重庆市巴蜀中学2021届高三化学上学期适应性月考试题（二）（PDF）答案.pdf

1、 化学参考答案第 1 页（共 10 页）巴蜀中学 2021 届高考适应性月考卷（二）化学参考答案 一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3 分。题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D D B A C C B 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 D D D C D C C【解析】1水玻璃是硅酸钠的水溶液，所以固体 Na2SiO3 不是水玻璃，而是水玻璃的溶质。2D 项是异丁烷的球棍模型，不是比例模型。3很明显，只有二氧化氯作消毒剂，是利用其强氧化性，发生氧化还原反应。4体现了 SO2 的还原性；CO2 应该长进短出。5工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得的是粗硅。6除去乙酸

2、中的乙醛，加入新制的氢氧化铜悬浊液，乙酸会和氢氧化铜发生中和反应，A 项不合理。除去苯中的苯酚，加入溴水，生成的三溴苯酚会溶于苯，所以无法除去，B 项不合理。除去乙醇中的水，先用氧化钙吸水，再蒸馏，C 项合理。除去乙酸乙酯中的乙酸，加入氢氧化钠溶液，乙酸乙酯会水解，D 项不合理。7银氨溶液中滴加过量的盐酸，因为生成的 Ag+要和 Cl反应，所以方程式应该为 Ag(NH3)+2+3H+Cl+OH=2NH+4+AgCl+H2O。8A 项，1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多可消耗 2mol NaOH，注意该有机物中不含苯环。B 项，结构中因为含有烷烃基，所以不可能所有原子共面。C 项，

3、分子中应该含有 4 种官能团，分别为羧基、醚键、碳碳双键、羟基。D 项，该有机物可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理不相同，前者是加成反应，后者是氧化反应。化学参考答案第 2 页（共 10 页）9分子式为 C5H10O2 的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，酸没有同分异构体，所以有甲酸、乙酸、丙酸，醇：丁醇 C4H10O 有 4 种，丙醇 C3H8O 有 2 种，乙醇 C2H6O 有 1 种，所以这些酸和醇形成的酯有 3(4+2+1)=21 种。10X 与足量的稀硫酸作用，得到固体 Y、气体 Z 和有色溶液 W，据题意，固体 Y 可能为 SiO2或 BaSO4 或两者都有，A 不

4、合理。气体 Z 可能是 SO2 或 CO2 或两者都有，B 不合理。因为溶液中不一定含有 BaCl2，所以往溶液 W 中加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液，不一定产生白色沉淀，C 不合理。因为溶液 W 有色，所以 Fe2O3 和 Fe 至少有其中一种，D 合理。11A 项，因为盐酸具有挥发性，所以 Na2SiO3 溶液变浑浊，不一定是 CO2 反应的结果。B 项，FeBr2 溶液变为黄色，可能是 Cl2 氧化 Fe2+生成 Fe3+的结果，所以不能证明氧化性：Cl2Br2。C 项，SO2 通入 BaCl2 溶液无明显变化，两者不反应，合理。D 项，NH3 通入 FeCl2 溶液产生白色沉淀，最后转

5、变成红褐色沉淀，不是碱性强弱的结果。12根据流程图可知：步骤中加入的试剂 X 是将 Fe2+氧化为 Fe3+，所以氧化剂可以是 H2O2或氯水等；步骤中加入的试剂 Y 是调节 pH，沉淀 Fe3+和 Mn2+，可以是 NaOH 或 MgO或 Mg(OH)2 等；步骤中加入的试剂 Z 是将 Mg2+转化为 MgCO3，所以试剂 Z 可以是Na2CO3。根据分析，沉淀物 3 应该是 Mg(OH)2。13A 项，可以推断 Mg 在 CO2 中燃烧，故正确。B 项，若 A 为 H2O，B、D 为化合物，可能是氮化镁或 CaC2，故 C 不一定是气体单质，故正确。C 项，若 C 为单质，D 为化合物，则

6、 A、B 中不一定有单质，如水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，故错误。D 项，可以推断硫化氢和二氧化硫反应等，故正确。14还原性 HSO3Cl，氧化性 ClO3Cl2。实验中，先发生 ClO3+3HSO3=Cl+3SO24+3H+，继续加入 KClO3，氧化性 ClO3Cl2，所以 ClO3可以结合 H+氧化 Cl生成 Cl2，离子方程式是 ClO3+6H+5Cl=3H2O+3Cl2；实验中，一定量的 KClO3 溶液中逐滴加入 NaHSO3溶 液，先 发 生 4ClO 3+10HSO 3=2Cl2+10SO 24+2H2O+6H+，后 发 生 Cl2+HSO 3+H2O=2Cl+SO24+

7、3H+，以此来解答。化学参考答案第 3 页（共 10 页）二、非选择题（一）必考题：共 4 小题，共 46 分。15（除特殊标注外，每空 2 分，共 10 分）（1）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O （2）Mg、Al 和 NaOH 溶液形成原电池，加快反应速率 （3）10Al+6NO3+4OH=3N2+10AlO2+2H2O（4）a+3b=c+2d（1 分）在分解过程中大量吸热（1 分）pH 过高会使碱式碳酸铝钠转化为 NaAlO2【解析】（1）氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，化学反应方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。（2）形成原电池可加快反应速率

8、，所以该反应速率比纯铝与 NaOH 溶液的反应速率快。（3）根据题给信息知碱性条件下，铝粉与 NO3反应生成 N2 和 AlO2，利用化合价升降法结合电荷守恒、原子守恒配平，该反应的离子方程式为 10Al+6NO3+4OH=3N2+10AlO2+2H2O。（4）碱式碳酸铝钠NaaAlb(OH)c(CO3)d中，化合价代数和为 0，所以 a+3bc2d=0，则a+3b=c+2d。碱式碳酸铝钠作为阻燃剂的可能原因是在分解过程中大量吸热；本身及产物无毒且不可燃；产生不支持燃烧的二氧化碳和水。pH过高，碱性强不生成氢氧化铝，而产生偏铝酸盐，所以 pH 过高，则对产品的影响是会使碱式碳酸铝钠转化为 Na

9、AlO2。16（除特殊标注外，每空 1 分，共 12 分）（一）（1）D （2）4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O（2 分）化学参考答案第 4 页（共 10 页）（3）饱和食盐水 减小 打开弹簧夹，通入N2 直到装置内无黄绿色（2 分）杀菌消毒，漂白衣服 （4）D （二）（1）溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 （2）0.09（2 分）【解析】（一）（1）因为加热的物质有KOH固体，所以仪器不能含有二氧化硅，故只能选D。（2）装置A处反应生成K2MnO4 的反应物有软锰矿（MnO2）和KOH固体，由于产物中K2MnO4 锰的价态比MnO2 的高，故需要氧化剂即为氧气，故方

10、程式为 4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O。（3）甲同学利用Cl2 在碱性条件下氧化K2MnO4 制备KMnO4，则需要制备Cl2，所以装置A为氯气制备装置，B为氯气净化装置，所以装置B中的试剂为饱和食盐水，除去HCl气体；若没有B装置则HCl气体进入C，HCl气体会降低pH，同时也会和K2MnO4 及KMnO4 反应，故产率会减小。当C中反应结束后，由于装置里面有大量的氯气，所以拆除装置前要将氯气排出并被充分吸收再拆除装置。装置D中装的是氢氧化钠，其作用是吸收氯气，同时生成NaClO，则只需要答出NaClO的作用即可。（4）乙同学利用已知信息 3MnO24+2H2O=2Mn

11、O4+MnO2+4OH，提出另一种新的制备方法应该是向上述K2MnO4 溶液中加入酸性物质，且该物质不能与KMnO4 反应，其中CH3COOK溶解度大，不易析出，而KMnO4、K2SO4、Na2SO4 溶解度小，结晶时析出会混有杂质，故选D。（二）（1）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。化学参考答案第 5 页（共 10 页）（2）血样 20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.0020mol/L0.009L=1.8105mol；根据反应方程式 2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O

12、，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=52 n(MnO4)=2.51.8105mol=4.5105mol，Ca2+的质量为 40g/mol4.5105mol=0.0018g，则钙离子的浓度为c(Ca2+)=31.8mg20cm=0.09mg/cm3。17（除特殊标注外，每空 1 分，共 12 分）（1）94.3（2 分）（2）0.1125molL1min1 ACD（2 分）（3）T3T2T1 m1m2m3 33252p262622(C H OH)(H O)(0.125 5MPa)(0.375 5MPa)(CO)(H)(0.125 5MPa)(0.375 5M

13、Pa)ppKpp或p3410.1250.3755K （MPa4）（2 分）阳膜 2CH3OH+CO2e=(CH3O)2CO+2H+（2 分）【解析】（1）H2(g)+12 O2(g)=H2O(l)H=285.8kJ/mol；CH3OH(g)=CH3OH(l)H=37.3kJ/mol；CH3OH(l)+32 O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=725.8kJ/mol。由盖斯定律3；可得 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)H=94.3kJ/mol；（2）根据图知，达到平衡状态时 n(CO2)=0.25mol，c(CO2)=10.252=0.375mol/L，v(CO

14、2)=ct=0.37510=0.0375mol/(L min)，氢 气 的 平 均 反 应 速 率 v(H2)=3v(CO2)=0.1125mol/(Lmin)。化学参考答案第 6 页（共 10 页）在原容器中再充入 1mol CO2，平衡正向移动，但是反应消耗的二氧化碳增加量小于加入二氧化碳增加量，所以二氧化碳的转化率减小，故 A 选。在原容器中再充入 1mol H2，平衡正向移动，消耗的二氧化碳量增加，则二氧化碳转化率增大，故 B 不选。在原容器中充入 l mol 氦气，参加反应的各物质的物质的量浓度不变，平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故 C 选。使用更有效的催化剂，增大化学反应速率，

15、但是平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故 D 选。缩小容器的容积，增大压强平衡向气体体积减小的正反应方向移动，二氧化碳转化率增大，故 E 不选。将水蒸气从体系中分离，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故 F 不选；不能使 CO2 的平衡转化率增大的有 ACD。（3）由于该反应放热，所以温度越高反应物转化率越低，所以 T3T2T1；对于两种反应物的反应，增加其中一种物质的投料，会使另一种物质的转化率提高，所以 m1m2m3；由于投料按照化学计量系数比进行，所以反应任意时刻，n(H2)n(CO2)=31，且 n(乙醇)n(水)=13；所以图中 c 线为 H2O，d 线为乙醇，a 线为 H2，b 线

16、为 CO2；结合数据可知，T4时，平衡状态时，H2含量为 0.375，CO2为 0.125，水为 0.375，乙醇为 0.125。所以压强平衡常数的表达式为33252p262622(C H OH)(H O)(0.125 5MPa)(0.375 5MPa)(CO)(H)(0.125 5MPa)(0.375 5MPa)ppKpp。由图分析可知氧气得电子，发生还原反应，与氢离子结合生成水，该电极为阴极，则氢离子要透过交换膜 a 在阴极与氧气结合，则交换膜 a 为阳离子交换膜；阳极上是甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应为 2CH3OH+CO2e=(CH3O)2CO+2H+。18（除特殊标注外，

17、每空 2 分，共 12 分）（1）焦炭（1 分）煤焦油（1 分）（2）2FeS2+7O2+2H2O=4H+2Fe2+4SO24 化学参考答案第 7 页（共 10 页）（1）CaSO4 处理至相同 pH 时，废水中 SS 含量越高，中和所需的硫酸越多（2）水解平衡：S2+H2O HS+OH，加入熟石灰，c(OH)增大，平衡逆向移动，c(S2)增大，有利于 FeS 沉淀的生成 （3）5104 【解析】（1）工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油，故答案为焦炭、煤焦油。（2）第一步反应中反应物有 FeS2、O2 和 H2O，生成物有 Fe2+和 SO24，根据化合价升降总数相等以及原子

18、守恒，反应的离子方程式为 2FeS2+7O2+2H2O=4H+2Fe2+4SO24。（1）电石渣废水中的阳离子主要为 Ca2+，能够与硫酸反应生成 CaSO4 沉淀，因此滤渣 A 的主要成分有 SS 和 CaSO4。根据硫酸的用量和废水中固体悬浮物（SS）含量的关系图象可知，处理至相同 pH 时，废水中 SS 含量越高，中和所需的硫酸越多。（2）根据表格数据，化学絮凝沉淀过程中，加入 FeSO4 主要与废水中的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，反应的离子方程式为 Fe2+S2=FeS。硫离子能够水解，溶液显碱性，加入熟石灰溶液的碱性增强，抑制硫离子水解，有利于 FeS 沉淀的生成。（3）500mL

19、废水中含有 CN的物质的量为30.5L5.2 10 g/L26g/mol=0.0001mol，生成 0.0001mol CO2 和 0.00005mol N2，转移的电子的物质的量为 0.0001mol(42)+0.00005mol2(30)=5104mol。（二）选考题：共 12 分。19（除特殊标注外，每空 1 分，共 12 分）（1）sp2、sp3（2 分）分子晶体 3p （2）FNO 化学参考答案第 8 页（共 10 页）（3）四面体型 （4）（5）N无 2d轨道（2 分）（6）4 212A112 310 x yN（2 分）【解析】（1）A234 分子中N原子形成有单键和双键两种化学键

20、，故其杂化方式为sp2、sp3，该物质为有限个原子间形成的分子，故所形成的晶体类型为分子晶体，基态P原子中核外电子排布式为 1s22s22p63s23p3，故最高能级为 3p。（3）中心原子为P，其价电子对数=503 12 =4，故为四面体型。（4）F的电负性比H的大，NF3 中N周围电子云密度减小，从而使孤对电子对成键电子对的排斥力以及成键电子对之间的排斥力更小，故键角更小。（5）因为氮的最外层电子排布式为 2s22p3，该层没有d轨道；磷的最外层电子排布式为3s23p3，该层外面还有 3d空轨道可以参与成键，所以有PCl5 没有NCl5。（6）由晶胞结构，可知N的配位数为 4，Ga个数=1

21、+1424，N的个数=11828，因为一个晶胞的质量为=A2 84N，晶胞底面为菱形，锐角为 60，棱长边长为x，则底面面积23sin 602xxx，晶胞体积232 xy，故晶胞的密度为2132A112 310 g/cmx yN。20（除特殊标注外，每空 2 分，共 12 分）（1）苯甲醛（1 分）（1 分）（2）碳碳双键、羟基 化学参考答案第 9 页（共 10 页）（3）加成反应（1 分）NaIO4（1 分）（4）（5）、（任写其中一种）（6）【解析】（1）B为苯甲醛，在NaOH溶液中会发生水解，则产物为。（2）D画圈处为官能团，故答案为碳碳双键和羟基。（3）H生成I为，从结构来看相当于羧基

22、与醛基发生加成，羧基氢加到醛基氧原子上，形成羟基，羧基的羟基氧原子连接醛基的碳原子。（4）发生反应，形成了酯，故(CH3CO)2O断裂的化学键情况为，然后再与羟基发生取代反应生成酯。化学参考答案第 10 页（共 10 页）（5）的不饱和度为 4。如果只形成两个 6 元环，则还剩下 2 个不饱和度，且不能使溴水褪色，则说明两个不饱和度不用于形成碳碳双键，而是形成碳氧双键，可以看成结构中放入两个碳氧双键，又因为只有四种氢，需要高度对称，所以碳氧双键需要出现的对称位置上，故为、。（6）根 据 上 述 合 成 路 线 的 信 息，条 件 为的 反 应 为，反应的原理为其中一个碳氧双键与另一 个 碳 氧 双 键 旁 边 的 碳 形 成 双 键：，据 此 根 据 A 的 结 构以 及可 以 得 出 应 该 是 发 生 了 成 环 的 反 应，即：形成环状化合物：。