贵州省贵阳铜仁六盘水市黔南州高三5月适应性考试（二）理综化学试题

贵阳市2021年高三年级适应性考试(二)理科综合可能用到的相对原子质量：1.图为《天工开物》所记载造纸中的部分工艺，后期使用明矾填塞纸张中的小孔隙，以提高纸张的抗水性．下列有关说法不正确的是斩取嫩竹放入池塘浸泡将浸泡后的竹料与石灰一起用火蒸煮以竹帘在水中荡料，竹浆成薄层附于竹帘上，余水沿竹帘边流下A.该工艺中纸的主要成分是纤维素 B.“煮楻足火”过程中涉及了化学变化C.“荡料入帘”应用了“过滤”的原理 D.使用明矾会导致纸张发生碱性腐蚀【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该工艺所用原料为竹子，竹子的主要成分是纤维素，则纸的主要成分是纤维素，故A正确；B．“煮楻足火”过程中需要燃烧，燃烧时有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C．由图可知，“荡料入帘”的操作实际上就是“过滤”过程，则“荡料入帘”应用了“过滤”的原理，故C正确；D．明矾中含有的铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则使用明矾会导致纸张发生酸性腐蚀，故D错误；故选D。2.布洛芬是一种解热镇痛药，可用于普通感冒或流行性感冒引起的发热．其结构简式如图所示．下列关于布洛芬的叙述中正确的是A.分子式为 B.能与溶液反应生成C.该分子中最多有8个碳原子位于同一平面 D.能发生取代反应和氧化反应，不能发生加成反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据布洛芬的结构简式可知，其分子式为，故A错误；B．根据布洛芬的结构简式可知，含有官能团羧基，羧基可以和溶液反应生成，故B正确；C．根据布洛芬的结构简式可知，苯环中的6个碳原子和与苯环直接相连的两个碳原子（1、3号碳原子）一定共平面，羧基上的碳原子（2号）通过旋转单键也可以转到该平面上，4号碳原子也可以旋转到该平面上，通过旋转3、4号碳间的单键，也可以将5号碳旋转到该平面上，所以最多有11个碳原子位于同一平面，故C错误；D．羧基可以发生酯化反应，为取代反应，布洛芬可以被酸性高锰酸钾氧化，苯环可以和氢气发生加成反应，故D错误；综上答案为B。3.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物与混合会产生大量白烟；元素Y的族序数等于周期序数，下列叙述正确的是A.X单质的电子式为： B.简单离子半径：C.Z的氧化物对应水化物为强酸 D.化合物中含非极性键【答案】D【解析】【分析】根据题意，化合物与混合会产生大量白烟，则分别为和，混合会生成白烟，为，为，为，元素的族序数等于周期序数，可推出为。【详解】A.单质为，电子式，A项错误；B.根据电子层越多，半径越大，简单离子半径最大，核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则>>，B项错误；C.的氧化物对应水化物有，为弱酸，C项错误；D.化合物，氮与氮间为非极性键，D项正确；故选D。【点睛】4.下列实验操作能达到目的的是选项目的操作A证明氯水具有酸性和氧化性向石蕊试液中滴加氯水，试液先变红后褪色B选择合适的容量瓶配制一定浓度的溶液容量瓶在使用前一定要检漏、洗涤并加热烘干C由溶液制备无水直接将溶液加热蒸干D验证铁的析氢腐蚀将铁钉放在试管中，用溶液浸没A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．向石蕊试液中滴加氯水，试液先变红说明氯水有酸性，后褪色说明氯水有强氧化性，能漂白，可以证明氯水有酸性和氧化性，A能达到实验目；B．容量瓶是精密容量仪器，使用前不能加热，B不能达到实验目的；C．氯化镁溶液存在水解平衡MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，加热溶液，HCl挥发，氯化镁水解平衡正向移动，最终得到Mg(OH)2得不到无水，C不能达到实验目的；D．将铁钉放在试管中，用溶液浸没，NaCl溶液显中性，铁钉发生吸氧腐蚀，不能验证铁的析氢腐蚀，D不能达到实验目的；答案选A。5.下列离子方程式书写不正确的是A.酸化的KI溶液置于空气中：B.向明矾溶液中加过量氨水：C.用小苏打治疗胃酸过多：D.将氯化铵溶液滴入氢氧化镁悬浊液中：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．空气中的氧气将酸化的氧化成，自身被还原为，所以反应的离子方程式为，故A正确；B．氨水中为一元弱碱，写成离子方程式时不能拆分，沉淀在一元弱碱中不能溶解，所以离子方程式为，故B正确；C．小苏打的成分为，治疗胃酸过多的离子方程式为，故C错误；D．氢氧化镁悬浊液不能拆成离子形式，在水中部分水解生成和，与反应生成和，所以总离子方程式为，故D正确；综上答案为C。6.二氧化氯是国际上公认的高效、广谱、安全的杀菌消毒剂，如图是用石墨做电极通过电解法制取的工艺。下列说法正确是A.电极A接电源的负极B.为阳极产物C.阴极溶液的pH将减小D.阴极产生气体时，通过阳离子交换膜的阳离子数为【答案】B【解析】【分析】由钠离子的移动方向可知，电极A为电解池的阳极，氯离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成二氧化氯，电极反应式为Cl——5e—+2H2O=ClO2↑+4H+，电极B为阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—。【详解】A．由分析可知，电极A为电解池的阳极，接电源的正极，故A错误；B．由分析可知，电极A为电解池的阳极，氯离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成二氧化氯，故B正确；C．由分析可知，电极B为阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，溶液的pH增大，故C错误；D．缺标准状况，无法计算阴极产生氢气的物质的量，无法计算通过阳离子交换膜的阳离子数，故D错误；故选B。7.一种新型的合成氨的方法如图所示．下列说法正确的是A.反应①中发生了氧化反应 B.反应①和②均属于“氮的固定”C.反应③为 D.三步循环的总结果为【答案】C【解析】【分析】由反应①和②可知，氮气和水是该循环过程的反应物，由反应③可知氧气和水是产物，据此分析解答。【详解】A．反应①中氮得电子，发生还原反应，化合价降低，A错误；B．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，反应①是氮的固定，反应②不是，B错误；C．反应③是LiOH通电条件下生成Li、O2、H2O，反应方程式为，C正确；D．该合成氨反应中没有氢气参与，氢元素来源于水，且伴有氧气生成，三步循环总结果为，D错误；故选C。【点睛】反应历程的题，在解题的过程中主要是找到总的反应物和产物。一般来说可以从题干中找到，而不是图中。8.1，2二溴乙烷在农业、医药上有多种用途，也可用作汽油抗震液中铅的消除剂．用浓硫酸、乙醇和液溴制备1，2二溴乙烷的原理和装置如下(加热及夹持装置略)．第一步用乙醇制乙烯：(加热时，浓硫酸可使乙醇炭化)；第二步将乙烯通入液溴：(反应放热)．

有关数据列表如下：95%乙醇1，2二溴乙烷液溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/0.812.22.91沸点/(℃)78.513258.8熔点/(℃)9回答下列问题：(1)装置A用于制备乙烯，仪器a的名称为______．(2)装置B是安全瓶，可监测实验进行时D中是否发生堵塞，若发生堵塞，装置B的玻璃管中可能出现的现象是_______．(3)装置C中盛装的是溶液，若没有装置C，装置D中还可能发生反应的化学方程式为____；装置C与D之间可增加一个盛装品红溶液的试剂瓶，目的是_________．(4)装置D中试管和烧杯内水的作用分别是______、_________．(5)反应结束后，将粗产物依次用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，选用以下实验仪器_____(填编号)进行分离后加入无水氧化钙干燥，静置一段时间后弃去氯化钙，最终经______(填实验操作名称)得到产品．

(6)本次实验中，1，2二溴乙烷的产率为_______________．【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).玻璃管中的液面上升(3).(4).验证二氧化硫是否被除尽(5).液封(6).降温(7).②④(8).蒸馏(9).80%【解析】【分析】利用乙醇的消去反应制备乙烯，装置B是安全瓶，监测实验进行时D中是否发生堵塞，制备过程中可能产生杂质气体和，干扰乙烯与溴的反应，所以利用装置C将其除去，D中反应生成1，2二溴乙烷，装置E进行尾气吸收，据此分析答题。【详解】(1)观察仪器a的结构特征可知，仪器a为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；(2)如果实验进行时D中发生气路堵塞，B中气体增多压强增大，将B中水压入长玻璃管内，所以玻璃观内液面上升，故答案为：玻璃管中的液面上升；(3)浓硫酸有脱水性可以将乙醇脱水碳化，单质碳可以和浓硫酸发生下述反应，装置C中盛装的是溶液，可以将和气体吸收，若没有装置C，和发生下述反应，装置C吸收，装置C与D之间增加一个盛装品红溶液的试剂瓶可以检验二氧化硫是否被除尽，故答案为：；验证二氧化硫是否被除尽；(4)溴单质易挥发，试管内水的作用为形成液封，防止溴的挥发，溴和乙烯的反应放热，需要对装置冷却降温进而防止溴的挥发，故答案为：液封；降温；(5)生成的1，2二溴乙烷与水不互溶，分离方法为分液，选择实验仪器分液漏斗和烧杯，分离后加入无水氧化钙干燥，静置一段时间后弃去氯化钙，继续用蒸馏实验方法得到纯净产品，故答案为：②④；蒸馏；(6)依据题中信息可计算出单质溴和乙醇的物质的量如下：，，由反应和可知少量，用来计算1，2二溴乙烷的理论产量为，所以1，2二溴乙烷的产率，故答案为80%。9.煤制天然气的过程中涉及到煤气化反应和水气变换反应．煤气化反应Ⅰ：水气变换反应Ⅱ：回答下列问题：(1)__________．(2)图一表示不同温度条件下，反应Ⅰ发生后的汽气比(水蒸气与CO物质的量之比)与CO平衡转化率的变化关系．①判断和由大到小的关系为___________；②若经反应Ⅰ发生后的汽气比为0.8，所得混合气体经反应Ⅱ后，得到CO与H2的物质的量之比为，则反应Ⅱ应选择的温度是__________(填“”、“”或“”)．

(3)为了进一步探究反应条件对反应Ⅱ的影响，某活动小组设计了三个实验，实验曲线如图二所示：编号温度压强c始c始甲530℃乙XY丙630℃

①请依据图二的实验曲线补充完整表格中的实验条件：X=________℃，Y=________．②实验丙从开始至末，平均反应速率___________．③达平衡时CO的转化率：实验乙______实验丙(填“大于”、“小于”或“等于”)．④时，反应Ⅱ的平衡常数．若往某刚性容器中投入，列简式计算井说明该反应进行的方向______．【答案】(1).(2).(3).(4).530(5).5(6).(7).大于(8).，反应正向进行【解析】【分析】【详解】(1)反应Ⅰ：反应Ⅱ：根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ有+()=；(2)①反应Ⅱ为放热反应，其它条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，则；②经反应Ⅰ发生后的汽气比为0.8，则设此时水蒸气物质的量为0.8mol，CO物质的量为1mol，根据反应Ⅰ可知此时氢气的物质的量为1mol，设CO的转化率为x，则对于反应Ⅱ列三段式：，经反应Ⅱ后，得到CO与H2的物质的量之比为，则(1x):(1+x)=1:3，解得x=0.5，对比图可知，反应Ⅱ应选择的温度是；(3)为了进一步探究反应条件对反应Ⅱ的影响，在应该控制变量：①由表格可知CO、水蒸气起始浓度相同，则X为530℃或630℃，Y为3MPa或5MPa，结合图可知乙和甲平衡时CO浓度相同，乙先达平衡，则说明甲和乙不同是压强，乙的压强比甲大，因此Y=5MPa，丙和乙不同的是温度且乙的温度较低，因此X=530℃，即填530；5；②实验丙从开始至末，CO浓度减小1.0mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，平均反应速率0.6mol/L÷5min=；③实验乙和丙起始CO浓度相同，平衡时实验乙的CO浓度更小，则实验乙中CO的转化率更大，即达平衡时CO的转化率：实验乙大于实验丙；④若往某刚性容器中投入，设体积为1L，则此时反应Ⅱ的=K，因此平衡正向进行。10.2020年12月，嫦娥五号从月球挖的“土”正式移交了相关科研单位。研究者在月球土壤中发现了辉钼矿，辉铝矿(主要成分为MoS，含少量杂质)可用于制备单质钼和钼酸钠晶体()。其中一种生产工艺如下(部分产物和条件已省略)：回答下列问题：(1)焙烧时，粉碎后的矿石从炉顶进入，空气从炉底进入，目的是_______；该工艺中尾气的主要污染物是_______(填化学式)；新一代清洁生产工艺在增烧时加入会更环保，其原因是_______(用化学方程式解释)。(2)写出加氨水时所发生反应的离子反应方程式_______。(3)已知钼酸钠在一定温度范围内析出的物质如下表，则操作2中应控制温度的最佳范围为_______(填字母序号)，结晶得到的母液可以在下次结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是_______。温度(℃)0491015.53251.5100析出物质a.b.c.d.以上(4)在制备钼酸钠晶体过程中需加入固体除去，若溶液中，常温下，当开始沉淀时，的物质的量浓度为_______。[忽略溶液体积变化，已知：25℃，，](5)高纯Mo可用于制造电池级，电池是一种性能优异的二次电池，其电池反应为：，该电池放电时正极反应为_______；充电时移向_______(填“阳极”或“阴极”)。【答案】(1).增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)(2).(3).(4).(5).c(6).母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出(7).(8).(9).阴极【解析】【分析】本流程题考查物质的制备流程，辉铝矿在空气中焙烧，产生SO2气体和粗MoO3，加入氨水后粗MoO3溶解，过滤出不溶性杂质，在钼酸铵溶液中加入盐酸酸化，得钼酸沉淀，钼酸高温分解为MoO3固体，在氢气还原下可制备Mo单质，MoO3固体溶于氢氧化钠溶液得到钼酸钠溶液，在控制温度的条件下可得到。【详解】(1)辉钼矿的主要成分为，S为2价，在空气中焙烧生成SO2气体，粉碎后的矿石从炉顶进入，空气从炉底进入，目的是增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)，除去污染性气体SO2，的方法是用脱硫，反应方程式为：，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)；；；(2)加入氨水后粗MoO3溶解，过滤出不溶性杂质，得到钼酸铵溶液，发生反应的离子反应方程式为：，故答案为：；(3)从流程图中看出，操作2为了得到晶体，由表中信息可知15.5100℃的得到晶体，故可以将温度控制在c选项的温度范围。在生成时向溶液中加入了过量的氢氧化钠溶液，结晶达到一定次数要提纯母液，因为母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出，故答案为：c；母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出；(4)常温下，当开始沉淀时，浓度为：，此时浓度为：，故答案为：；(5)电池反应为：可以看出放电时Li作为负极，电极反应为：，正极反应为：，充电时阳离子移向阴极，故答案为：；阴极。11.铁是一种重要金属，铁元素也是人体必需的微量元素之一．铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用．回答下列问题：(1)氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示．该配合物中基态铁离子的价电子排布式为___________，碳原子的杂化轨道类型为_______．(2)铁氯化钾溶液是检验常用的试剂，中所含键的数目为____________．(3)铁的晶体中铁原子有三种堆积方式，其中两种品胞结构如下图所示，下列说法正确的是_________．a．的空间利用率为74%b．品胞中铁原子的配位数为12c．延展时，可以转变为d．金属铁导电是由于通电时自由电子作定向移动(4)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同，铁的熔点和沸点均比钙的高，其原因是_____________．(5)有一种蓝色晶体，它的结构特征是和分别占据立方体互不相邻的顶点，立方体的每一条棱上均有一个位于立方体的某个合适的位置上，由此可知该晶体的化学式为_________；立方体中间连接起来形成的空间构型为_______________．(6)晶体的晶胞如图所示，晶胞边长为．设为阿伏加罗常数的值，则晶体密度的计算表达式为_________；晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______．【答案】(1).(2).(3).(4).bd(5).Fe的原子半径比Ca的原子半径小，价电子数更多，金属键更强(6).(7).正四面体(8).(9).【解析】【分析】根据铁原子的电子排布式和Fe3+的电子排布式写出Fe3+的价电子排布式；根据铁氯化钾的结构，判断该结构中所含键的数目；根据属于体心立方堆积，属于面心立方最密堆积判断正确选项；根据Fe和Ca的结构，由金属键判断熔沸点高低的原因；根据题中信息，计算晶体的化学式；根据晶胞的结构，由“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。【详解】(1)Fe的原子序数为26，核内26个质子，核外26个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是Fe原子失去最外层2个电子和次外层一个电子形成的，则铁离子的价电子排布式为3d5；该配合物中，甲基和乙基上的碳原子形成4个σ键且不含孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3杂化，碳碳双键、酯基中C碳原子形成3个σ键且不含孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2杂化；答案为3d5；sp2、sp3。(2)[Fe(CN)6]3+中Fe3+与CN之间形成配位键，属于σ键、CN中C原子与N原子之间形成1个σ键，[Fe(CN)6]3+含有12个σ键，1mol[Fe(CN)6]3+离子中所含σ键的数目为12NA；答案为12NA。(3)a．由可知，属于体心立方堆积，空间利用率为68%，故a错误；b．由可知，属于面心立方最密堆积，面心立方最密堆积配位数为12，故b正确；c．金属延展时，金属键不变，金属结构不变，所以延展时，不可能转变为，故c错误；d．金属铁的导电性是由于在Fe中含有自由移动的电子，在通电时自由电子改作定向移动形成电流，故d正确；答案为bd。(4)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同，铁的熔点和沸点均比钙的高，是因为二者均为金属晶体，金属键越强，熔沸点越高，Fe的原子半径比Ca的小，价电子数更多，金属键更强；答案为Fe的原子半径比Ca的原子半径小，价电子数更多，金属键更强。(5)某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，Fe2+、Fe3+个数都是4×=0.5，立方体的每条棱上均有一个CN，CN个数=12×=3，根据电荷守恒得K+个数==0.5，所以Fe2+、Fe3+、CN、K+个数之比=0.5:0.5:3:0.5=1:1:6:1，所以该晶体的化学式为KFe[Fe(CN)6]；立方体中Fe3+间连接起来形成的空间构型为正四面体形；答案为KFe[Fe(CN)]6；正四面体。(6)晶胞边长为anm=a×107cm，晶胞体积V=(a×107cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，个数=8×+6×=4，其晶体密度ρ=═g·cm3=g·cm3=g·cm3；晶胞中Fe2+位于所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线长度的一半，即正八面体的边长=；答案为；。12.苄内酮香豆素(H)可用作抗凝血药．其合成路线如图所示(部分反应条件略去)．

已知：①有机物上的氢原子化学环境完全相同②+(可以是H原子)③回答下列问题：(1)有机物X的名称是_____________，B中所含官能团的名称是_________．(2)反应②的试剂和条件为__________．(3)写出反应③的化学方程式________________．