2018届四川省成都市树德中学高三下学期适应性考试理科综合化学试题(解析版)

四川省成都市树德中学2018届高三下学期适应性考试化学试题1. 化学在生产和生活中有着重要的作用。

下列有关说法不正确．．．的是（）A. 水煤气是可再生的能源B. 嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料C. 只要符合限量，“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂D. 在有机化工中，氯气是合成塑料、橡胶、人造纤维、农药、染料和药品的重要原料【答案】A【解析】分析：A．碳和水蒸气反应生成氢气和CO；B．无机非金属材是除有机高分子材料和金属材料以外的材料的统称；C．正确使用食品添加剂对人体健康有益；D．根据氯气的用途解答。

详解：A．水煤气的主要成分是氢气和一氧化碳，碳和水蒸气反应生成氢气和CO，因此水煤气是不可再生的能源，A错误；B．碳纤维是一种新型无机非金属材料，B正确；C．任何食品添加剂必须控制用量，特别是有害于身体健康的添加剂，在限量范围之内使用不会引起中毒，C正确；D．氯气用途广泛，在有机化工中，氯气是合成塑料、橡胶、人造纤维、农药、染料和药品的重要原料，D 正确；答案选A。

2. N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述错误的是（）A. 18g果糖分子中官能团数目为0.6N AB. 已知：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑,如果有15molH2O参加反应，则由水还原的BrF3分子数目为4N AC. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少会失去电子数为0.15N AD. 标准状况下，11.2LCH3Cl所含的极性键数目等于2N A【答案】C【解析】分析：A.根据果糖的结构简式判断；B.根据元素的化合价变化，结合电子得失守恒判断；C.根据硝酸与铁的物质的量结合方程式计算；D.根据三氯甲烷的物质的量结合结构简式判断。

详解：A. 1分子果糖含有5个羟基和1个羰基，18g果糖的物质的量是0.1mol，分子中官能团数目为0.6N A，A正确；B. 反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑中氧元素化合价升高，溴元素化合价部分升高、部分降低，实际参与氧化还原反应的水为2mol，失去4mol电子，能将4/3molBrF3给还原，即由水还原的BrF3分子数目为4/3N A，B错误；C. 5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足，故铁过量，不能完全反应，则转移的电子数小于0.2N A个，C错误；D. 标准状况下，11.2LCH3Cl的物质的量是0.5mol，三氯甲烷是四面体结构，因此所含的极性键数目等于2N A，D正确。

答案选C。

3. 下列说法正确的是（）A. 向裂化汽油中加入酸性高锰酸钾，振荡，紫色褪去，说明裂化汽油中含有甲苯等苯的同系物B. 涤纶是由对苯二甲酸（PTA)和乙二醇（EG)通过加聚反应得到的C. 分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH溶液反应的有13种D. 葡萄糖可以进一步水解成两分子乳酸【答案】C【解析】分析：A.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是苯的同系物；B.根据单体中含有的官能团判断；C.能与NaOH溶液反应的含氧衍生物含有羧基或酯基；D.葡萄糖是单糖。

详解：A. 向裂化汽油中加入酸性高锰酸钾，振荡，紫色褪去，不能说明裂化汽油中含有甲苯等苯的同系物，因为烯烃等也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B. 苯二甲酸（PTA)和乙二醇中分别含有羧基和羟基，涤纶是由对苯二甲酸（PTA)和乙二醇（EG)通过缩聚反应得到的，B错误；C. 分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH溶液反应的有机物如果是羧酸，则是戊酸，相当于是丁烷分子中的1个氢原子被羧基取代，有4种；如果是酯类，可以是甲酸与丁醇形成，丁醇有4种；也可以是乙酸和丙醇形成，丙醇有2种；还可以是丙酸和乙醇或丁酸和甲醇，丁酸有两种，因此符合条件的有机物有4+4+2+1+2＝13种，C正确；D. 葡萄糖是单糖，不能水解，D错误。

答案选C。

4. 短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。

m、p、r是这些元素组成的二元化合物，n、q、s 是这些元素组成的三元化合物且属于离子化合物。

其中s的水溶液俗称水玻璃。

常温下0.1mol·L-1 n溶液的pH为13，m是典型的两性物质。

上述物质的转化关系如图所示，下列说法正确的是（）A. 简单氢化物的沸点：R>YB. W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强C. 单质的熔点：Z>R>WD. s是制备硅胶和木材防火剂等的原料【答案】D【解析】分析：s的水溶液俗称水玻璃，则s为Na2SiO3；m是典型的两性物质，则m为Al2O3；0.1mol/L n溶液的pH为13，则n为一元强碱溶液，应该为NaOH；结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为Al、R为Si元素，据此解答。

详解：根据以上分析可知X为H、Y为O、Z为Na、W为Al、R为Si元素，n（NaOH）与p（Al2O3）反应生成r和q，且r是这些元素组成的二元化合物、q是这些元素组成的三元化合物，则r为H2O，q为NaAlO2；p是这些元素组成的二元化合物，p与n（NaOH）反应生成s（Na2SiO3）和r（H2O），则p为SiO2。

A．水分子间存在氢键，则简单氢化物的沸点：R＜Y，A错误；B．Z为Na、W为Al，金属性越强，最高价氧化物对应水合物的碱性越强，金属性Na＞Al，则W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的弱，B错误；C．Z为Na、R为Si、W为Al，其单质对应晶体分别为金属晶体、原子晶体和金属晶体，Si的熔点最高，钠的熔点最低，即单质熔点：R＞W＞Z，C错误；D．硅酸钠是制备硅胶和木材防火剂等的原料，D正确；答案选D。

点睛：本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，也是本题的难点，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，注意影响物质熔沸点的因素。

5. 用下列装置完成相关实验，不合理．．．的是（）A. 用a制备并收集氨气B. 用b制备并检验乙炔C. 用c蒸馏海水得到淡水D. 用d分离Na2CO3溶液与植物油【答案】B【解析】分析：A.根据氨气的制备原理分析；B.根据乙炔的制备原理结合物质的性质分析；C.根据蒸馏原理分析；D.根据植物油不溶于水分析。

详解：A.实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的混合物制备氨气，用向下排空气法收集氨气，A正确；B.电石中的杂质与水反应能生成硫化氢等气体，硫化氢能使高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙炔，B错误；C.蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，因此可用蒸馏法可以淡化海水，C正确；D.植物油难溶于Na2CO3溶液，可用分液法分离，D正确。

答案选B。

6. 工业酸性废水中的Cr2O72－可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液体积为50 mL，Cr2O72－的起始浓度、电压、电解时间均相同）。

下列说法中，不正确．．．的是（）A. 对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72－的去除率B. 实验②中，Cr2O72－在阴极放电的电极反应式是Cr2O72－+ 6e－+ 14H+ == 2Cr3+ + 7H2OC. 实验③中，Cr2O72－去除率提高的原因是阳极产物还原Cr2O72－D. 实验③中，理论上电路中每通过3 mol电子，则有0.5 mol Cr2O72－被还原【答案】D【解析】分析：A.根据增加氢离子浓度Cr2O72－的去除率升高分析；B.根据电解池中阴极发生得到电子的还原反应解答；C.根据阳极铁失去电子转化为亚铁离子判断；D.根据Cr元素化合价变化情况计算。

详解：A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确；B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72－+6e－+14H+＝2Cr3+ +7H2O，B正确；C.实验③中阳极铁失去电子转化为亚铁离子，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，离子方程式为Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3+ +6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72-去除率提高，C正确；D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol 电子，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有0.5molCr2O72-被亚铁离子还原，所以一共有1molCr2O72-被还原，D错误；答案选D。

7. 常温下，向1 L pH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。

通入的CO2的体积（V）与溶液中水电离．．．出的OH－离子浓度（φ）的关系如下图所示。

下列叙述不正确．．．的是（）A. a点溶液中：水电离出的c( H+ )＝1×10-10mol/LB. b点溶液中：c( H+ )＝c( OH- )C. c点溶液中：c(OH-) > c(HCO3-)+c( H+ )D. d点溶液中：c(Na+)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)【答案】B【解析】分析：a点为单一的氢氧化钠溶液，a到c是生成碳酸钠，b点是碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，c 点是单一的碳酸钠溶液，c到d是生成碳酸氢钠，d点是碳酸氢钠和碳酸的混合溶液，d点溶液呈中性，据此分析解答。

详解：A、水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的NaOH 溶液，则c（H+）=1×10-10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c（H+）=1×10-10mol/L，A 正确；B、b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c(H+ )＜c(OH-)，B错误；C、当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用，所以根据质子守恒可知c(OH-)＞c(HCO3-)+c(H+ )，C正确；D、d点溶液中水电离出的OH-离子浓度10-7mol/L，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）可得c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-），D正确；答案选B。

8. 某学习小组通过下列装置探究 MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2。

实验操作和现象如下表：回答下列问题：（1）实验1和实验2产生白雾的原因是___________________________。