贵州省普高等学校招生适应性考试理综化学试题.docx
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贵州省普高等学校招生适应性考试理综化学试题
贵州省2018年普通高等学校招生适应性考试
理综化学试题
1.化学与社会、生活密切相关。
下列说法中不正确的是
A.有些能源比较丰富而淡水短缺的国家,常利用蒸馏法大规模地将海水淡化为可饮用水
B.铝是地壳中含量最高的金属元素,因此人类很早就开始大量使用铝制器皿
C.“真金不怕火炼”,说明有些金属(如金)即使在高温下也不与氧气发生反应
D.存在于污水中的胶体物质,可加明矾和硫酸铁等电解质来处理
【答案】B
【解析】A、有些能源比较丰富而淡水短缺的国家,常利用蒸馏法大规模地将海水淡化为可饮用水,故A正确;B、铝是地壳中含量最高的金属元素,但人类很晚才开始大量使用铝制器皿,金属的开发是根据活动性来的,越活泼越难治炼,因为铝是活泼金属,人类很晚才学会治炼铝,故B错误;C、“真金不怕火炼”,说明有些不活泼金属(如金)即使在高温下也不与氧气发生反应,故C正确;D、存在于污水中的胶体物质,可加明矾和硫酸铁等电解质来处理,明矾和硫酸铁到了水里可以水解成氢氧化铝和氢氧化铁胶体,具有吸附性,故D正确;故选B。
2.下列对实验现象的解释与结论,正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释与结论
A
向AgCl悬浊液中滴加饱和Na2S溶液
有黑色沉淀产生
Ksp(Ag2S) B 向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液 有蓝色沉淀产生 该溶液中一定含有Fe3+ C 向苯中滴入少量浓溴水,振荡,静置 溶液分层,上层呈橙红色,下层几乎无色 苯和澳水发生取代反应,使溴水褪色 D 向淀粉水解液中加入过量NaOH溶液后再滴加碘水 溶液不变色 淀粉完全水解 A.AB.BC.CD.D 【答案】A 【解析】A、向AgCl悬浊液中滴加饱和Na2S溶液,有黑色沉淀Ag2S产生,说明Ag2S更难溶,即Ksp(Ag2S) 点睛: 该题综合性很强,考查了亚铁离子的检验这一方法,而很多学生对这一点很陌生;D 项中,关于淀粉水解,结合碘单质检验,容易忽略掉碘单质与氢氧化钠的反应,所以要特别小心这些细节。 3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 A.3.2gSO2与足量O2在一定条件下反应,生成SO3的分子数为0.05NA B.100mLPH=2的CH3COOH溶液中所含氢离子数小于1.0×10-3NA C.常温常压下,13g苯和苯乙烯混合物中所含原子数为2NA D.标准状况下2.24LCl2与足量的NaOH稀溶液反应,转移电子数为0.2NA 【答案】C 【解析】SO2与足量O2在一定条件下的反应是可逆反应,生成SO3的分子数小于0.05NA,故A .................. 点睛: 关于混合物问题的处理: 一定要先去寻找混合物中这些物质的共同点,这就是解题的关键,如苯的化学式为C6H6,苯乙烯的化学式为C8H8,两者的最简式均为CH,就方便快速的解题。 4.下列叙述正确的是 A.可用新制的Cu(OH)2悬浊液鉴别乙酸溶液、蔗糖溶液、葡萄糖溶液 B. 中所有碳原子一定处于同一平面 C.苯乙烯、植物油和苯都能与氢气发生加成反应,是因为其结构中都含有碳碳双键 D.有机物(C4H10)的一溴代物有六种结构 【答案】A 【解析】A、新制的Cu(OH)2悬浊液能被乙酸溶解,遇蔗糖溶液无明显现象,和葡萄糖溶液反应可以产生砖红色沉淀,故可用新制的Cu(OH)2悬浊液鉴别乙酸溶液、蔗糖溶液、葡萄糖溶液 5.第三代混合动力车目前一般使用镍氢电池(M表示储氢合金;汽车在刹车或下坡时,电池处于充电状态)。 镍氢电池充放电原理的示意图如下: 其总反应式为 。 根据所给信息判断,下列说法错误的是 A.混合动力汽车上坡或加速时,乙电极的电极反应式为: NiOOH+H2O+eˉ==Ni(OH)2+OHˉ B.混合动力汽车上坡或加速时,电解液中OHˉ向甲电极移动 C.混合动力汽车下坡或刹车时,甲电极周围溶液的pH减小 D.混合动力汽车下坡或刹车时,电流的方向为: 甲电极→发动机→乙电极 【答案】C 【解析】汽车在刹车或下坡时,电池处于充电状态,则混合动力车上坡或加速时,电池处于放电状态。 充电相当于电解池,放电相当于原电池。 A和B相当于原电池,原电池中负极失去电子,经导线传递到正极,所以溶液中的阳离子向正极移动,则阴离子向负极移动。 根据题意可知氢气是负极,即甲是负极,乙是正极,A、混合动力汽车上坡或加速时,乙电极为正极,电极反应式为: NiOOH+H2O+eˉ==Ni(OH)2+OHˉ,符合图示中的转化,故A正确; B、混合动力汽车上坡或加速时,电解液中OHˉ向负极移动,即向甲电极移动,故B正确;C和D相当于电解池。 此时甲是阴极,乙是阳极,电极反应式分别为2H 2 O+2e - =H 2+2OH - 、2Ni(OH) 2 +2OH - -2e - =2NiOOH+2H 2 O;C、混合动力汽车下坡或刹车时,甲电极周围溶液的pH增大,故C错误;D、混合动力汽车下坡或刹车时,电流的方向为: 阴极到阳极,即为: 甲电极→发动机→乙电极,故D正确;故选C。 点睛: 本题综合性很强,将原电池电解池放到一起考查,做题的时候一定要分清楚,如: 汽车在刹车或下坡时,电池处于充电状态,则混合动力车上坡或加速时,电池处于放电状态。 充电相当于电解池,放电相当于原电池。 在书写电极反应式时,特别要注意电解质的酸碱性,小心犯了常识性的错误。 6.X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。 Y的最高正价与最低负价的代数和为0,Z和R同主族,可组成共价化合物RZ2;25℃时,0.1mol·L-1XW溶液的pH为1。 下列说法正确的是 A.Y、Z、R、W形成的简单氢化物的沸点依次升高 B.R元素最高价氧化物的水化物酸性最强 C.原子半径: X D.Y、z均可与Ⅹ形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物 【答案】D 【解析】A、X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。 Y的最高正价与最低负价的代数和为0,则Y为第IVA族元素,Z和R同主族,可组成共价化合物RZ2;Z和R分别为O、S,0.1mol·L-1XW溶液的pH为1,故X为H,W为Cl,Y为C。 A、Y、Z、R、W形成的简单氢化物分别是: CH4H2OH2SHCl,由于H2O分子间形成氢键,H2O的沸点大于H2S的沸点,故A错误;B、R元素最高价氧化物的水化物为H2SO4,HClO4的酸性最强,故B错误;C、原子半径: H 7.25℃时,某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液,滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如下图所示: 下列说法正确的是: A.曲线1和曲线2分别表示8(H3PO4)和6(HPO42-)的变化 B.25℃时,H3PO4的电离常数K1=10-2.1 C.pH=7.2时,溶液中c(H2PO4ˉ)+c(HPO42-)+c(OHˉ)=c(Na+)+c(H+) D.pH=12.3时,溶液中由水电离出的c(H+)=10-12.3mol/L 【答案】B 【解析】某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液,滴加过程中各种含磷微粒为H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-,根据pH的变化,则曲线1为H3PO4,曲线2为H2PO4-,曲线3为HPO42-,曲线4为PO43-,故A错误;B、H3PO4的电离常数K1= 25℃当pH为2.1时, = ,故K1= = 10-2.1,故B正确;C、pH=7.2时,溶液中微粒为: H2PO4-、HPO42-、OHˉ、Na+、H+,故电荷守恒为: c(H2PO4ˉ)+2c(HPO42-)+c(OHˉ)=c(Na+)+c(H+),故C错误;D、pH=12.3时,溶液中含磷微粒有: HPO42-、PO43-,此时c(H+)=12.3mol/L,但水电离出来的c(H+)>10-12.3mol/L,因为有一小部分在HPO42-中,故D错误;故选B。 8.铑基催化剂催化CO加氢合成甲醇(CH3OH)、乙醛(CH3CHO)、乙醇等碳的含氧化合物是近年来化学界比较活跃的研究课题之一。 (1)已知: (ⅰ)CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol (ⅱ)2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-24.5kJ/mol (ⅲ)C2H5OH(g) CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJ/mol 则由CO催化加氢制备乙醇气体(另一产物为水蒸汽)的热化学反应方程式为________。 (2)直接甲醇燃料电池(DMFC)成本低、效率高,某研究所尝试用DMFC电解处理含氰电镀废水。 调节废水pHl0~12.5,电解过程中,CNˉ先被氧化成CNOˉ(两种离子中氮元素均为-3价),再进一步氧化为碳酸盐和N2。 ①请写出CNOˉ被氧化的电极反应式________。 ②欲处理1m3CNˉ含量为390mg/L的电镀废水,至少需准备________kg甲醇。 (3)在2.0L密闭容器中放入1molCO与2molH2,在反应温度T1时进行如下反应: CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g),反应时间(t)与容器内气体总物质的量(n)的数据见下表: 时间t/min 0 1 2 3 4 5 6 总物质的量n/mol 3.0 2.7 2.5 2.3 2.1 2.0 2.0 ①在0~5min时段,反应速率v(CH3OH)为________;有利于提高上述反应平衡转化率的条件是________。 A.高温高压B.低温低压C.高温低压D.低温高压 ②计算温度T1时反应的平衡常数K1________;T1时达平衡后,改变反应温度为T2,平衡常数增大,则T2________T1(填“大于”“小于”),判断理由是________。 【答案】 (1).2CO(g)+4H2(g) C2H5OH(g)+H2O(g)△H=-255.4kJ/mol (2).2CNO-+8OH--6e-=2CO32- +N2↑+4H2O(3).0.4(4).0.05mol·L-l·min-1(5).D(6).1(L/mol)2(7).小于(8).平衡常数增大,说明反应向正方向进行,反应正方向放热,故温度降低 【解析】 (1)由CO催化加氢制备乙醇气体(另一产物为水蒸汽)的化学反应方程式为: 2CO(g)+4H2(g) C2H5OH(g)+H2O(g),根据已知方程式: (ⅰ)CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol(ⅱ)2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-24.5kJ/mol (ⅲ)C2H5OH(g) CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJ/mol要得到目标方程,则(ⅰ)×2+(ⅱ)-(ⅲ),故目标方程的反应热为: △H=△H1×2+△H2-△H3=-255.4kJ/mol,故热化学方程式为: 2CO(g)+4H2(g) C2H5OH(g)+H2O(g)△H=-255.4kJ/mol; (2)①根据题意,电解过程中,废水为碱性,CNOˉ(C是+4价、N是-3价)被氧化为碳酸盐和N2,故其电极先写: 2CNO--=2CO32-+N2↑C的化合价没变,生成1molN2,失去6mol电子,2CNO--6e-=2CO32- +N2↑,左边缺氧,故左边再加上OH-,右边生成水,故其电极反应为: 2CNO-+8OH--6e-=2CO32- +N2↑+4H2O; ②1m3CNˉ含量为390mg/L的电镀废水中,n(CNˉ)=15mol,处理15molCNˉ,CNˉ先被氧化成CNOˉ,消耗30mol电子,根据①中电极反应,该电解转移45mol电子,共需要75mol电子,若用甲醇燃料电池做该电解池的电源,1mol甲醇提供6mol电子,故需要12..5mol甲醇,故至少需准备甲醇的质量为12.5 400g=0.4kg; (3)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol 起始(mol)120 转化(mol)x2xx 5min(mol)1-x2-2xx 5min时: 1-x+2-2x+x=2x=0.5 反应速率v(CH3OH)= =0.05mol·L-l·min-1; 由于该反应是放热反应,高温平衡逆向移动,高压平衡正向移动,故要提高反应平衡转化率,则平衡应正向移动,故应选条件为低温高压,故选D; ②温度T1时反应的平衡常数K1= = =1; T1时达平衡后,改变反应温度为T2,平衡常数增大,说明平衡正向移动,温度应该降低,故T2小于T1。 点睛: 关于平衡、速率的计算一定要根据三段式来做,若需要设未知量即在三段式中大胆的设,三段式的优点就在于让数据直观明了,需要什么用什么,就可以避免一些不必要的错误。 9.已知: NOx能与Na2O2反应;NO和NO2均能与酸性KMnO4溶液反应生成NO3ˉ和Mn2+。 I.用下图所示装置(略去夹持仪器)可制得少量亚硝酸钠(2NO+Na2O2=2NaNO2)。 (1)B、D的仪器名称是________,D的作用是________。 (2)通NO前,需先通一段时间N2,目的是________, (3)E中主要反应的离子方程式为________, (4)常温下,测得实验前后C的质量差值为0.30g,则制得NaNO2________g。 Ⅱ.NO2和Na2O2都有较强氧化性,为探究NO2与Na2O2反应的产物,提出如下假设: 假设i.NO2氧化Na2O2;假设ii.Na2O2氧化NO2。 甲同学设计如图所示实验装置: 请回答下列问题: (5)单向阀在实现气体单向流通的同时,还有一个作用是___________。 (6)待试管G中收集满气体,向试管G中加入适量Na2O2粉末,塞紧塞子,轻轻振荡试管内粉末,观察到红棕色气体迅速消失;再将带火星的木条迅速伸进试管内,木条复燃,甲同学据此认为假设i正确。 乙同学认为该装置不能达到实验目的,为达到实验目的,应在F、G之间增加一个M装置,M中应盛装__________(可供选择的试剂: 碱石灰,浓硫酸饱和氯化钠溶液);乙同学用改进后的装置,重复了甲同学的实验操作,观察到红棕色气体迅速消失,带火星的木条未复燃。 得到结论: 假设ⅱ正确。 请做出正确判断,写出NO2和Na2O2反应的化学方程式__________ 【答案】 (1).(球形) 干燥管 (2).防止水蒸气进入C装置(3).排出装置中的空气(4).4H++ 3MnO4 -+5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O(5).0.69g(6).防止倒吸(7).浓硫酸(8).2NO2 + Na2O2=2NaNO3 【解析】本实验分两部分,I的实验目的是制取少量亚硝酸钠,根据反应: 2NO+Na2O2=2NaNO2,Na2O2可以与水反应,所以该实验的关键是完全干燥。 (1)B、D的仪器名称是(球形) 干燥管,B、D的作用都是防止水蒸气进入C装置; (2)通NO前,需先通一段时间N2,就是要将装置中的空气排出去,因为产物NaNO2容易被氧化;故目的是排出装置中的空气; (3)装置E的作用是吸收未反应完的NO,根据题中信息: NO和NO2均能与酸性KMnO4溶液反应生成NO3ˉ和Mn2+,故C中主要反应的离子方程式为: 4H++ 3MnO4 -+5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O; (4)常温下,测得实验前后C的质量差值为0.30g,根据反应原理: 2NO+Na2O2=2NaNO2,装置增重即为NO的质量,故n(NO)=n(NaNO2)0.1mol,m(NaNO2)=0.69g; Ⅱ.该实验的目的是探究NO2与Na2O2反应的产物,NO2和Na2O2都有较强氧化性。 (5)单向阀在G和H之间,单向阀内部有一个关键的圆锥状结构,实现气体单向流通的同时,还有一个作用是可以阻隔液体,防止倒吸; (6)待试管G中收集满气体,向试管G中加入适量Na2O2粉末,塞紧塞子,轻轻振荡试管内粉末,观察到红棕色气体迅速消失;再将带火星的木条迅速伸进试管内,木条复燃,说明NO2反应完了,且生成O2,但可能是F中的水蒸气进入G,和NO2、Na2O2反应,故F、G之间增加一个M装置,用来吸收水蒸气,M中应盛装浓硫酸;用改进后的装置,重复了甲同学的实验操作,观察到红棕色气体迅速消失,带火星的木条未复燃,说明反应了,但未生成O2,所以是Na2O2氧化NO2,将其氧化成NaNO3,故其反应方程式为: 2NO2 + Na2O2=2NaNO3。 10.冰晶石(Na3AlF6)微溶于水。 冰晶石主要用作冶炼金属铝的助熔剂,也可用作农作物杀虫剂、制造乳白色玻璃和搪瓷的遮光剂等。 工业上用萤石(CaF2含量为96%)、二氧化硅为原料,采用氟硅酸钠法制备冰晶石,其工艺流程如下: (1)Na3AlF6中Al的化合价为__________,滤渣A的主要成分是__________(填化学式)。 (2)为了提高浸出率,在“酸浸”时可采取的措施有: ①适当升高温度;②搅拌;③__________。 (3)根据下表数据,选择“酸浸”时最适合的条件为__________。 实验编号 萤石品位 硫酸浓度 反应温度/℃ 获得Na2SiF6的质量/g 1 96% 25% 60-70 120 2 96% 35% 60-70 153 3 96% 35% 80-90 100 4 96% 40% 60-70 141 (4)写出反应③的化学方程式__________。 (5)电解熔融Al2O3冶炼铝,化学方程式为 ,下图表示一定质量的Al2O3和Na3AlF6固体混合物受热过程中,某变量y随时间的变化趋势。 纵坐标表示的是__________。 A.生成O2的速率B.固体中Na3AlF6的质量 C.固体中氧元素的质量D.固体中铝元素的质量分数 (6)此生产工艺的优点为__________(答一条即可)。 【答案】 (1).+3 (2).CaSO4(3).粉粹矿石,增大反应物接触面积;或适当提高H2SO4的浓度(其他符合题意的答案均可)(4).35%的H2SO4 控制反应温度在60-70℃之间(5).2NaF +4NH4F+ NaAlO2 + 2H2O= Na2AlF6+4NH3·H2O或2NaF+4NH4F + NaAlO2= Na3AlF6+ 4NH3 + 2H2O(6).D(7).原料可以循环使用;原料利用率高,节约原料;操作简单,对设备的要求低;(其他符合题意的答案均可) 【解析】 (1)Na3AlF6中Al的化合价为+3,根据图示,反应①是CaF2、SiO2、H2SO4反应生成H2SiF4和A,故滤渣A是CaSO4; (2)为了提高浸出率,在“酸浸”时可采取的措施有: 粉粹矿石,增大反应物接触面积;或适当提高H2SO4的浓度等; (3)酸浸的目的是想得到更多的H2SiF4,根据表格,实验2中获得Na2SiF6的质量最多,选择“酸浸”时最适合的条件为35%的H2SO4 控制反应温度在60-70℃之间; (4)根据流程图,反应③中,NaF、NH4F和NaAlO2生成Na3AlF6和B,B应是NH3·H2O,故反应③的方程式是: 2NaF+4NH4F+ NaAlO2 +2H2O= Na2AlF6+4NH3·H2O; (5)一定质量的Al2O3和Na3AlF6固体混合物受热过程中,A、由于该反应反应物是固体,生成O2的速率不变,A错误;B、固体中Na3AlF6的作用是降低氧化铝的熔点,并未参与反应,故其质量不变,B错误;C、电解熔融Al2O3得到氧气,故固体中氧元素的质量应该减少,故C错误;D、一定质量的Al2O3和Na3AlF6固体混合物受热过程中,混合物熔化,铝的质量分数不变,随着电解的进行,固体质量减小,固体中铝元素的质量不变,质量分数增大,当氧化铝电解完以后,固体质量不变,铝的质量不变,故其质量分数不变,故D正确;故选D。 (6)根据流程图,此生产工艺的优点为原料可以循环使用;原料利用率高,节约原料;操作简单,对设备的要求低。 11.贵州的矿产资源丰富,在全国占优势地位的有铝、磷、煤、锰、重晶石、黄金、铅锌、锑等众多品种。 回答下列问题: (1)金元素属于铜族元素,原子结构与铜相似,在元素周期表中位于第六周期,基态金原子的外围电子排布图为__________;Cu2+能与多种离子或分子形成稳定性不同的配合物。 经X射线衍射测得配合物酞菁铜的晶体结构,其局部结构如图所示: ①酞菁铜结构中非金属元素电负性由大到小的顺序为__________; ②酞菁铜结构中N原子的轨道杂化类型为__________。 酞菁铜结构中不存在的化学键类型为__________ A.配位键B.金属键C.σ键D.π键 (2)煤通过干馏、气化、液化可获得清洁燃料和多种化工原料,氨是其中之一。 NH3的VSEPR模型为__________。 (3)锰、铁两元素中第三电离能较大的是__________(填元素符号),原因是___________。 (4)碲化锌(ZnTe)具有宽禁带的特性,常用于制作半导体材料,碲化锌晶体有立方和六方两种晶型,其立方晶胞结构如下图所示。 ①原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。 已知a、b、c的原子坐标参数分别为(0,0,0)、( ,0, )、( , , )。 则d的原子坐标参数为__________。 ②若两个距离最近的Te原子间距离为apm,则晶体密度为__________g/cm3(列式即可)。 【答案】 (1). (2).N>C>H(3).sp2;sp3(4).B(5).四面体(6).Mn(7).Mn失去的是半充满的3d5电子,而Fe失去的是3d6电子,所以Mn的第三电离能大(8). (9). 或 【解析】 (1)金元素属于铜族元素,原子结构与铜相似,在元素周期表中位于第六周期。 铜是3d104s1,基态金原子应是5d106s1,故其的外围电子排布图为 ; ①酞菁铜结构中非金属元素有C、N、H,电负性由大到小的顺序为N>C>H; ②酞菁铜结构中N原子有两种,一种有3对价层电子对,另一种有4对价层电子对,故其轨道杂化类型为sp2;sp3;酞菁铜结构中有配位键、σ键、π键,没有金属键,故选B; (2)NH3的VSEPR模型为四面体; (3)锰、铁两元素中第三电离能是在Mn2+、Fe2+的基础上再失一个电子消耗的能量,Mn2+的外围电子排布式为: 3d5,Fe2+的外围电子排布式为: 3d6,Mn2+为半充满,更稳定故其第三电离能较大; (4)①碲化
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