1、宁夏回族自治区银川市银川一中2021届高三上学期第四次月考理科综合化学试题1. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 将lmolCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA(N表示粒子数）B. 用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入29.4gCu(OH)2能使溶液复原，则电解过程中转移电子数目为1.2NAC. H2(g)+I2(g)2HI(g) H=-akJmol-1，若充分反应后放出akJ热量，则起始时向密闭容器中加入了NA个氢分子和足量的碘单质D. 100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为NA【答案】B【解析】【详解】A将lmolC
2、l2通入到水中，只有一部分Cl2与水反应生成HCl、HClO，另一部分在水中仍以Cl2分子形式存在，所以N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)2NA(N表示粒子数），A不正确；B29.4gCu(OH)2物质的量为=0.3mol，加入0.3molCu(OH)2能使溶液复原，则相当于加入0.3molCuO和0.3molH2O，所以电解过程中转移电子的数目为0.3mol(2+2) NA =1.2NA，B正确；C对于可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g) H=-akJmol-1，1molH2完全反应后，放出akJ热量，所以起始时向密闭容器中加入的氢分子数目应大于NA个，C不正确；D100g质
3、量分数17%的H2O2溶液中含有17gH2O2和83gH2O，含极性键数目为+NANA，D不正确；故选B。2. 下列实验的现象与结论相对应的是ABCD实验现象电流计指针先向右偏转（说明电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏转烧瓶中有气泡产生，试管内溶液出现白色浑浊加热，肥皂液中产生无色气泡和中均迅速产生大量气泡结论铁片作负极，片刻后铜片作负极非金属性强弱：ClCSi铁粉与水蒸气反应生成H2MnO2一定是中反应的催化剂A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A起初电流计指针先向右偏转，表明电子从左向右流动，从而得出铁片作负极；由于铁片表面发生钝化，阻止了铁失电子，所以片刻后指针向
4、左偏转，表明电子从右向左流动，从而得出铜片作负极，A符合题意；B由于盐酸是挥发性酸，挥发出的HCl会进入试管，与试管内的Na2SiO3发生反应生成硅酸，所以不能证明碳酸的酸性比硅酸强，也就不能证明非金属性CSi，B不符合题意；C试管加热，即便铁粉与水蒸气不反应，试管内空气受热膨胀，也会产生气体，所以肥皂液中产生的无色气体不一定是H2，C不符合题意； D过氧化钠与水反应生成氧气，两试管内均迅速产生大量气泡，所以不能证明中MnO2起催化作用，D不符合题意；故选A。3. 某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S，下列说法不正确的是A
5、. 充电时，太阳能转化电能，电能又转化为化学能B. 放电时，a极为正极C. 充电时，阳极的电极反应式为3I2e=D. M是阳离子交换膜【答案】B【解析】【分析】充电时Na2S4还原为Na2S，根据图示，可判断充电时a是阴极、b是阳极；充电时，阴极与外接电源的负极相连，阳极与外接电源的正极相连，当对外供电时，a是负极，b是正极；【详解】A根据装置图，充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能储存起来，故A正确；B充电时Na2S4在a极还原为Na2S，充电时a是阴极，所以放电时，a极为负极，故B错误；C 充电时，b是阳极，根据图示，阳极I失电子被氧化为，电极反应式为3I-2e=，故C正确；D若M
6、是阴离子交换膜，则阴离子混合后会相互反应，所以M是阳离子交换膜，故D正确；答案选B。4. 如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是A. 简单阴离子的半径大小：XZYB. 单质的氧化性：XYZC. 简单氢化物沸点：YXZD. X的最高价氧化物对应的水化物为三元酸【答案】D【解析】【分析】按周期表中元素的排列规律分析可知：Y为N元素，X为P元素，Z为O元素；【详解】A同主族时电子层数越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则 简单阴离子的半径大小： ，A错误；B单质的氧化性： ，B错误；C氨分子间有氢键、水分子间有氢键，分子间有氢键时，物质的沸点较高，水常温呈液
7、态、氨气常温呈气态，简单氢化物沸点： ，C错误；DX的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，H3PO4为三元酸，D正确；答案选D。5. 某固体混合物中可能含有Na+、K+、Cl-、等离子，取两份该固体的溶液进行如下实验：第一份，加入过量的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，分离滤液和沉淀。向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清；向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀。第二份，取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色。下列关于该混合物的组成说法正确的是A. 一定是K2SO3和NaClB. 可能是Na2SO4和KClC. 可能是NaCl和K2CO3D. 一定是Na2CO3和NaCl【答案】C【解析
8、】【分析】第一份，加入过量的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，白色沉淀溶于过量盐酸，则原溶液中一定含有、中的某一种或两种，但一定不含有；向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，则一定含有Cl-；第二份，取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则一定含有Na+，但不能肯定K+是否存在。【详解】A由上面分析可知，溶液中不一定含有K+，则不一定含有K2SO3，A不正确；B溶液中一定不含有，则固体混合物中不可能含有Na2SO4，B不正确；C溶液中肯定含有Na+，可能含有K+、，所以固体混合物可能是NaCl和K2CO3，C正确；D溶液中可能含有K+，则固体混合物不一定是Na2CO3和NaCl，
9、D不正确；故选C。6. 下列图示与对应的叙述相符的是A. 图一表示反应：mA(s)+nB(g)pC(g) HO，在一定温度下，平衡时B的转化率(B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的快B. 图二是可逆反应：A(g)+B(s)C(s)+D(g) HO的速率时间图像，在t1时刻改变条件可能是加入催化剂C. 图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的H0D. 图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正-v逆)【答案】B【解析】【详解】A由图一可看出，x点的压强比y点小，所以反应速率x点比y点时的慢，A不正确；B由图二
10、可知，在t1时刻正、逆反应速率都增大且增大的程度相同，所以改变的条件可能是加入催化剂，B正确；C由图三可知，在M点之前，反应未达平衡，在M点之后，随着温度的不断升高，A的百分含量不断增大，则平衡逆向移动，所以该反应的H0，C不正确；D图四表示速率-时间关系曲线，图中的阴影部分面积的含义是(v正-v逆)t，D不正确；故选B。7. 碱式碳酸镍Nix(OH)y(CO3)znH2O是一种绿色粉末状晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300以上时分解生成3种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关的实验探究。回答下列问题:(1)甲、乙两装置可分别选取下列装置_、_(填字母，装置可重复选取)。(2)称
11、取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；加热硬质玻璃管，当装置C中_(填实验现象)时，停止加热；打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是_。(3)装置A的作用是_，装置E的作用是_。(4)实验前后测得下表所示数据：装置B中样品(质量/g)装置C(质量/g)装置D(质量/g)实验前7.54114.4651.22实验后3.04112.3050.34已知碱式碳酸镍中Ni化合价为+2价，则该碱式碳酸镍的化学式为_。(5)请写出加热时氢气还原上述碱式碳酸镍的化学反应方程式_。【答案】 (1). c (2). c (3). 不再有气泡产生 (4). 将装置中残留的气体产物吹入
12、吸收装置中 (5). 吸收空气中的CO2和水蒸气 (6). 防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D (7). Ni3(OH)4CO34H2O (8). 3H2+Ni3(OH)4CO34H2O3Ni+9H2O+CO2【解析】【分析】测定碱式碳酸镍的组成，采用热分解法，将碱式碳酸镍转化为NiO、H2O、CO2三种氧化物，利用B、C、D装置在加热前后的质量变化，确定NiO、H2O、CO2三种氧化物的质量，然后求出三者的物质的量，从而确定碱式碳酸镍的组成。在实验操作过程中，为防止装置内和空气中CO2、H2O的干扰，同时为防止反应生成的气体滞留在装置中，需要先后两次通入去除了CO2和H2O的空气。【详解】
13、(1)由于浓硫酸只能吸收水，不能吸收CO2；无水硫酸铜通常用于检验水；氧化钙虽然可吸收CO2，但吸收效果不好。而甲装置用于吸收水蒸气和二氧化碳、乙装置用于吸收CO2，所以可分别选取装置c、c。答案为：c；c；(2)加热硬质玻璃管，当装置C中不再有气泡产生时，固体完全分解，停止加热；为使装置内的CO2、H2O完全被C、D装置内的试剂吸收，打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中。答案为：不再有气泡产生；将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中；(3)往反应装置内先后两次通入去除了CO2和水蒸气的空气，都是为了减小实验误差，装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气，装置E
14、的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D。答案为：吸收空气中的CO2和水蒸气；防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D；(4)m(NiO)=7.54g-3.04g=4.5g，m(H2O)=114.46g-112.30g=2.16g，m(CO2)=51.22g-50.34g=0.88g，n(NiO)=0.06mol，n(H2O)=0.12mol，n(CO2)=0.02mol，n(NiO)：n(H2O)：n(CO2)= 0.06mol：0.12mol：0.02mol=3：6：1，则该碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH)4CO34H2O。答案为：Ni3(OH)4CO34H2O；(5)加热时，氢气还原上
15、述碱式碳酸镍，生成Ni、CO2和H2O，化学反应方程式为3H2+Ni3(OH)4CO34H2O3Ni+9H2O+CO2。答案为：3H2+Ni3(OH)4CO34H2O3Ni+9H2O+CO2。【点睛】碱石灰吸收CO2时，由于生成水，所以能促进CO2的吸收。8. 阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如图所示：(1)电解饱和食盐水的化学方程式为_。(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是_(填字母序号)。aNa2SO4bNaNO3c热空气吹出d降低阳极区液面上方的气压(3)食盐水中的I若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为。可
16、继续被氧化为高碘酸根()，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。ICl为有毒的黑色晶体，可用氢氧化钠溶液吸收，请写出相应的离子反应方程式：_。请写出NaIO3被氧化为NaIO4的离子反应方程式为_。(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。结合化学用语解释10min时不同pH体系吸光度不同的原因：_。pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因_。研究表明食盐水中
17、I含量0.2mgL-1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含I浓度为1.47mgL-1的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05molL-1NaClO溶液_L。(已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)【答案】 (1). 2NaCl+2H2OC12+H2+2NaOH (2). cd (3). ICl+2OH-=IO-+Cl-+H2O (4). Na+Cl2+H2O=NaIO4+2H+2Cl (5). ClO-+2H+2I-=I2+Cl-+H2O,10min时pH越低，c(H+)越大反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，所以c(I2)越高吸光度越大 (6). c(
18、H+)较高，ClO-继续将I2氧化为高价含碘微粒，所以c(I2)降低吸光度下降 (7). 0.1【解析】【分析】电解精制的饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，要从电解液中脱去溶解的氯气，可通过改变外界条件，降低氯气的溶解度；共存的杂质碘离子会参与氧化还原反应，逐步被氧化，转变出ICl等，从组成元素非金属性ICl看，ICl中碘+1价、Cl-1价，ICl与水的反应生成盐酸和次碘酸，据此可推出ICl与氢氧化钠溶液反应的产物，碘单质生成与消耗的速度可从影响速率的因素来分析、计算结合题给信息进行；【详解】(1)电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反
19、应生成氢气，则电解的化学方程式为2NaCl +2H2O C12+ H2+2NaOH。(2)aNa2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；bNaNO3与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故b不符合题意；c海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题意；d由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意；答案选cd。(3)碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得
20、电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价、氯元素呈-1价， ICl和OH-反应是非氧化还原反应，生成IO-、Cl-和H2O，则反应的离子方程式为：ICl+2OH-=IO-+Cl-+H2O；NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价，生成溶解度较小的NaIO4而析出， Cl2中氯元素得电子发生还原反应，化合价由0价降低到-1价生成Cl-，离子方程式为Na+ Cl2 + H2O= NaIO4+ 2H+2Cl-。(4)ClO- + 2H+ + 2I-= I2 + Cl- + H2O， 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增
21、强)，c(I2)越高，吸光度越大；c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降；研究表明食盐水中I-含量0.2 mgL-1时对离子交换膜影响可忽略。即1m3食盐水中I-的含量0.2 mgL-11m31000=0.2g时对离子交换膜影响可忽略，则1m3含I-浓度为1.47 mgL-1 的食盐水需处理掉1.47 mgL-11m3-0.2g=1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol，根据反应方程式ClO- + 2H+ + 2I-= I2 + Cl- + H2O，需NaClO的物质的量为0.005mol，则此NaClO的体
22、积为0.005mol/0.05mol/L=0.1L。9. 大气中CO2含量的增加会加剧温室效应,秉承“低碳环保,绿色出行”的生活理念,CO2的综合利用也成为热门研究领域。I.CO2可用于生产乙烯。(1)依据图1写出CO2和H2生成C2H4和H2O(l)的热化学方程式_。(2)以稀硫酸作电解质溶液，利用电解法将CO2转化为乙烯的装置如图2所示。M电极的电极反应式为_，工作一段时间后，阳极室中溶液的pH_(填“增大”“不变”或“减小”)。.CO2与H2在一定条件下可生产二甲醚:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H”“=”或“”或“ (7). K(900K)；（4）从
23、图3ab点数值可知，Cat.1催化效率更高，反应更快，活化能更低，所以活化能Ea(Cat.1)Ea(Cat.2)；因为催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，最终达到平衡时二氧化碳转化率应相同，所以a、b、c、d、e五个状态中一定是平衡状态只有d、e两点。10. 氢能被视为最具发展潜力的清洁能源，开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。请回答下列问题:化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质(HB=NH)3通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。(1)基态B原子的价电子排布式为_，B、C、N、O第一电离能由大到小的顺序为_
24、，CH4、H2O、CO2的键角按照由大到小的顺序排列为_。(2)与(HB=NH)3互为等电子体的有机分子为_(填分子式)。氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键。(1)印度尼赫鲁先进科学研究中心的Datta和Pati等人借助ADF软件对一种新型环烯类储氢材料(C16S8)进行研究，从理论角度证明这种材料的分子呈平面结构(如图)，每个杂环平面上下两侧最多可吸附10个H2分子。C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为_。相关键长数据如表所示：化学键CSC=SC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据看出，C16S8中碳硫键键长介于C-S键与C=S键之间，原因可能是_。C16S
25、8与H2微粒间的作用力是_。(2)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，该晶体的密度为agcm-3，则晶胞的体积为_cm3(用含a、NA的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). 2s22p1 (2). NOCB (3). CO2CH4H2O (4). C6H6 (5). sp2、sp3 (6). C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质 (7). 范德华力 (8). 【解析】【分析】比较第一电离能时，通常先看非金属性。一般情况下，非金属性越强，第一电离能越大，但若遇到价层电子排布处于半满、全满或全空状态时，电子的能量低，第一电离能反常，但也只比原子序数大1的
26、元素的第一电离能大。【详解】(1)B为5号元素，电子排布式为1s22s22p1，则基态B原子的价电子排布式为2s22p1，B、C、N、O的非金属性ONCB，但由于N原子的2p轨道处于半满状态，电子的能量低，第一电离能反常(比O大)，所以第一电离能由大到小的顺序为NOCB，CH4、H2O、CO2的键角分别为10928、104.5、180，按照由大到小的顺序排列为CO2CH4H2O。答案为：2s22p1；NOCB；CO2CH4H2O；(2)(HB=NH)3分子式为N3B3H6，与苯互为等电子体，则互为等电子体的有机分子为C6H6。答案为：C6H6；(1)C16S8分子中，C原子和S原子的价层电子对
27、数分别为3和4，所以杂化轨道类型分别为sp2、sp3。从表中数据看出，C16S8中碳硫键键长介于C-S键与C=S键之间，但不可能像苯一样形成大键，所以只能从键长推出键能大小关系，从而得出原因可能是C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质。因为“每个杂环平面上下两侧最多可吸附10个H2分子”，则C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力。答案为：sp2、sp3；C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质；范德华力；(2)从晶胞图中可以看出，晶胞中有8个Mg原子在顶点，1个Mg原子在体心，4个H原子在面心，2个H原子在体内，所以每个晶胞中含Mg原子个数为8+1=2，含H原子个数为4+2=4
28、，该晶体的密度为agcm-3，则晶胞的体积为=cm3。答案为：。【点睛】计算晶胞中所含原子数目时，利用原子所在位置，确定能被几个晶胞共用，从而得出在1个晶胞中所占的份额。11. 醇酸树脂合成技术成熟、原料易得、涂膜的综合性能良好，是涂料用合成树脂中用量最大、用途最广的品种之一，新型环保醉酸树脂的合成线路如图所示：（1）E的化学名称是_, D中官能团的名称是_。（2）反应有机反应类型是_。（3）下列说法正确的是_（填字母编号）。a化合物A的核磁共振氢谱有3组峰b油脂、蔗糖、麦芽糖酸性水解都能得到2种物质c. 检验B中所含官能团时，加试剂的顺序依次是过氢量氧化钠溶液、硝酸银溶液d. 1molC 与
29、足量的银氨溶液反应能生成4 mol Age. 1molE 与足童的金属钠反应产生33.6L H2 (标准状况下）（4）写出CD的化学方程式：_。（5）在Cu 作催化剂，F(C8H10O2)与O2生成C,则F的同分异构体中，符合下列条件的芳香族化合物的结构简式有_。a遇FeCl3溶液发生显色反应；b发生消去反应后生成的化合物核磁共振氢谱有5组峰；（6）已知：RCH3CH=CH2RCHClCH=CH2。上述合成路线，以2-丙醇为原料（无机试剂任选），设计制备OHC-CH2-CHO的合成路线_。【答案】 (1). 丙三醇 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). ade (5). (6). 、
30、(7). 【解析】试题分析：，B为卤代烃，根据逆推可知D是、E是CH2OHCHOHCH2OH；解析：根据以上分析，（1）CH2OHCHOHCH2OH的化学名称是丙三醇；中官能团的名称是羧基。（2）发生甲基上取代反应。（3）a邻二甲苯结构对称，核磁共振氢谱有3组峰，故a正确；b麦芽糖酸性水解只得到葡萄糖一种物质，故b错误；c. 检验B中所含官能团时，加试剂的顺序依次是过氢量氧化钠溶液、加硝酸、最后硝酸银溶液，故c错误；d. 含有2个醛基，1mol 与足量的银氨溶液反应能生成4 mol Ag，故d正确；e. CH2OHCHOHCH2OH含有3个羟基，1molE 与足童的金属钠反应产生33.6L H
31、2 (标准状况下），故e正确；（4）邻苯二甲醛被氢氧化铜氧化为邻苯二甲酸的化学方程式：。（5）在Cu 作催化剂，F(C8H10O2)与O2生成，则F是邻苯二甲醇，F同分异构体中，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；发生消去反应后生成的化合 物核磁共振氢谱有5组峰的芳香族化合物的结构简式有和。 (6）已知：根据RCH3CH=CH2RCHClCH=CH2，由2-丙醇制备OHC-CH2-CHO需要制备丙烯，再与氯气发生取代反应，再与氯化氢发生加成反应，合成路线为点睛：检验卤代烃中所含官能团时，加试剂的顺序依次是过氢量氧化钠溶液水解、加硝酸中和过量的氢氧化钠、最后硝酸银溶液，根据沉淀颜色判断卤素原子种类。
