届福建省漳州市高中毕业班第二次高考适应性测试理综化学试题解析版Word文档格式.docx

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3.萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是

A.a和b都属于芳香烃

B.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上

C.在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应

D.b和c均能与新制Cu（OH）2悬浊液反应生成砖红色沉淀

【答案】C

【详解】A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于芳香族化合物，但含有O元素，不属于芳香烃，A错误；

B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，B错误；

C．a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO，均可与氢气发生加成反应，C正确；

D.b中无醛基，不能与新制Cu（OH）2悬浊液反应生成砖红色沉淀，c分子中含有醛基，可以与新制Cu（OH）2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，D错误；

故合理选项是C。

4.碳酸镧[La2（CO3）3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：

2LaCl3+6NH4HCO3=La2（CO3）3↓+6NH4C1+3CO2↑+3H2O，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。

下列说法不正确的是

A.制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：

F→A→B→D→E→C

B.Y中发生反应的化学方程式为NH3·

H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3↑

C.X中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2

D.Z中应先通入CO2，后通入过量的NH3

【详解】A.由装置可知，W中制备CO2，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：

F→A→B→D→E→C，A正确；

B.Y中CaO与浓氨水反应生成氨气和氢氧化钙，该反应的化学反应式为：

NH3•H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3↑，B正确；

C.装置X用于除杂，X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，可吸收CO2中的HCl，HCl与NaHCO3反应产生NaCl、H2O、CO2，故其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2，C正确；

D.Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，原因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液更容易吸收二氧化碳，生成较大浓度的NH4HCO3，D错误；

5.短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。

这四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一；

25℃时，0.01mol/Lw溶液pH=12。

上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是（）

A.原子半径的大小：

a<

b<

c<

d

B.氢化物的稳定性：

C.y中阴阳离子个数比

1：

2

D.等物质的量y、w溶于等体积的水得到物质的量浓度相同的溶液

【分析】

短周期主族元素，a、b、c、d的原子序数依次增大。

四种元素形成的单质依次为m、n、p、q时；

x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一，z为SO2，q为S，d为S元素；

25℃0.01mol/Lw溶液pH=12，w为强碱溶液，则w为NaOH，结合原子序数及图中转化可知，a为H，b为O，c为Na，x为H2O，y为Na2O2，以此来解答。

【详解】根据上述分析可知：

a为H，b为O，c为Na，d为S元素，x为H2O，y为Na2O2，z为SO2。

A．原子核外电子层越多，原子半径越大，同一周期元素从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：

d<

c，A错误；

B．元素的非金属性：

O>

S，元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性就越强，故氢化物的稳定性：

H2O>

H2S，即b>

d，B错误；

C．y

Na2O2，其中含有离子键和非极性共价键，电离产生2个Na+和O22-，所以y中阴、阳离子个数比为1：

2，C正确；

D.y是Na2O2，Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2，w为NaOH，1molNa2O2反应消耗1molH2O产生2molNaOH，所以等物质的量y、w溶于等体积的水得到的溶液的物质的量浓度不同，D错误；

【点睛】本题考查无机物的推断，把握元素化合物知识、物质的转化推断物质及元素为解答的关键，注意酸雨的成分是SO2、w为NaOH为推断的突破口，试题侧重考查学生的分析与推断能力。

6.我国历史悠久，有灿烂的青铜文明，出土大量的青铜器。

研究青铜器中（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。

下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。

下列说法不正确的是（）

A.青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化

B.正极发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-

C.环境中的C1-与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2（OH）3Cl↓

D.若生成2molCu2（OH）3Cl，则理论上消耗标准状况下O2的体积为22.4L

【详解】A.根据图知，O2得电子生成OH-、Cu失电子生成Cu2+，青铜器发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是a，A正确；

B.O2在正极得电子生成OH-，则正极的电极反应式为：

O2+4e-+2H2O=4OH-，B正确；

C.Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成Cu2+、正极上生成OH-，所以该离子反应为Cl-、Cu2+和OH-反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2（OH）3Cl↓，C正确；

D.每生成1molCu2（OH）3Cl，需2molCu2+，转移4mol电子，消耗1molO2，则根据转移电子守恒可得生成2molCu2（OH）3Cl，需消耗O2的物质的量n（O2）=

=2mol，则理论上消耗标准状况下O2的体积V=2mol×

22.4L/mol=44.8L，D错误；

7.25℃时，向10mL0.1mol·

L-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·

L-1的HCl溶液，溶液的AG

变化如图所示（溶液混合时体积变化忽略不计）。

A.若a=-8，则Kb（XOH）≈10-5

B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应

C.R点溶液中可能存在c（X+）+c（XOH）=c（Cl-）

D.M点到N点，水的电离程度先增大后减小

【答案】B

【详解】A.a点表示0.1mol·

L－1一元弱碱XOH，若a=－8，则c（OH-）=10-3mol/L，所以Kb（XOH）≈

=

=10－5，故A正确；

B.两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。

M点AG=0，则溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，所以溶质为XOH和XCl，两者不是恰好完全反应，故B错误；

C.若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c（X+）+c（XOH）=c（C1－），故C正确；

D.M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确。

故选B。

考生根据要求作答。

（一）必考题：

共129分。

8.亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在通常条件下反应得到。

某学习小组在实验室用如图所示装置制备NOCl。

已知：

亚硝酰氯（NOCl）的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，易与水反应。

请回答下列问题：

（1）装置A中仪器a的名称是____________。

（2）实验开始时，应先打开K2，再打开____________（填K1”或K3”），通入一段时间气体，其目的是____________。

（3）实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是____________。

（4）装置C中应选用的试剂为____________（填试剂名称）。

（5）装置F的作用是____________。

（6）工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如图所示，吸收塔中发生的反应为：

NO+S2O42-+H2O——N2+HSO3-（未配平）

①吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。

②阴极的电极反应式为_______。

（7）NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。

请设计实验证明HNO2是弱酸：

_______。

【答案】

（1）.圆底烧瓶

（2）.K1（3）.排尽装置内的空气，防止NO被氧化（4）.平衡气压，避免装置内压强过大（5）.浓硫酸（6）.冷凝收集亚硝酰氯（7）.1：

1（8）.2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O（9）.用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸

装置A是制备氯气的发生装置，装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，防止B中压强过大，检查装置是否堵塞，装置C是干燥气体，进入装置E中，推入NO气体，NO与Cl2在通常条件下反应产生亚硝酰氯（C1NO），进入装置F中利用冰盐冷却收集亚硝酰氯，通过装置G可避免水蒸气进入，最后通入氢氧化钠溶液中处理尾气。

【详解】

（1）根据仪器的结构可知：

装置A中仪器a的名称是圆底烧瓶；

（2）NO容易与装置内空气中的氧气反应产生NO2，为避免空气的影响，要先排除装置中的空气，所以实验开始时，应先打开K2，再打开K1通入一段时间气体；

（3）反应产生气体速率快，B中气泡多，反应产生气体慢，B中气泡少，所以B装置可以观察气体产生的速率；

同时若装置中气流过大，B中液体就会进入长直玻璃管，从而可降低气体压强，故实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是平衡气压，避免装置内压强过大；

（4）在装置E中Cl2与NO反应产生NOCl，由于NOCl易与水反应，为避免反应制取的NOCl与水接触、反应时要对制取的Cl2进行干燥，故装置C中是干燥剂，应选用浓硫酸；

（5）亚硝酰氯（NOC1）的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，装置F的作用是：

冷凝收集亚硝酰氯；

（6）①工业上可用间接电化学法除去NO，吸收塔中硫代硫酸根离子与NO发生氧化还原反应，生成N2和HSO3-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：

2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，在该反应中NO是氧化剂，S2O42-是还原剂，可见反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比是1：

1；

②阴极上HSO3-得到电子，发生还原反应，生成S2O42-，所以阴极的电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；

证明HNO2是弱酸的方法：

用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸。

【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断。

物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有强的接受信息、处理信息应用的能力。

9.三氧化二镍（Ni2O3）是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。

工业上利用含镍废水（镍主要以NiR2络合物形式存在）制取草酸镍（NiC2O4），再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。

工艺流程如图所示：

①NiR2（aq）

Ni2+（aq）+2R-（aq）（R-为有机物配位体，K=1.6×

10-14）

②Ksp[Fe（OH）3]=2.16×

10-39，Ksp[Ni（OH）2]=2×

10-15

③Ka1（H2C2O4）=5.6×

10-2，Ka2（H2C2O4）=5.4×

10-5

④“脱络”过程中，R-与中间产物·

OH反应生成·

R（有机物自由基），·

OH能与H2O2发生反应。

有关反应的方程式如下：

i.Fe2++H2O2=Fe3++OH－+·

OH.

ii.R-+·

OH=OH-+·

R

iii.H2O2+2OH=O2↑+2H2O

（1）中间产物·

OH的电子式是_______。

（2）“沉铁”时，若溶液中c（Ni2+）=0.01mol/L，加入碳酸钠调溶液的pH为______（假设溶液体积不变，1g6≈0.8）使Fe3+恰好沉淀完全（离子的浓度≤1.0×

10-5mol/L），此时_____（填“有”或“无”）Ni（OH）2沉淀生成。

（3）25℃时pH=3的草酸溶液中

=____________（保留两位小数）。

“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子方程式是____________。

（4）加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”

原因是____________。

（5）工业上还可用电解NiCl2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。

电解过程中ClO-把Ni（OH）2氧化为三氧化二镍。

写出该反应的离子方程式：

____________。

【答案】

（1）.

（2）.2.8（3）.无（4）.3.02（5）.Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+（6）.Fe2+和H2O2发生反应产生·

OH，·

OH将R-转化为·

R，c（R-）减小，使平衡NiR2（aq）

Ni2+（aq）+2R-（aq）向正反应方向移动，实现“脱络”（7）.ClO-+2Ni（OH）2=Cl-+Ni2O3+2H2O

Fe2+与H2O2反应产生中间产物•OH、Fe3+、OH-，含镍废水NiR2在“脱络”过程中R-与中间产物•OH反应产生•R和OH-，然后向溶液中加入Na2CO3，发生盐的双水解反应产生Fe（OH）3沉淀和CO2气体，过滤后向滤液中价态草酸，发生反应产生NiC2O4沉淀，然后灼烧NiC2O4与O2反应产生Ni2O3、CO2气体。

（1）中间产物•OH由氧原子与氢原子之间形成一对共用电子对，电子式为：

；

（2）“沉铁”时，铁离子沉淀完全，根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-）=2.16×

10-39，则c（OH-）=

mol/L=6×

10-12mol/L，故c（H+）=

×

10-2mol/L，所以此时pH=-lgc（H+）=2+lg6=2.8；

溶液中c（Ni2+）=0.01mol/L，则Qc[Ni（OH）2]=0.01mol/L×

（6×

10-12mol/L）2<

Ksp[Ni（OH）2]=2×

10-15，因此此时无Ni（OH）2沉淀生成；

（3）25℃时，pH=3的草酸溶液中

=3.02；

“沉镍”即镍离子与草酸得到草酸镍沉淀，离子方程式为：

Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+；

（4）加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是是Fe2+和H2O2发生反应生成•OH，•OH将R-转化为•R，c（R-）减小，使平衡使平衡NiR2（aq）

Ni2+（aq）+2R-（aq）向正反应方向移动，实现“脱络”；

电解过程中ClO-把Ni（OH）2氧化为Ni2O3，ClO-被还原产生Cl-。

根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：

ClO-+2Ni（OH）2=Cl-+Ni2O3+2H2O。

【点睛】本题考查了工艺流程分析，涉及溶度积、电离平衡常数的应用，化学平衡移动，氧化还原反应等，掌握反应原理是解题关键，注意题目信息的获取与应用。

10.CO、CO2是化石燃料燃烧后的主要产物。

（1）将体积比为2：

1的CO2和CO混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃。

将残留固体溶于水，所得溶液中2c（CO32-）+c（HCO3-）____________c（Na+）（填“>

”“<

”或“=”）。

（2）已知：

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ/mol；

键能E（o=o）=499.0kJ/mol

①CO（g）+O2（g）

CO2（g）+O（g）的△H=____________kJ/mol

②已知2500K时，①中反应的平衡常数为0.40。

某时刻该反应体系中各物质浓度满足：

c（CO）·

c（O2）=c（CO2）·

c（O），则此时反应____________（填向左”或“向右”）进行。

（3）已知：

反应CO2（g）

CO（g）+O（g）在密闭容器中CO2分解实验的结果如下图1；

反应2CO2（g）

2CO（g）+O2（g）中1molCO2在不同温度下的平衡分解量如下图2，

①分析图1，求2min内v（CO2）=_______。

②分析图2，1500℃时反应达平衡，此时容器体积为1L，则反应的平衡常数K=______（计算结果保留1位小数）。

（4）为探究不同催化剂对CO和H2合成CH3OH的选择性效果，某实验室控制CO和H2的初始投料比为1：

3进行实验，得到如下数据：

选项

T/K

时间/min

催化剂种类

甲醇的含量（%）

A

450

10

CuO-ZnO

78

B

CuO-ZnO-ZrO2

88

C

ZnO-ZrO2

46

①由表1可知，该反应的最佳催化剂为____________（填编号）；

图3中a、b、c、d四点是该温度下CO的平衡转化率的是____________。

②有利于提高CO转化为CH3OH的平衡转化率的措施有____________。

A.使用催化剂CuO－ZnO－ZrO2B.适当降低反应温度

C.增大CO和H2的初始投料比D.恒容下，再充入amolCO和3amolH2

【答案】

（1）.<

（2）.-33.5（3）.向左（4）.3×

10-7mol/（Lmin）（5）.3.2×

10-8mol/L（6）.B（7）.cd（8）.BD

（1）碳酸钠在溶液中水解显碱性，结合溶液中电荷守恒分析；

（2）①根据盖斯定律，将已知

热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；

②根据Qc与K的相对大小判断；

（3）①2min内O的浓度增大0.6×

10-6mol/L，则二氧化碳减小0.6×

10-6mol/L，根据v（CO2）=

计算；

②根据物质反应转化关系，计算平衡时各种物质的物质的量，利用体积比等于物质的量的比，结合K的含义计算；

（4）①表中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，图2中a、b、c、d四点是该温度下CO平衡转化率的必须是平衡状态下的转化率；

②由CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-53.7kJ/mol可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度。

（1）Na2O2与CO2反应：

2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，电火花不断引燃，发生反应：

2CO+O2

2CO2，整个过程相当于CO+Na2O2=Na2CO3，由于加入足量的Na2O2固体，则反应后的气体只能为O2，所以反应后生成物的化学式是Na2CO3、O2；

Na2CO3在溶液中水解显碱性，则c（OH-）>

c（H+）。

溶液中电荷守恒为：

2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），由于c（OH-）>

c（H+），所以2c（CO32-）+c（HCO3-）<

c（Na+）；

（2）①已知：

（i）2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ/mol；

（ii）O2（g）=2O（g）△H=+499kJ/mol；

根据盖斯定律：

[（i）+（ii）]÷

2，整理可得：

两个方程相加除以2即可得到CO（g）+O2（g）

CO2（g）+O（g）的△H=-33.5kJ/mol；

②某时刻该反应体系中各物质浓度满足：

c（CO）·

c（O），则Qc=

=1>

K=0.40，则反应向左进行；

10-6mol/L，则CO2的浓度减小0.6×

10-6mol/L，则v（CO2）=

=3×

10-7mol/（L·

min）；

②在反应开始时n（CO2）=1mol，设生成的O2为xmol，则平衡时n（O2）=xmol，n（CO）=2xmol，n（CO2）=（1-2x）mol，由于平衡时，氧气的体积分数为0.2，则

=0.2，解得x=0.002，此时容器体积为1L，则c（CO2）=0.996mol/L，c（CO）=0.004mol/L，c（O2）=0.002mol/L，所以该反应的化学平衡常数K=

mol/L≈3.2×

10-8mol/L；

（4）①表中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，所以甲醇含量88%最高，催化剂CuO-ZnO-ZrO2最佳，故合理选项是B；

图3中a、b