福建省厦门市高三化学适应性考试试题(含解析)

福建省厦门外国语学校2017届高三适应性考试理综化学试题(时间：150分钟；满分：300分)1. 生产生活中处处有化学，化学是人类进步的关键。下列表述错误的是A. 汽车排放的尾气和冬季取暖排放的颗粒污染物是形成雾霾的一个因素B. 泡沫灭火器中用的是小苏打和硫酸铝C. 用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆，二者所用原理相同拼十年寒窗挑灯苦读不畏难；携双亲期盼背水勇战定夺魁。如果你希望成功，以恒心为良友，以经验为参谋，以小心为兄弟，以希望为哨兵。D. 从海水中可提取镁，电解熔融氯化镁可制得金属镁【答案】C【解析】汽车尾气和取暖排放的颗粒污染物能形成雾霾，故A正确；小苏打和硫酸铝发生双水解生成二氧化碳、氢氧化铝，故B正确；活性炭为糖浆脱色利用活性炭的吸附性，用臭氧漂白纸浆属于氧化反应，二者所用原理不相同，故C错误；电解熔融氯化镁可制得金属镁和氯气，故D正确。2. 用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，1.12 L戊烷所含共价键数目为0.8NAB. 1 L 0.1 mol/L (NH4)2SO4溶液中含N原子数为0.2NAC. 2.2 gD218O与T2O的混合物中所含质子数、中子数均为NAD. 25 mL 16 molL-1浓硫酸与13 g锌共热，转移的电子数小于0.4NA【答案】B【解析】标准状况下戊烷是液体，故A错误；1 L 0.1 mol/L (NH4)2SO4溶液硫酸铵的物质的量是0.2mol， N原子数为0.2NA，故B正确；每个D218O中含质子10、中子是12，每个T218O中含质子10、中子14，故C错误；25 mL 16 molL-1浓硫酸含硫酸0.4mol，13 g锌能完全反应生成硫酸锌，转移的电子数等于0.4NA，故D错误。3. 咖啡酸具有较广泛的抑菌作用，结构简式为。下列有关说法中正确的是A. 分子中含有四种官能团B. 可以用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键C. 1 mol咖啡酸与足量钠、碳酸氢钠溶液反应，在相同条件下生成气体的体积比为1：2D. 1 mol咖啡酸可与4 mol Br2发生反应【答案】D4. 某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如图所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl22LiCl+SO2；下列叙述中错误的是A. 电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应B. 将电解质溶液改为LiCl的水溶液，电池性能会更好C. 电池工作时电子流向：锂电极导线负载碳棒D. 电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e=2Cl+SO2【答案】B【解析】电池工作时负极材料是Li，失电子发生氧化反应，故A正确；锂与水能反应，不能将电解质溶液改为LiCl的水溶液，故B错误；电池工作时电子有负极流向正极，故C正确；电池工作过程中，石墨是正极，电极反应式为SO2Cl2+2e=2Cl+SO2，故D正确。5. 通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应实验现象的推断或解释正确的是选项操作实验现象解释A向某钾盐中滴加浓盐酸，产生气体再通入品红溶液品红溶液褪色该钾盐为K2SO3或KHSO3B铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液出现血红色铝热剂中一定含有氧化铁C将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置下层液体呈紫色氧化性：Br2I2D将足量过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中溶液变成蓝色过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】向高锰酸钾中滴加浓盐酸能生成氯气，氯气漂白品红溶液，钾盐不一定是亚硫酸盐，故A错误；铝热剂中可能含有四氧化三铁，故B错误；下层液体呈紫色说明溴置换出碘化钾中的碘单质，故C正确；由于过氧化钠具有强氧化性，将足量过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中，溶液先变成蓝色再褪色，故D错误。6. W、X、Y、Z是原子半径依次增大的四种短周期主族元素，已知25时，W、X形成的0.1 mol/L化合物的水溶液pH1，Z的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是A. X、Y、Z一定位于同一周期B. X与Y形成的化合物中各原子不一定达到8电子稳定结构C. Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间一定能相互反应D. W与X、Y形成的化合物的稳定性一定是前者大于后者【答案】C【解析】W、X形成的0.1 mol/L化合物的水溶液pH1，说明W、X形成的化合物是一元强酸，W是H元素、X是Cl元素；Y、Z原子半径大于X，则Y、Z与X同周期，Z的电子层数与最外层电子数相等，Z是Al元素；Y是Si、P、S中的一种；根据以上分析，X、Y、Z一定位于第三周期，故A正确；若Y是P元素，Cl与P可以PCl5，P原子没达到8电子稳定结构，故B正确；氢氧化铝不溶于弱酸，故C错误；同周期元素的气态氢化物从左到右稳定性增强，故D正确。7. 某温度下，向10 mL 0.1 mol/LCuCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是（已知：lg20.3，Ksp(ZnS)=310-25 mol2/L2。）A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B. Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)C. 该温度下Ksp(CuS)=410-36 mol2/L2D. 向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10-5 molL-1的混合溶液中逐滴加入10-4 molL-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀【答案】C【解析】CuCl2、Na2S水解促进水电离， b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有作用，水的电离程度最小的为b点，故A错误；根据物料守恒Na2S溶液中：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)= c(Na+)，故B错误；b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c(Cu2+)= c(S2-)，根据b点数据，c(Cu2+)= mol/L，该温度下Ksp(CuS)=410-36 mol2/L2，故C正确；Ksp(ZnS)=310-25 mol2/L2大于Ksp(CuS)，所以向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10-5 molL-1的混合溶液中逐滴加入10-4 molL-1的Na2S溶液，Cu2+先沉淀，故D错误。8. 氮化镁（Mg3N2）在工业上具有非常广泛的应用。某化学兴趣小组用镁与氮气反应制备Mg3N2并进行有关实验。实验装置如下所示：已知：氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反应。亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快。温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等。回答下列问题：（1）仪器b的名称是_，写出装置A中发生反应的化学方程式_。（2）某同学检验装置A部分的气密性，关闭止水夹c后，开启活塞a，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶。试判断：A部分装置是否漏气？_（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”），判断理由：_。（3）装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是_，F装置的作用是_。（4）加热至反应开始发生，需移走A处酒精灯，原因是_。（5）反应结束后，取m g E中样品于试管中，加足量蒸馏水，得V mL气体（换算为标准状况），则样品中氮化镁的质量分数为_。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O (3). 无法确定 (4). 由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶 (5). 除去氧气 (6). 防止空气中的水蒸气进入E装置使氮化镁水解 (7). 该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2 (8). 【解析】（1）由图中仪器结构可知，b为蒸馏烧瓶；A装置制备氮气，方程式为NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O；（2）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，因此无法判断。（3）由于温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等，氧气能与镁反应，因此装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是除去氧气。氮化镁易与水反应，则F装置的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置使氮化镁水解。（4）由于该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2。（5）反应结束后，取m g E中样品于试管中，加足量蒸馏水，得V mL气体（换算为标准状况），气体是氨气，物质的量是V/22400mol，所以氮化镁的物质的量是V/44800mol，则样品中氮化镁的质量分数为。9. 某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：已知：反应中所有金属元素均以离子形式存在。回答下列问题：（1）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应的离子方程式_。（2）反应中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，滤渣2的主要成分是_（填名称）。（3）反应中MnO2的作用是_，另外一种物质X可以是_。（填字母代号）aMgO bZn(OH)2 cCu2(OH)2CO3 dMnCO3（4）反应中电极均是惰性电极，写出阳极电极反应式_。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和_。（5）已知：H2S的电离常数K1=1.0107，K2=7.01015。0.1 mol/L NaHS的pH_7(填“”“”或“”），理由是_。（6）在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 molL1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS浓度为1.0104 molL1时，Mn2+开始沉淀，则a=_。【答案】 (1). CuSMnO24HCu2Mn2S2H2O (2). Cu (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). bd (5). Mn22e2H2OMnO24H (6). H2SO4 (7). (8). HS的水解常数为7.01015，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，pH7 (9). 5【解析】试题分析：（1）依题意，MnO2、CuS、H2SO4反应生成MnSO4、CuSO4、S、H2O，锰元素由+4降为为+2价，硫元素由2升为0价，根据最小公倍数法配平；（2）根据流程图，是除去溶液中的铁离子、铝离子；II中加入适量Zn，充分反应后过滤，得到Cu;(3) II中加入适量Zn，发生的反应为Zn+Cu2+=Zn2+Cu、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，则II的滤液中无铁离子，只有亚铁离子，为了将亚铁离子除去，需要先将其氧化为铁离子，再用氢氧化锌、氧化锌等调节溶液pH将其完全变为氢氧化铁沉淀，因此III中加入的二氧化锰是将Fe2+氧化成Fe3+的氧化剂；（4）电解前，V溶液中含有锌离子、锰离子，由此推断电解时锌元素由+2降为0价，得到电子，发生还原反应，说明Zn是阴极产物；锰元素由+2升为+4价，失去电子，发生氧化反应，说明二氧化锰是阳极产物，即Mn2+2eMnO2；（5）根据HS-的电离平衡常数与水解平衡常数判断NaHS的pH；（6）根据Ksp(MnS)=1.41015，可计算向含有0.020 molL1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体Mn2+开始沉淀时S2浓度，再根据H2S的电离常数K2=7.01015计算氢离子浓度。解析：根据以上分析（1）依题意，MnO2、CuS、H2SO4反应生成MnSO4、CuSO4、S、H2O，锰元素由+4降为为+2价，硫元素由2升为0价，根据最小公倍数法配平，则该反应为CuSMnO24HCu2Mn2S2H2O；（2）根据流程图，是除去溶液中的铁离子、铝离子；II中加入适量Zn，得到Cu，滤渣2的主要成分是Cu；(3) II中加入适量Zn， II的滤液中有亚铁离子，为了将亚铁离子除去，需要先将其氧化为铁离子；为不引入新杂质，再用氢氧化锌、氧化锌、碳酸锰等调节溶液pH将其完全变为氢氧化铁沉淀，因此III中加入的二氧化锰是将Fe2+氧化成Fe3+的氧化剂，另外一种物质X可以是氢氧化锌、氧化锌、碳酸锰等，所以选bd；（4）电解前，V溶液中含有锌离子、锰离子，由此推断电解时锌元素由+2降为0价，得到电子，发生还原反应，说明Zn是阴极产物；锰元素由+2升为+4价，失去电子，发生氧化反应，说明二氧化锰是阳极产物即Mn2+2eMnO2，左边带4个正电，右边不带电，呈酸性的V溶液中只能用氢离子使左右电荷守恒，则Mn2+2eMnO2+4H+；左边比右边少4H、2O，根据原子个数守恒可得阳极反应式：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+；Mn22e2H2OMnO24H ；根据电极反应式，电解中有硫酸生成，本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和H2SO4（5）根据HS-的电离平衡常数与HS-水解平衡常数=大于 7.01015 ，水解大于电离，所以NaHS的pH7；（6）根据Ksp(MnS)= 1.41015，可计算向含有0.020 molL1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体Mn2+开始沉淀时S2浓度等于， H2S的电离常数K2=7.01015， , ，氢离子浓度= ，所以PH=5。点睛：电解池阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，所以题中阳极反应为Mn22e2H2OMnO24H10. 砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。（1）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差。根据图1写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式_。（2）砷酸钠具有氧化性，298 K时，在100 mL烧杯中加入10 mL 0.1 mol/L Na3AsO4溶液、20 mL 0.1 mol/L KI溶液和20 mL 0.05 mol/L硫酸溶液，发生下列反应：AsO43-(无色)+2I-+2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2O H。测得溶液中c(I2)与时间(t)的关系如图2所示（溶液体积变化忽略不计）。下列情况表明上述可逆反应达到平衡状态的是_（填字母代号）。a溶液颜色保持不再变化bc(AsO33-)+c(AsO43-)不再变化cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率d保持不再变化010 min内，I的反应速率v(I)_。在该条件下，上述反应的平衡常数K_。升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，则该反应的H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）利用（2）中反应可测定含As2O3和As2O5的试样中的各组分含量（所含杂质对测定无影响），过程如下：将试样0.2000 g溶于NaOH溶液，得到含AsO33-和AsO43-的混合溶液。上述混合液用0.02500 molL-1的I2溶液滴定，用_做指示剂进行滴定。重复滴定2次，平均消耗I2溶液40.00 mL。则试样中As2O5的质量分数是_。（4）雄黄（As4S4）在空气中加热至300时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为_（填化学式），可用双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除去，写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). As2O5(s)As2O3(s)+O2(g ) H+295.4 kJ/mol (2). ac (3). 0.003 mol/(Lmin) (4). 4.5106 (5). 小于 (6). 淀粉 (7). 50.50% (8). SO2 (9). 2H2O2+H2O+As2O32H3AsO4【解析】试题分析：（1）根据图1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量；（2）a溶液颜色保持不再变化 ，说明碘单质的浓度不变； bc(AsO33-)+c(AsO43-)为定值等于0.06 mol/L；cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反应速率相等； d为定值等于1:1；根据 计算010 min内I的反应速率。利用“三段式”计算平衡常数K。升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动。（3）根据淀粉遇碘变蓝色选择指示剂。根据关系式计算试样中As2O5的质量分数。（4）根据元素守恒As4S4在空气中加热至300时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为SO2，双氧水将As2O3氧化为H3AsO4，根据电子守恒化学方程式。解析：（1）根据图1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量， As2O5分解为As2O3的热化学方程式为As2O5(s)As2O3(s)+O2(g ) H+295.4 kJ/mol；（2）a溶液颜色保持不再变化 ，说明碘单质的浓度不变，一定达到平衡状态，故a正确； bc(AsO33-)+c(AsO43-)为定值等于0.06 mol/L，c(AsO33-)+c(AsO43-)不再变化不一定平衡，故b错误；cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反应速率相等，一定平衡，故c正确； d为定值等于1:1，保持不再变化不一定平衡，故d错误。根据 ， 0.0015 mol/(Lmin)，0.003 mol/(Lmin)。 4.5106；升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应放热，H NS (3). N (4). 2NA或26.021023 (5). C22- (6). 平面三角形 (7). sp3 (8). 氧化镁晶体所含离子半径小，电荷多，晶格能大 (9). Mg2Fe (10). 【解析】试题分析：（1）Cu2+核外有27个电子，根据核外电子排布规律写电子排布式。非金属性越强电负性越大。（2）CN中N原子含有孤对电子，CN-存在C、N叁键，叁键中有2个键。等电子体是原子数相同、价电子数相同的分子或离子。（3）根据氯化铝结构判断空间结构、原子杂化类型。（4）离子化合物的熔点与离子半径和电荷多少有关。（5）根据均摊原则分析铁镁合金的化学式，根据 计算合金的密度。解析：（1）Cu2+核外有27个电子，根据核外电子排布规律，基态Cu2+的电子排布式是3d9 。非金属性越强电负性越大，所以S、O、N三种元素的电负性由大到小的顺序为ONS。（3）氯化铝中每个铝原子含有3个共价键，且不含孤电子对，为平面三角形结构，缔合双分子Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型sp3。（4）离子化合物的熔点与