广西南宁普通高中2019届高三毕业班第一次适应测试理综化学试题

1、2019届普通高中毕业班第一次适应性测试化学试卷解析注意事项：1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 .作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3 .考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：Li7C12N14O16P31S32Cl35.5Ca40Fe56Pd106第I卷一、选择题7 .化学无处不在，下列说法错误的是（）A.元丰行示德逢里“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应N2+O2放电2NO=8 .根据化学学科核心素养之一（证据推理与模型认知）可推知Cr（OH）3胶体也可吸附悬浮杂质C.纳米铁粉可以高效地去除污水中的重金

2、属离子是因为其具有较强的还原性D.二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强酸强碱都会“断路”【考点】化学和生活【解析】A.诗中主要涉及“雷雨发庄稼”，这是由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐。N2+O2放电2NO;=2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO硝酸又和别的不溶盐类反应生成可溶的硝酸盐，故A正确；9 .氢氧化铭属两性氢氧化物，与氢氧化铝类似，Cr（OH）3胶体也可吸附悬浮杂质，故B正确；C,利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故C正确；D.二氧化硅具有

3、良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，能够与氢氧化钠等强碱反应，遇强碱会“断路”，但是二氧化硅不与除氢氟酸以外的酸起反应，故遇强酸不会“断路”，故D错误。【答案】D8.设阿伏加德罗常数的值为NA,下列叙述正确的是（）A.等质量的N2O和CO2中，分子数均为NaB. 3.1gP与3.2gS中，中子数均为1.6NaC. 0.4molBaCl2与0.4molNa?O2中，阴离子数均为0.8NaD. 1mol正丁烷与1mol异丁烷中，化学键数均为14Na【考点】阿伏伽德罗常数【解析】A.题目中没有给出质量，故无法算出一氧化二氮与二氧化碳的物质的量，故无法求出分子数。故A错误；B. 3.1gP的物质的

4、量为0.1mol,中子数为（31-15）X0.1Na,=6Na,3.2g硫的物质的量为0.1mol,中子数为（32-16）>0.1Na=1.6Na,故B正确；C. 0.4molBaCl2中，阴离子为Cl-,故阴离子数为0.8Na,0.4molNa2O2中，阴离子为过氧根（。22-）,故阴离子数为0.4Na,故C错误；D. 1mol正丁烷中化学键数为13Na,1mol异丁烷中化学键数为13Na,故D错误。【答案】B9.某药物中间体的合成路线如下。下列说法正确的是A. 1mol对苯二酚与足量H2加成，消耗3molH2B. 2,5-二羟基苯乙酮不能使酸性KMnO4溶液褪色C. 2,5-二羟基苯

5、乙酮中所有碳原子一定处于同一平面D.中间体分子中含有的官能团之一是碳碳双键【考点】有机物的性质A,对苯二酚上的苯环与氢气加成消耗3molH2,故选项正确。B. 2,5-二羟基苯乙酮含有酚羟基、厥基和苯环，能发生氧化反应、加成反应、还原反应等，所以能够使酸性KMnO4溶液褪色，故选项错误。C. 2,5-二羟基苯乙酮分子中苯环连着-COCH3,单键可以旋转，苯环所在的平面和-COCH3所在的平面不一定共面，因此所有碳原子不一定共平面，故选项错误。D.中间体分子中含有的官能团有酯基，默基，氯原子、羟基，没有碳碳双键，故选项错误。【答案】A10.下列试验方案的设计能达到实验目的的是选项实验目的实验方案

6、A证明HClO是弱酸用pH试纸测定NaClO溶液的pHB比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp大小分别向2mL浓度均为0.1molL-1的MgCl2溶液和FeCb溶液中滴加几滴0.1molL-1的NaOH溶液，观察生成沉淀的颜色C验证SO2的还原性将SO2气体通入滨水中，观察滨水是否褪色D实验室制备并检验NH3加热装有NH4Cl的大试管，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，观察试纸颜色变化【考点】实验题【解析】A.NaClO具有漂白性，不能够使用pH试纸进行测量，故选项错误；B.比较Ksp,需要一个沉淀转化成另一个沉淀，分别在两只试管里进行反应是比较不出来的，故选项错误;C.具有还原性的物

7、质可以使滨水褪色，故选项正确；D. NH4+需要与碱共同加热才能产生NH3,故选项错误。【答案】C11 .X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周表中的相对位置如表所示，Y是地壳中含量最高的元素。下列说法中错误的是（）XYZA.原子半径大小为X<Y<W<ZB.Y的氢化物沸点高于W的氢化物沸点C.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>XD.标状况下X的单质状态与Z的相同【考点】元素推断；元素周期表和元素周期律【解析】地壳中含量最多的元素是氧元素，那么Y是O;则X为C;Z为Al;W为S。A项原子半径大小比较，一看电子层数，二看核电荷数，电子层数多的原子半径大，电子层数相同看核电荷数

8、，核电荷数小的原子半径大，所以应为Y<X<W<Z,A错误，故选A;B项Y对应的氢化物应为H2O,W对应的氢化物应为H2S,水分子间有氢键使熔沸点增大，所以沸点H2O>H2S,B正确，故不选B;C项最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性有关。非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，S的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4,C的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3,S非金属性比C的强，则酸性H2SO4>H2c。3,C正确，故不选C;D项X的单质有石墨、金刚石、C60等，在标况下均为固体状态；Z的单质为金属铝，在标况下为固态，X的状态相同与Z的相同，D正确，故不

9、选D;【答案】A12 .热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。种热激活电池的基本结钩如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电处生成Pb,下列有关说法正确的是旅川惜山救无水LiCl-KCl河电箱电池壳A.输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电流流向钙电极B.放电时电解质LiCl-KCl中的Li+向钙电极区迁移C.每转0.2mol电子，论上消耗42.5gLiClD.电池总反应为Ca+PbSO4+2LiCl=Pb+Li2SO4+CaCl2【考点】电化学【解析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb,则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=P

10、b+Li2so4则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极。A项输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A错误，故不选A;B项Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B错误，故不选B;C项钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl-2e=CaCl2,根据正负极电极反应方程式可知2e-2LiCl,每转移0.2mol电子，消耗0.2molLiCl,即消耗85g的LiCl,C错误，故不选C;D项负极反应方程式为Ca+2Cl-2e-=CaCl2,正极电极反应方程式为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4,则总反应方程式为：PbSO4+Ca+

11、2LiCl=Pb+CaCl2+U2SO4,D正确，故选D。【答案】D13 .常温下，HNO2的电离平衡常数为K=4.6*10-4（已知J46=2.14,向20ml0.01mol.L-1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是A.X=20B. a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小C. a点的溶液中c(H+)=2.14X10-3molL-1D. b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)>c(Na+)>(NO2)【考点】弱电解质的电离；盐类水解【解析】HNO2的电离平衡常数为K=4.6X10-4,亚

12、硝酸为弱酸存在电离平衡，电离方程式为HNO2?NO2-+H+。A项，向20mL0.01mol?L-1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20ml,而c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，Xv20mL,A错误，故不选A;B项，c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液。氢氧化钠溶液体积为20ml时恰好反应，那么a到恰好完全反应时，水的电离程度逐渐增大。d点从图中读不出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，B错误，故不选B;+-2+2+C项，由HNO2?NO2-+H+,K=,4.610,得至Uc(H+)=2。c(HNO2)c(HNO2

13、)0.0114M0-3mol/L,C正确，故选C;D项，b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液，且浓度比为1:1;由NO2+H2O?HNO2+OH-,HNO2?H+NO2-,溶液呈酸性，可知电离程度大于水解程度，离子浓度大小为c(NO2-)>c(Na+)>c(HNO2),D错误，故不选D。【答案】C第n卷二、非选择题26.(14分)甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，在300400c左右分解。I.实验室制取甲酸钙的方法之一是Ca(OH)2+2HCHO+H2O2=Ca(HCOO)2+2H2O+H2。实验室制取时，将工业氢氧化钙(含铜离子等杂质)和甲醛依次加入质量分数为30%7

14、0%的过氧化氢溶液中(投料时工业氢氧化钙、甲醛、过氧化氢的物质的量之比为1:2:1.2),最终可得到质量分数大于98%且重金属含量极低的优质产品。(1)铜离子对该实验的影响是。(2)甲酸钙的分解产物为。(3)制备时，在混合溶液中除了要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2s溶液。加硫化钠的目的之一是除去重金属离子，其反应的离子方程式为。(4)实验时需强力搅拌45min,其目的是。(5)取ag优质产品杂质只有Ca(OH)2溶于水，加入bgNa2CO3(过量)，得到cg沉淀，则产品中甲酸钙的百分含量为(列出计算式即可)。n.某研究性学习小组以工业碳酸钙(主要成分为CaCO3,杂质

15、为刃2。3、FeCO3)为原料，先制备无机钙盐,再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙。结合图中几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL-1计算)，现提供的试剂有：a.甲酸钠b.5molL的硝酸c.澄清石灰水i1riQ20406080100的度汗4oTM睢牯的布解AqlgnsnTOfto卯州知aJOmMKO665544请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验步骤：步骤1:称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水中，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH1-3+Fe13.23+Al3.05.0i-2+Fe

16、5.88.8步骤2:。步骤3:步骤4:过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH为78,充分搅拌，所得溶液经趁热过滤、洗涤、干燥得甲酸钙晶体。【考点】化学实验【解析】(1)铜离子会催化双氧水的分解。故答案为：铜离子对H2O2的分解有催化作用，促进部分H2O2分解，导致H2O2用量增多(2)物质的热分解一般来说得到相对应的氧化物，且化合价不改变。所以甲酸钙的分解产物为CaO、CO、H2OO故答案为：CaO、CO、H2O;(3)硫化钠是可溶性盐，可拆成离子。该反应本质上来说是硫离子与铜离子的反应生成硫化铜沉淀。故答案为：S2-+Cu2+=CuSJ(4)搅拌是使反应物充分接触，加快反应速率，使其反

17、应完全，提高产率。故答案为：使反应物充分接触，加快反应速率并提高产率；(5)优质样品所含成分为甲酸钙与氢氧化钙，二者总质量为a。故设甲酸钙物质的量为xmol,氢氧化钙物质的量为ymol,则74x+130y=a。二者均含有钙离子，均能与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀。Ca(OH)2CaCO3,Ca(HCOO)2CaCO3,且氢氧化钙、甲酸钙与碳酸钙均为1：1的对应关系，则100(x+y)=c。又因甲酸钙的百分含量=甲酸钙的质量/总质量X100%=130yM100%,则根据前两方程式可联立解得甲酸钙的百分含量=a便工3乂100%,故答案为：(50a-37c)x130x100%2800a2800an.步骤

18、2：固体为金属氧化物及碳酸盐，故可用硝酸进行溶解，且硝酸还具有强氧化性，可将亚铁离子氧化成铁离子，更易除去。故答案为：用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品。步骤3:铁离子在pH为3.2时沉淀完全，铝离子在pH为5时沉淀完全，故若要除去杂质离子，则加入石灰水调节pH至5,故答案为：用石灰水调整溶液的pH=5。步骤4:由图像可知，温度较高时，甲酸钙溶解度很低，而其余物质溶解度挺高，若要得到纯净的甲酸钙晶体，则所得溶液需经蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。故答案为：蒸发结晶。【答案】1(1)铜离子对H2O2的分解有催化作用，促进部分H2O2分解，导致H2O2用量增多(2分)(2) CaO、CO、H2O(少1个扣

19、1分，2分)(3) S2+Cu2+=CuSJ(2分)2分）Al2O3,还含有少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程(4)使反应物充分接触，加快反应速率并提高产率(,匚、(50a-37c)130(5)K100%28002800an.步骤2：用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品(1分)步骤3:用石灰水调整溶液的pH=5(2分)步骤4:蒸发结晶(1分)27.(14分)工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为如下:j二二55-0505050566534433221沟解度loon4o硝睢牯的靖僻置区100HoTO5D邮邮&I000町即.-s-a-anyv(1)Al2(SO4)3溶液烝干灼烧后所得物质的

20、化学名称是。(2)焙烧时AI2O3与(NH4)2SO4反应的化学方程式为。水浸与中和步骤得到溶液的操作方法是。(3)浸液Y中含Pd元素的溶质是(填化学式)。(4)“热还原”中每生成ImolPd生成的气体的物质的量为(已知热还原得到的固体只有Pd)。(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)+xH2(g)=2PdHx(s),其中x的最大值为0.8。已知：Pd的密度为12gcm-3,则10.6cm3Pd能储存标准状况下H2的最大体积为L。(6)铝的阳极氧化法是将铝作为阳极，置于硫酸等电解液中，加入“-羟基丙酸、丙三醇后进行电解，可观察到铝的表面会形成一层致密的氧化膜。写出电解时阳极的电极

21、反应式：。电解过程中生羟基丙酸、丙三醇的作用可能是。【考点】化学工艺流程；无机化学的综合运用；【解析】(1)硫酸铝不会发生改变，蒸干灼烧后仍然为硫酸铝。2019届普通高中毕业班第一次适应性测试*化学t卷9/14(2)从流程中得知，反应物为(NH4)2SO4和Al2O3,生成物包括NH3和Al2(SO4)3,不难推出还有另一个生成物水，注意条件高温不要漏了；水浸后分离出滤渣和溶液，所以操作为过滤。氨气中和后生成滤渣(NH4)2SO4,所以往前推理Y中含Pd的溶质为H2PdCl6。(4)热还原得Pd,所以推理生成物中气体有氨气和氯化氢，生成1molPd,则还有2mol氨气和6molHCl,故气体物

22、质的量为8mol。(5)本题利用化学计量知识计算，m=pV,n=m/M,得n=1.2mol,x最大值为0.8,则令x=0.8,参与反应氢气为0.48mol,故标准状况下气体体积为10.752L。(6)阳极反应方程式为铝失去电子，生成氧化膜氧化铝，反应式为2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；因为实验目的是观察氧化膜的形成，所以添加物的目的要从保持氧化膜的角度考虑即可，答案可以是抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)。【答案】(1)硫酸铝(1分)(2)3(NH4)2SO4+Al2O3高温A12(SO4)3+6NH3T+3HOJ(2分);过滤(1分)(3)H2PdC16(

23、2分)(4)8mo1(2分)(5)10.752(2分)(6)2A1+3H2O-6e-=Al2O3+6H+(2分)抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)(2分)28.研究化学反应时，既要考虑物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题:(1) NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图1所示。图1中因为改变了反应条件，反应的活化能b(填“V”或“=”)a。脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物一生成物4H=(用Ei,E2的代数式表示)研究发现，一定条件下的脱硝反应过程可能如图2所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为剂，脱硝总反应的化学方程式为：

24、。(2) 一定温度下，将不同物质的量的“O(g)和CO分别通入容积为1L的恒容密闭容器中，进行反应H2O(g)+CO(g)=CO2(g)+H2(g),得到如表所示的三组数据：实验编号温度/C起始里/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2O(g)CO(g)CO(g)H2(g)16502.04.03.01.0529001.02.01.80.243900abcdt4min内，v(CO2)=;900c时，平衡常数为;降低温度时，平衡常数会(填“增大”“减小”或“不变”)。650c时，若在此容器中充入2.0molH2O(g)、1.0molCO(g)、1.0molCO2(g)和xmolH2(g)

25、,要使反应在开始时间向正反应方向进行，则x应满足的条件是。若a=2.0,b=1.0,则平衡时实验2中H2O(g)和实验3中CO(g)的转化率(口的关系为a(HO)(填“V”或“=")"(CO)【考点】化学反应与能量；化学反应平衡【解析】(1)由图像可知活化能降低，bva由图，反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应，用-表示放热，H=生成物能量-反应物能量，故答案应为：-(E2-E1)NO在反应中化合价降低，作还原剂；由图2可知反应物为NH3,NO和。2生成物为心和H2O,所以化学方程式为4NH3+4NO+O2催化剂4N2+6H2O,故答案应为：还原剂，4NH3+4NO+

26、O2催化剂4N2+6H2O;=(2)由方程式可知v(COz)：v(H2)=1:1,根据图表计算v(H2)=0.05mol/L-1min-1,故v(CO2)=0.05mol/L-1min-1,11根据平衡常数计算公式，900c平衡常数为,650c平衡常数为1,故降低温度平衡常数增大。故答案3631应为：0.05mol/L-1min；一；增大；36xx12计算此时此刻的Q=-,化学平衡正向移动，所以Qv平衡常数k,所以<1，x<-,由题x应AQ22332故答案应为：0WxV；3根据平衡常数和三段式分别求出实验2中”O(g)的转化率为20%实验3中CO(g)的转化率为20%。故答案应为：

27、=;【答案】(1)V;-(E2-E1);还原剂，4NH3+4NO+O2催化齐14N2+6H2O=12(2)0.05mol/L1min1；一；增大；0Wx一；:36335.化学一一选彳3:物质结构与性质(15分)铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。回答下列问题：(1)Fe原子的核外电子排布式为。(2)含镒奥氏体钢是一种特殊的铁合金，主要由Fe和Mn组成，其中镒能增加钢铁的强度和硬度，提高耐冲击性能和耐磨性能。第一电离能I1(Fe)(填“大于”或“小于")I1(Mn),原因是FeF3具有较高的熔点(熔点高于1000C),其化学键类型是,FeBq的式量大于FeF3,但其熔点只

28、有200C,原因是。(4)FeCl3可与KSCN、苯酚溶液发生显色反应。SCN-的三种元素中电负性最大的是OHrj苯酚()分子中氧原子的杂化形式为。苯酚分子中的大兀键可用符号表示，其中m代表参与形成大兀键的原子数，n代表参与形成大兀键的电子数，则m=,n=。(5)Fe(CO)5与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为Na,该磁性氮化铁的密度为(列出计算式)g.cm-3.【考点】物质结构与性质【解析】(1) Fe为第26号元素，根据电子排布规律，可知Fe的电子排布为1s22s22p63s23p63d6

29、4s2或Ar3d64s2；故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；(2) Fe的电子排布为Ar3d64s2,Mn的电子排布为Ar3d54s2,Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子，故第一电离能Fe<Mn；故答案为：小于；Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子(3)根据FeF3的熔点可知，FeF3属于离子晶体，故含离子键。FeBj熔点明显低于FeF3,两者晶体类型不同，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体；故答案为：离子键；两者晶体类型不同，FeB%的化学键以共价键为主，属于分子晶体。(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多，根据三种元素位置关系可知，N元素电负性最强。故答案为：氮或N从苯酚的电子式可以看出，氧原子价层电子对数n=4,故为sp3杂化；形成大兀键的原子数应为6个C原子，参与形成大兀键的电子为C原子平行P轨道中的电子数，为6,故答案为：sp3;6,6(5)由图可知：氮化铁晶胞的质量为m=6?56+2?14Na晶胞的体积为v=a2c6cm3根据公式可求