贵州省贵阳市2021届高三化学8月摸底考试试题(含解析)4626

重点中学试卷可修改欢迎下载 重点中学试卷可修改欢迎下载 -#-【详解】A.S2O32-在酸性条件下不共存，反应产生二氧化硫气体和硫沉淀，A项错误；B.硝酸根在酸性条件下具有极强的氧化性，可以氧化亚铁离子，B项错误；C.Na+、K+、CO］、A1O2-在碱性条件下都能共存，C项正确；D.水电离出的氢离子小于10-7,说明溶液可以是酸性也可以是碱性，次氯酸根在酸性条件下不共存，三价铁离子在碱性溶液中不能共存，D项错误；答案选C。16.如图表示水中c(H+)和c(OH-)的关系，下列判断错误的是A.图中T1<T2XZ线上任意点均有pH=7M区域内任意点(不含实线上的点)均有c(H+)<c(OH-)D.两条曲线间任意点均有c(H+)Xc(OH-)=Kw【答案】B【解析】【详解】A.根据T1和T2下Kw的数值，温度越高Kw的数值越大，所以推断出T1<T2,A项正确;B.当溶液为中性时，不同温度下对应的中性条件下的PH不同，B项错误；C.在XZ线上，c(H+)气(OH-),在M区域，氢氧根离子的浓度都大于氢离子浓度，C项正确；D.在水溶液中，任何温度下都有c(H+)Xc(OH-)=Kw,D项正确；答案选D。第H卷非选择题(共68分)17.丙烯酸甲酯(CH2=CHCOOCH3)是一种重要的有机化工原料。实验室制备少量丙烯酸甲酯的反应为：CH=CHCOOH+CHOH浓硫酸CH=CHCOOCH+HO,步骤如下：2 3 2 32步骤1：在100mL圆底烧瓶中依次加入10.0g丙烯酸、少许碎瓷片、10mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌。步骤2：如图，连接装置，加热烧瓶中的混合液，用锥形瓶盛接通过分水器分离出的水。当不再有水生成，停止加热。步骤3：反应液冷却后，依次用5%Na2cO3溶液、饱和食盐水、水洗涤。分离出有机相。步骤4；向有机相中加无水Na2sO4固体，过滤后蒸馏，收集70〜90℃馏分。测得丙烯酸甲酯的质量为6.45g。可能用到的信息：密度沸点溶解性丙烯酸1.05g・cm-3141℃与水互溶，易溶于有机溶剂有毒甲醇0.79g・cm-365℃与水互溶，易溶于有机溶剂易挥发，有毒丙烯酸甲酯0.95g・cm-380.5℃难溶于水，易溶于有机溶剂易挥发请回答下列问题：(1)步骤1中，加入碎瓷片的目的是___。(2)步骤2中，图中所示装置中仪器A的名称是,其作用为。(3)步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是；分离有机相的操作名称为分离有机相时不需要用到下列玻璃仪器中的__(填名称)。(4)实验中可能生成的有机副产物结构简式为 (填一种即可)。(5)本实验中丙烯酸甲酯的产率为___%。实际产率低于理论值的原因有多种，下列所述原因中不可能的是___(填字母)。a.分水器收集的水里含丙烯酸甲酯 b.本实验条件下发生了副反应c.产品在洗涤、蒸发过程中有损失 d.产品精制时收集部分低沸点物质(6)本实验中需要采取的安全防护措施有 。【答案】(1).防止爆沸；(2).球形冷凝管；(3).冷凝回流；(4).中和丙烯酸，溶解丙烯醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度；(5).分液；(6).容量瓶，漏斗；(7).CH3OCH3； (8).75%； (9).bd；(10).使用四氯化碳溶液进行尾气处理，实验要在通风橱中进行；【解析】【分析】该实验是利用丙烯酸和甲醇发生酯化反应制取丙烯酸甲酯的实验，冷凝管的作用主要是用于冷凝回流，碳酸钠溶液的作用，主要是用来中和丙烯酸，溶解甲醇，降低酯类物质的溶解度，由于发生酯化反应，实验的条件为浓硫酸加热同时有甲醇参与，所以能发生甲醇不完全消去生成甲醚的副反应，产率的计算可根据过量少量进行判断；【详解】(1)步骤1中，加入碎瓷片的目的是为了防止爆沸；(2)仪器A的名称是球形冷凝管，冷凝管的作用为冷凝回流；(3)碳酸钠可以中和丙烯酸，溶解甲醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度；分离有机相和水，可以通过分液的方式；需要用到的仪器主要有容量瓶和烧杯；(4)实验的条件为浓硫酸加热同时有甲醇参与，所以能发生甲醇不完全消去生成甲醚的副反应；(5)根据表中数据得出，甲醇有7.9g，丙烯酸有10g,所以甲醇有0.25mol，丙烯酸有0.11mol，根据反应方程式得出，二者1：1反应,说明甲醇过量，所以根据丙烯酸的物质的量计算，0.Hmol丙烯酸理论上可以生成0.Hmol的丙烯酸甲酯，所以理论丙烯酸甲酯的产量为8.6g，所以计

算产率得到645g算产率得到645gx100%;75%8.6g（6）由于本实验中含有有毒气体，同时有毒气体可溶于有机溶液中，所以要在通风橱中进行实验，同时可以用有机溶剂四氯化碳来吸收有毒气体；【点睛】酯化反应的副反应往往是醇类的消去反应，同时要注意醇类能否发生消去反应；18.高铁酸钠（NaFeO）具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿（主24要成分是FeCO3及少量SiO2）为原料制备高铁酸钠的生产过程如图：NjiQHNilOH溶液稀硫酸溶液溶液固体要的T翘4破!|当旦二酸十_盘］一展［1层；型幺N侬曾4MflCjn溶液已知：Na2FeO4中在碱性环境中稳定存在。请回答以下问题：（1）Na（1）Na2FeO4中铁元素的化合价为_；下列标志中应贴在盛装Na2FeO4容器上的是_。（2）菱铁矿粉碎的目的是_，写出“碱浸”过程中SiO2所发生反应的化学方程式为_。（3）操作1与操作2的实验名称均为―，步骤③的目的是将Fe2+氧化成Fe3-，其离子方程式为___。（4）高铁酸钠消毒后的还原产物具有净水作用，解释净水原理为__。（5）已知4FeO42-+10H2OL4Fe（OH）3+8OH-+302T，将一定量的Na2FeO4投入到pH不同的工业污水中（污水中其余成分均相同），测得溶液中Na2FeO4浓度变化如图曲线1、11所示。试分析曲线I比曲线H对应的污水pH__（填“高”或“低”）。

、耳*fO.汽理、耳*fO.汽理M2」fr*ibfl[Jfl陪F*【答案】 （1）.+6价；（2）.d；（3）.增大反应的接触面积，加快化学反应速率;（4）.SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O； （5）.过滤；（6）.2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；（7）.生成的三价铁离子可以发生水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附作用，可用作净水剂；（8）.高；【解析】【分析】TOC\o"1-5"\h\z粉碎菱铁矿（主要成分是FeCO及少量SiO），加入NaOH・碱溶，SiO与NaOH反应得到硅32 2酸钠溶液，过滤，滤渣主要含有M，加入稀硫酸溶解得到Fe2+的酸性溶液，加入NaClO，， ，， ，溶液氧化Fe2+，2Fe2++ClO-+212Fe3++Cl-+H。*加入，OH和NaClO溶液续氧化Fe3+，反应， ， ，2为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO・3Cl-+5HO,向到的—FeO溶液中继续加氢氧化钠固体得到4 2 244 2 24悬浊液，过滤得到高铁酸钠。化剂的标签；24【详解】（1）NaFeO,中铁元的化合价为+■高铁酸根具有极强的氧性，所以应该贴氧化剂的标签；24（2）菱铁矿粉碎目的是增反应的接触面|加快化学反应速率；写出碱浸”过程中SiO22和氢氧化钠反应，反应的化反应方程式为:iO+2NaOH=NaSiO+HO；2 32（3）操作1与操作2的实验名称均为过滤;[骤③是Fez+和次■钠应生成Fe3-，离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+HO；（4）高铁酸钠消毒后的还原产物是三价铁离子，三价铁离子可以发生水解反应，Fe3++3H2OUFe（OH）3（胶体）+3H+，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，所以也可以净水；（5）根据反应方程式中产生氢氧根，判断当溶液为碱性时，抑制高铁酸根水解，使平衡向逆向移动，高铁酸根的浓度较大，所以结合图像，I的PH比H大;19.硫有多种化合物，许多含硫化合物在工业上有重要的用途。（1）硫化钠（NaS）俗称硫化碱，常用于印染及制药工业。将硫化钠溶于水，会导致水的电离2程度—（该“增大”、“减小”威“不变”）若微热该溶液，pH会___（填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)硫氢化钠(NaHS)常用作有机合成的中间体，其水溶液呈碱性。NaHS溶液中Na+、H+、HS-,OH-离子浓度由大到小的顺序为—。(3)若向Na2s和Na2s03的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液，可发生以下反应：Na2S+Na2s03+H2s04-Na2sO4+S(+H2O(未配平)①配平化学方程式：—Na2s+_Na2s03+__H2s04=__Na2s04+_s(+_H20②反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比是__(4)室温时，已知H2s的Ka1=1X10-7,Ka2=1X10-i3,若只考虑s2-的第一步水解，则0.1mol-L-Na2s溶液pH约—(5)化工生产中常用Fes作沉淀剂除去工业废水中的CU2+,其反应原理为：Cu2+(aq)+Fes(s)——^Cus(s)+Fe2+(aq)。下列有关叙述中正确的是—a.Ksp(Fes)<Ksp(Cus)b.达到平衡时c(Fe2+)=c(Cu2+)c.溶液中加入少量Nas固体后，溶液中c(Fe2+)、c(Cu2液都减小2K(FeS)d.该反应平衡常数K二干斗—-K(CuS)sp【答案】(1).增大； (2).增大； (3).c(Na+)>c(0H-)>c(Hs-)>c(s2-)>c(H+)；(4).2； (5).1； (6).3； (7).3； (8).3； (9).3； (10).1：2； (11).13； (12).cd；【解析】【分析】(1)硫化钠属于强碱弱酸盐；(2)硫离子存在两步水解，第一步水解程度远远大于第二步水解，钠离子不水解，且两步水解都生成氢氧根离子；(3)反应中硫化钠中-2价硫升高为单质硫中0价，亚硫酸钠中+4价的硫化合价降为单质硫中的0价，根据得失电子守恒配平方程式，同时方程式中氧化产物和还原产物都是s；(4)根据K二KaxK，来计算硫化钠的第一部水解平衡常数；Wh(5)根据沉淀转化方程式求出Ksp的大小，对于AB型的沉淀来说，沉淀溶解平衡的化学平衡常数等于沉淀的Ksp之比；【详解】(1)硫化钠为强碱弱酸盐，在水溶液中硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，促进水的电离，溶液显碱性，pH增大；(2)硫离子存在两步水解，第一步水解程度远远大于第二步水解，钠离子不水解，且两步水解都生成氢氧根离子，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(OH-)>c(HS-)>c(S2-)>c(H+)；(3)①反应中硫化钠中-2价硫升高为单质硫中0价，亚硫酸钠中+4价的硫化合价降为单质硫中的0价，要使得失电子守恒，则硫化钠系数为2，亚硫酸钠系数为1，依据原子个数、电荷守恒规律，方程式：2Na2S+1Na2SO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Sl+3H20,反应中还原产物与氧化产物都是S,二者的物质的量之比是1：2；S2-+H0—HS-+OH-,根据K=KaxK,所以得出硫化钠的第一步水解平衡常数为2 W h1x10-14=1x10-1，因为硫离子水解出一个氢氧根的同时，也会水解出一个硫氢根，所以假1x10-13C2(OH-)设硫氢根的浓度等于氢氧根浓度，带入硫酸钠的第一步水解平衡常数计算：K=hC(NaS)2所以C(OH-)=10-imol/L,所以PH等于13；a.根据沉淀转化方程式得出，硫化亚铁的沉淀可以转化生成硫化铜，所以硫化亚铁的沉淀溶解平衡常数小于硫化铜的沉淀溶液平衡常数，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS),a项正确;K(FeS)b.该反应的化学平衡常数为K= sP丰1,说明达到平衡时c(Fe2+)丰c(Cu2+),b项错误;，(CUS)c.溶液中加入少量NaSM体后/离子的浓度增加，溶液中亚铁离子和铜离子都会生成沉淀，所以c(Fe2+)、c(Cu2+)都减小，c项正确;d项正确;叱C(Fe2+)C(Fe2+>C(S2-) K(FeS)d项正确;d.该反应平衡常数-c(cU2+)=c(cU2+),C(S2-)-Ksp(CuS)，sp答案选cd20.氧化铝在工业生产中有多种用途。请根据信息回答：(1)以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝(AlN)己知：2Al203(s)=4Al(g)+302(g) △H1=+3351kJ•mol-12c(s)+02(g)=2C0(g)； △H2=-221kJ•mol-12Al(g)+N2(g)=2AlN(s) △&=—318kJ•mol-1则碳热还原法合成AlN的热化学方程式为。(2)电解氧化铝生产铝时，阳极产生的副产物CO2,可通过CO2甲烷化再利用，反应原理为：CO2(g)+4Hjg) ^CH4(g)+2H2O(g) △H4O常压下以Ru/TiO2作催化剂，在恒容且容积相同的不同容器中，分别充入10molCO2和H2的混合气体(体积比E)于不同温度下进行反应，第tmin时分别测定CH的体积分数［①(CH，］,44并绘成如图甲所示曲线。d1■F【 1■lull。A斯八乜F图甲①A、B、C、口、£五点中，尚未达到平衡的点是—，该反应的△H4__0(填“>”或“〈”)。②350℃时，在2L恒容密闭容器中测得CO2的平衡转化率如图乙所示，则前10min的平均反应速率v(CO2)=；平衡常数为—"卜白的情说本研4r 域Mi- /・40^n,* /加，*/'V14S*I*时间,nalti留乙(3)据文献报道，科学家利用氮化镓材料与铜组成如图所示的人工光合系统装置，成功地以CO2和H2O为原料合成了CH4。注£山II「口；1［内,孑京强医①写山铜电极表面的电极反应式 。②为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量—(选填“盐酸”或“硫酸”)。【答案】 (1).3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)△H=+1026kJ/mol； (2).AB；⑶.<； ⑷.0.4mol/(L,min)(5).1 (6).CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O ⑺.硫酸【解析】【分析】(1)利用盖斯定律进行计算；(2)反应刚开始时，反应向正向进行，同时对应温度所对应的化学反应速率较慢，相同时间没有达到平衡，所以甲烷的体积分数增多，C点时恰好达到平衡，因为C点的时候，C点得温度高，对应的化学反应速率快，所以相同时间内恰好达到平衡，C点之后，温度升高速率更快，相同时间内提前达到平衡，接下来得时间温度影响平衡，使平衡发生移动，甲烷的体积分数减小；(3)①根据电子移动方向判断出铜为正极；②盐酸易挥发，所以不行；【详解】(1)已知：①2Al2O3(s)=4Al(g)+3O2(g)4H:+3351kJ-mol-1②2c(s)+O2(g)=2CO(g)"=-221kJ-mol-1③2Al(g)+N2(g)=2AlN(s)AH3=-318kJRol-11盖斯定律计算(①+②X3+③X2)x得到3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)△H=+1026kJ/mol；(2)①A、B、C、D、E五点中，尚未达到平衡的点是A和B,因为反应刚开始时，反应向正向进行，同时对应温度所对应的化学反应速率较慢，相同时间没有达到平衡，所以甲烷的体积分数增多，C点时恰好达到平衡，因为C点的时候，C点得温度高，对应的化学反应速率快，所以相同时间内恰好达到平衡，C点之后，温度升高速率更快，相同时间内提前达到平衡，接下来得时间温度影响平衡，使平衡发生移动，甲烷的体积分数减小；根据C点之后温度升高平衡向甲烷减少的方向移动，推测出温度升高平衡向逆向移动，所以该反应的△H<0;4②在常压、Ru/TiO2催化下,CO2和H2混和气体(体积比1:4，总物质的量50mol)进行反应，平衡时容器体积为2L,二氧化碳的转化率为80%,CO2(g)+4H2(g)LCH4(g)+2H2O(g)起始(mol/L)5 20 00变化16(mol/L)16平衡(mol/L)1 4 484mol/L 82-41所以v(CO2)=i0min=0.4mol/(L,min),反应的平衡常数代——7=1；(3)①根据电子移动方向判断出铜为正极，所以电极反应方程式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；②为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入硫酸，来提高氢离子浓度，因为盐酸易挥发，所以不行；【点睛】为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入硫酸，此题涉及考点是酸的挥发性，此题不容易考虑；.Pb为第WA元素。常见的化合价为+2和+4,其单质和化合物都有着广泛的用途。己知Pb2+可以和EDTA|乙二胺四乙酸(H00CCH2)2NCH2—CH2N(CH2C00H)2|形成无色的1：1的稳定络合物。请回答下列问题：(1)基态Pb原子价电子排布式为—(2)碳、硅与铅同主族。碳纳米管可以制成透明导电的薄膜,其结构类似于石墨晶体,则多层碳纳米管的层与层之间靠一结合在一起。四卤化硅(SiX4)均是无机化工品，其沸点按F、Cl、Br、I依次升高的原因是—(3)在EDTA中，碳原子的杂化方式有、。组成EDTA的四种元素中第一电离能最大的是 Pb(NO3)2中阴离子的立体构型是—，写出一个与该阴离子立体构型相同的分子的化学式___Sn与Pb同为第WA元素。请用价层电子对互斥理论推断SnBr分子中Sn—Br的键角2―120°(填“〉”“(即或“=”)。Pb与Ti、O构成的晶体可用于制造复合电子陶瓷，该晶体的晶胞如图所示，其中Pb、Ti、O分别位于顶点、体心和面心，该晶体的化学式为—，若晶胞参数为anm,则Pb与O间的最短距离为nm,与Pb紧邻的O个数为—【答案】（1）.6s26p2； （2）.分子间作用力；（3）.都是分子晶体，同时分子中没有氢键，所以它们的熔沸点通过比较范德华力来判断，随着相对分子质量的增大范德华力增大，所以沸点按F、Cl、Br、I依次升高；⑷.sp2； （5）.sp3； （6）.N；⑺.平面三角形；（8）.SO3； ⑼.小于；（10）.PbTi3O； （11）.与； （12）.8；【解析】【详解】（1）基态Pb原子价电子排布式为6s26p2；（2）其结构类似于石墨晶体，石墨晶体层与层之间靠范德华力连接，所以多层碳纳米管的层与层之间靠范德华力结合在一起；四卤化硅都是分子晶体，同时分子中没有氢键，所以它们的熔沸点通过比较范德华力来判断，随着相对分子质量的增大范德华力增大，所以沸点按F、Cl、Br、I依次升高；（3）在EDTA中，碳原子的杂化方式有sp2，sp3；组成EDTA的四种元素中N的第一电离能最大；（4）NO「的立体构型是平面三角形；SO3也是平面三角形；（5）根据价层电子对互斥理论推断SnBr分子中含有一个孤电子对，所以键角小于120°；2（6）Pb、Ti、O分别位于顶点、体心和面心，Pb有8x1=1个，Ti有6乂1=3个，。有一个，82所以该晶体的化学式为PbTi3O,若晶胞参数为anm，则Pb与O间的最短距离为体对角线的一半左nm，与Pb紧邻有8个氧原子；.利用来源丰富、含碳原子数较少的烃为原料合成性能优良的高分子材料具有现实意义。以甲烷和烃C合成两种高分子材料B与F（F为聚酯类高分子化合物）的路线如图：

一^.一 …！..试已知：①H-C三C-H+2 -『-心:'；:②烃C的质谱图如图所示:'啮耳度带口14»独―4%而黄林请回答下列问题：（1）有机物A-B的反应类型是_（填“加聚”或“缩聚”）反应；烃C的结构简式为。（2）acifycH」的化学名称为一，与其互为同分异构的芳香烃还