四川省南充市2019届高三第一次高考适应性性考试理科综合
化学试题
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 小苏打常常用作生产膨松剂
B. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，其原理是牺牲阳极的阴极保护法 C. 补铁保健品中的铁元素通常表现氧化性 D. 唾液不能水解葡萄糖 【答案】C 【解析】 【分析】
A.小苏打受热分解生成二氧化碳，可用作生产膨松剂；
B.电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，采用的保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法； C.补铁剂中添加琥珀酸亚铁，通常表现还原性； D.唾液不能水解葡萄糖；
【详解】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以小苏打常常用作生产膨松剂，故A项正确； B.电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，故B项正确； C.补铁剂中铁正二价，通常表现还原性，故C项错误；
D.唾液中含有唾液淀粉酶，可以水解淀粉，不能水解葡萄糖，故D项正确； 综上，本题选C。
【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项B中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是形成原电池的保护方法。
2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 7.8gNa2O2固体中阴阳离子总数为0.4NA B. t℃时，lL pH=6的纯水中含OHˉ数为10ˉ7NA C. 22.4L乙烯中含有的分子数为NA
D. S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
【答案】D 【解析】 【分析】
A.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(OHˉ) =10ˉmol/L，lL纯水中含OHˉ数为10ˉNA； 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(OHˉ) =10ˉmol/L，lL纯水中含OHˉ数为10ˉNA，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】A 【解析】 【分析】
A.由乙苯生产苯乙烯，H原子减少，为消去反应； B.乙苯的同分异构体有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C−C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；
+
6
6
+
6
6
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NH3
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溶液从分液漏斗上口倒出 【答案】B 【解析】 【分析】
A.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. NO3ˉ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 【答案】C 【解析】 【分析】
右侧AgNO3溶液浓度高，左侧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.NO3ˉ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； 综上，本题选C。
6.某温度时，将nmol·LCH3COOH溶液滴入10mL1.0mol·LNaOH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
－l
－1
+
+
A. Kw：a>b B. 25℃时：K( CH3COOH)=1/(n-1) •10－7 C. n<1.0 D. 水的电离程度：c>b 【答案】B 【解析】 【分析】
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b>a，则Kw：a 7 /(n-1)/2=1/(n-1) •10－7，故B项正确； －1 C.向10mL1.0mol·LNaOH溶液中滴入10mL CH3COOH时，溶液呈中性，则n>1.0 ，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b>c，故D项错误； 综上，本题选B。 【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，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：Z 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，则W为Na元素，在W2Y中，Y为-2价，则Y为S元素。Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增大，Y为S元素，则Z为Cl元素。XZ3中，Z为+3价，则X为Al元素； 【详解】A.简单气态氢化物的热稳定性HCl>H2S，故A项错误； B.最高价氧化物对应水化物的酸性：X 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) 实验，实验结果如下表 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 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=BaSO3↓+H2O (4). BaSO4 (5). 3Ba+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 【解析】 【分析】 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； 2+ -+ 离子方程式为Ba+2OH+SO2=BaSO3↓+H2O； (2)二氧化硫在水溶液中，主要以SO3离子的形式存在，酸性条件下，NO3将SO3离子氧化成SO4，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SO4，与Ba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： 2-2+ 2--2-2- 2+- 已知：①焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。 ②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。 ③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①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CoCl2·6H2O，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). 6Fe+ClO3+6H=6Fe+Cl+3H2O (6). 2Fe+3CO3+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，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴 【解析】 【分析】 (1)操作①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Mn、Cu、Zn； (7)CoCl2·6H2O加热至110~120℃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； 【详解】(1)操作①后得到滤液和滤渣，故操作①为过滤；NaClO3中氯为+5价，其名称为氯酸钠； (2)下一步操作过程中加入NaClO3，调节pH3.0~3.5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：2Fe+3CO3+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Mn、Cu、Zn，用稀盐酸反萃取的目的是：分离出溶液中的Mn、Cu、Zn，回收利用； (7) CoCl2·6H2O加热至110~120℃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) 反应I：2NO(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： N2O2(g) (快) v1正=k1正·c(NO)，v1逆=k1逆·c(N2O2) △H1<0 2NO2(g) (慢) v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)，v2逆=k2逆·c2(NO2) △H2<0 2NO2(g)的△H=_________ (用△H1、△H2表示)。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) 2 2+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2+ 3+ 2-2+ 2+ 2+ 2+ -+ 3+ -3+ 2- 反应II：N2O2(g)+O2(g) 反应2NO(g)+O2(g) 达到平衡状态，平衡常数的表达式K=_________(用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示)。若升高温度，K将_________(填“增大”、“减小”或“不变”) （3）反应N2O4(g) 2NO2(g)，在一定条作下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)=k1·p(N2O4)， v(NO2)=k2·p(NO2)其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_________，理由是__________________。 （4）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g) NO2(g)的速率却随着温度的升高而减小。已 知反应Ⅱ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E1_________E2(填“>”、“<”或“=”)。根据速率方程分析，升高温度反应Ⅱ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BD (8). < (9). B 【解析】 【分析】 (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； 【详解】(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 ① N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) △H2 ② 将①+②得，2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=△H1+△H2； 由反应①可知，k1正·c2(NO) =k1逆·c(N2O2)，K1= c(N2O2)/c2(NO)= k1正/k1逆，同理可知，K2= k2正/k2逆，则K= K1 •K2= k1 正 •k2正/k1逆•k2逆；①和②均为放热反应，故△H<0，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Ⅱ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E1 （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_________molσ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_________。 （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/cm，晶胞如图所示。 3 ①铝原子的配位数为_________。 ②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). 【解析】 （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Al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σ键，含有4个C=O键，则含有4个σ键，3.42gNi(CO)4为0.02mol，共0.02×8mol=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也为分子晶体中存在的作用力有范德华力、共价键；(6) ①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；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β-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。 ①除苯环外无其他环状结构； ②与FeCl3发生显色反应；③与 NaHCO3溶液产生CO2 【答案】 (1). 溴原子、羟基 (2). NaOH醇溶液，加热 (3). (4). 取代反应 (5). C8H9OBr (6). (7). (8). 13 【解析】 【分析】 从D入手分析，由D变化到E脱去了溴原子，形成了碳碳双键，发生了消去反应，则反应条件为NaOH醇溶液，加热。 B与氢气加成得到C，同时结合D的结构简式，则C为。A的分子式为C9H6O3，属于酯类物质，则A为 ，据此判断； 【详解】(1)由结构简式可知，D中含有的官能团为溴原子和羟基； (2)由D变化到E脱去了溴原子，形成了碳碳双键，发生了消去反应，则反应条件为NaOH醇溶液，加热； (3)B与氢气加成得到C，同时结合D的结构简式，可知C的键线式为，C转化为D发生的是取代反应； (4)由D的结构简式可知，D的分子式为C8H9OBr； (5) E中碳碳双键与浓溴水发生加成反应，同时E中羟基邻对位上的氢原子被溴原子取代，发生了取代反应，故反应 方程式为：； (6) A的分子式为C9H6O3，属于酯类物质，故A在氢氧化钠水溶液条件下，发生了酯的水解，调节溶液为酸性后，在 加热条件下，发生了脱羧反应，故A的结构简式为； （7）能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2说明含有羧基，再结合分子中除 苯环外无其他环状结构，可判断出共有13种。分别为：（对、邻、间3种）、 、、。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容