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【解析】【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，8NH33Cl2=6NH4ClN2，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6.022140761023个基本单元，这个常数被称为阿伏加德罗常数，单位为mol1”。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2NAB. 1mol/LCuCl2溶液中含Cl- 数目为2NAC. 白磷分子(P4)呈正四面体结构，31g白磷中含P-P键的数目为1.5NAD. 标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NA【答案】B【解析】【详解】A、含氧原子物质的量为46g2/46gmol1=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6molPP键，31g白磷含有PP键的物质的量为31g6/124gmol1=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22.4L10/22.4Lmol1=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C6H6Cl6C. 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【解析】【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0.1000molL1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【解析】【详解】A、AlCl3与氨水反应：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，氢氧化铝不溶于氨水，只有白色沉淀，硝酸银与氨水反应：AgNH3H2O=AgOHNH4，继续滴加NH3H2O，AgOH2NH3H2O=Ag(NH3)2OH2H2O，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0.1molL1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=2NH3D. 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【解析】【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N2NH3，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N26H6e=2NH3，阳极反应式为2H2O4e=O24H，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N2NH3，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N26H6e=2NH3，阳极反应式为2H2O4e=O24H，A、根据上述分析，故A说法正确；B、阴极反应式为N26H6e=2NH3，阳极反应式为2H2O4e=O24H，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N2NH3，该电极反应式为N26H6e=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N2NH3，根据化合价变化，判断转移电子物质的量，即N26e2NH3，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N26H6e=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：XWB. 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：ZWD. 只有W元素的单质可用于自来水的杀菌消毒【答案】C【解析】【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Nac(HA)c(H+)c(OH-)D. c点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)【答案】C【解析】【分析】1L0.3molL1HA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)=0.2molL1，pH为1lg2，但现在pH3，说明HA为弱酸，然后进行分析即可。【详解】1L0.3molL1HA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)=0.2molL1，pH为1lg2，但现在pH3，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NaAHCl=NaClHA，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。仪器A的名称为_，通水方向为_（填 “ab”或“ba”），装置B的作用是_。反应装置中的活性炭的作用可能为：_。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_。滴定法测定磺酰氯的纯度：取1.800g产品，加入到100mL0.5000molL1NaOH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0.1000molL1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). SO2Cl22H2O=2HClH2SO4 (3). 球形冷凝管 (4). ab (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). SO2Cl22H2O=2HClH2SO4 (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%【解析】【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SO2Cl22H2O=2HClH2SO4；（2）仪器A为球形冷凝管；冷凝管通水的方向是下进上出，即ab；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；生成磺酰氯的原理是SO2Cl2=SO2Cl2，因此活性炭的作用可能是催化剂；SO2以还原性为主，Cl2具有强氧化性，在有水的情况下，发生SO2Cl22H2O=2HClH2SO4；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SO2Cl22H2O=2HClH2SO4、HOH=H2O，因此n(SO2Cl2)=1102mol，m(SO2Cl2)=1102mol135gmol1=1.35g，则产品的纯度为1.35g/1.800g100%=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Fe 2含量为1.2molL1，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FeCl36H2O晶体。【答案】 (1). Ca(OH)22HCl=CaCl22H2O、3Ca(OH)22FeCl3=2Fe(OH)33CaCl2 (2). 3.7pH4.2 (3). 65 (4). 固液比大时，铁的浸出率低，固液比小虽然浸出率高，但过稀的FeCl3溶液蒸发浓缩需消耗过多的能量，提高了成本， (5). 2040g (6). 2H2e=H2 (7). Fe22HH22Fe3 (8). 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【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)22HCl=CaCl22H2O，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)22FeCl3=2Fe(OH)33CaCl2；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3.7pH0，反应物总能量低于生成物总能量，故图D正确；同理反应正反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，反应平衡常数大，说明活化能较低，故图B正确；（4）根据(3)，反应为吸热反应，反应向正反应方向移动，可以升高温度；反应向正反应方向移动，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) 6 6 0 0 x x 2x 2x 6x 6x 2x 2xCH4的体积分数(6x)/(122x)100%=10%，解得x=4，组分都是气体，气体总质量为(6mol44gmol16mol14gmol1)=360g，容器体积为40L，则气体密度为360g/40L=9gL1；CO2的转化率为4mol/6mol100%=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，1 mol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_kJmol1，NN键键能为_kJmol1，Cu3N晶格能为_kJmol1。（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). 46 (4). 三角锥形 (5). 3 (6). 756 (7). 936 (8). 5643 (9). a【解析】【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键，因此该尿素分子中含有键的数目为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中的键形成了一个4中心6电子的离域大键，即分子中含有46；（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2268/3kJmol1=756kJmol1；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468kJmol12=936kJmol1；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=5643kJmol-1,所以，Cu3N的晶格能为5643kJmol1；（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，则正八面体的边长为面对角线为一半，即为anm。化学选修5：有机化学基础12.F是一种常见的-氨基酸，可通过下列路线人工合成：回答下列问题：（1）化合物E中的官能团名称是_，烃A的结构简式是_。（2）由化合物D生成E、醇C生成D的反应类型分别是_、_。（3）化合物F的系统命名为_，F相互形成的环状二肽的结构简式为_。（4）化合物C可在灼热Cu催化下与O2发生反应，得到一种具有刺激性气味的液体，写出相关的化学方程式_。（5）化合物E与足量NaOH醇溶液加热反应，反应方程式为_。（6）烃A可与苯酚在酸性条件下产生苯酚对位取代衍生物G(C8H10O)，其满足如下条件 的G的同分异构体有_种。遇FeCl3溶液不显紫色； 苯环上有两个取代基。【答案】 (1). 溴原子和羧基 (2). CH2=CH2 (3). 取代反应 (4). 氧化反应 (5). 2氨基丙酸或氨基丙酸 (