2020高三下学期(4月)适应性测试理科综合化学试题Word版附答案及解析

的多少由y/x或氢的质量分数来决定,该值越大,耗氧量越多。 6.【答案】B

【解析】已知负极采用固体有机聚合物，甲图是电子传向固体有机聚合物，图甲是电池充电原理图，则图乙是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：

，正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-，结合原电池工作原理分

析作答。

【详解】A. 甲图是电子传向固体有机聚合物，电子传向负极材料，则图甲是电池充电原理图，图乙是原电池工作原理图，A项错误；

B. 放电时，正极液态电解质溶液的I2也会得电子生成I，故电解质溶液的颜色变浅，B项正确；C. 放电为原电池工作原理，

向负极移动，从左向右通过聚合物离子交换膜，C

-

项错误；D. 放电时，负极发生失电子的氧化过程，故负极的电极反应式为：

，D项错误；

【点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。 7.【答案】D

【解析】横坐标为OH-浓度的负对数值，从左到右OH-的浓度越来越小，越能促进N2H4电离，纵坐标为微粒的物质的量分数δ(X)，故Ⅰ对应的微粒为N2H4，Ⅱ对应的微粒为N2H5，Ⅲ对应的微粒为N2H6。

【详解】根据上述分析可知，

A. 图中Ⅲ对应的OH-的浓度最小，N2H4电离平衡正向移动的程度最大，则Ⅲ对应的微粒为N2H6，A项正确；B. 从图象可得B点N2H5、N2H6物质的量分数相等，说明它们的浓度相等，此时根据横坐标可知c(OH)=

-2+

+

2+

2+

+

，则===， B项正确；

C. 由电荷守恒可知：c(OH-)+c(Cl-)=c(N2H5+ )+2c(N2H62+)+c(H+)，从图象可得C点c(OH-)c(N2H5+ )+2c(N2H62+)，C项正确；D. 反应②为N2H4的二级电离方程式，D项错误； 【点睛】对于化学平衡图象题，需要分析图象所给的信息以及各个特殊点的状态，离子浓度大小比较时需要结合物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析。 14.【答案】C 【解析】

【详解】从基态跃迁吸收的能量至少为?13.6eV-(-13.6)eV=10.2eV才可以从基态跃迁到处22于第二能级的激发态，AD错误；一个原子处于n=4的激发态，最多可以发出3种光子（4-3，3-2，2-1），B错误；要求发生上述现象时B原子的碰撞之前的速度最小，则两原子应发生完全非弹性碰撞，损失的动能最多，从基态跃迁到第一激发态，C正确。

8.【答案】 (1). Fe2(SO4)3、CuSO4 (2). CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cr2O3等（其它合理答案亦可） (3). 3.3 (4). 2Cu2+ +HSO3- +2H2O== Cu2O↓+ SO42-+ 5H+ (5). 产生SO2，

污染环境（或Cu2O与H+反应）（其它合理答案亦可得） (6). Cr(OH)3 + OH—== CrO2—+ 2H2O [或Cr(OH)3 + OH—= Cr(OH)4—] (7). Cr2O3+2Al120 【解析】

试题分析：（1）在浸出过程中Fe2O3、CuO、Cr2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3；（2）根据流程图“第一次调节“pH”后溶液中含有Cu、Cr，除去Fe后不能引入新杂质；根据Ksp[Fe(OH)3]可计算Fe离子浓度小于或等于1×10时OH的浓度；（3）还原步骤中Cu

3+

-5

—

2+

2+

3+

3+

Al2O3+2Cr (8). 稀硫酸 (9).

被HSO3-还原为Cu2O；NaHSO3与酸反应生成SO2；（4）Cr(OH)3是两性氢氧化物，Cr(OH)3与氢氧化钠反应生成NaCrO2；（5）Cr2O3与铝反应生成氧化铝和Cr；（6）①硝酸是氧化性酸,K2Cr2O7能氧化盐酸；②根据电子守恒 ，1mol K2Cr2O7相当于1.5molO2。

解析：（1）在浸出过程中Fe2O3、CuO、Cr2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3，所以除生成Cr2(SO4)3外，主要还生成Fe2(SO4)3、CuSO4；（2）根据流程图“第一次调节“pH”后溶液中含有Cu2+、Cr3+，除去Fe3+后不能引入新杂质，所以加入的试剂可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cr2O3等；Fe离子浓度小于或等于1×10时OH的浓度是

3+

-5

—

，c(H)=

+

，所以PH=3.3；（3）还原步骤中Cu2+被HSO3-还原为Cu2O，离子方程式是

2Cu+HSO3+2H2O== Cu2O↓+ SO4+ 5H；若NaHSO3过量，NaHSO3与酸反应生成SO2，污染环境；（4）Cr(OH)3是两性氢氧化物，Cr(OH)3与氢氧化钠反应生成NaCrO2，反应离子方程式是Cr(OH)3 + OH== CrO2+ 2H2O；（5）Cr2O3与铝反应生成氧化铝和Cr，反应方程式是Cr2O3+2Al

Al2O3+2Cr；（6）①硝酸是氧化性酸,K2Cr2O7能氧化盐酸，所以最好选用稀硫酸酸化水样；②根据电子守恒 ，1mol K2Cr2O7相当于1.5molO2，10mL0.025 mol·L K2Cr2O7溶液相当于

O2，该水样的COD为

-1

—

—

2+

-

2-+

mg·L-1。

9.【答案】 (1). N2 + O2

2NO (2). —746.5 (3). 0.35（或） (4).

温度升高 (5). NO的分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行 (6). 870K(只要在850-900K均可） (7). A (8). 2NO3+10e+12H==N2↑+6H2O 【解析】

试题分析：（1）氮气与氧气在高温、放电条件下生成NO；（2）根据盖斯定律计算2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H；（3）①根据

计算9-12 min时的平衡

--+

常数；②根据图1，第12 min时NO、CO浓度增大、N2浓度减小，平衡逆向移动；（4）①NO的分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行；②n(NO)/n(CO) =1的条件下，850-900K时NO转化为N2的转化率几乎达到100%；（5）根据图示，右池中NO3-发生还原反应生成氮气，

所以右池是阴极，阴极NO3-得电子生成氮气；

解析：（1）氮气与氧气在高温、放电条件下生成NO，反应方程式是N2 + O2

（2）①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ?mol-1；②2C(s)+O2(g)=2CO (g) △H= -221.0kJ?mol；③C(s)+O2(g)=CO2(g) △H= -393.5 kJ?mol，根据盖斯定律③×2-①-②得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H= —746.5 kJ?mol；（3）①9-12 min时c(NO)=0.16mol/L、c(CO)=0.06 mol/L、c(N2)=0.02 mol/L、c(CO2)=0.04 mol/L，

0.35；②根据图1，第12 min时NO、CO浓度增大、N2浓度

减小，平衡逆向移动，所以改变的条件可能是升高温度；（4）①NO的分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行，所以当温度超过775 K时，NO的分解率降低；②n(NO)/n(CO) =1的条件下，850-900K时NO转化为N2的转化率几乎达到100%，为更好地除去NO，应控制的最佳温度应在870K左右；（5）根据图示，右池中NO3发生还原反应生成氮气，所以右池是阴极，B是电源负极、A是电源正极，阴极NO3得电子生成氮气，电极反应为2NO3+10e+12H==N2↑+6H2O；

点睛：根据盖斯定律，化学反应的焓变只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，所以可以根据盖斯定律计算2CH4(g)+H2O(g)= C2H5OH(g)+2H2(g)的△H。

10.【答案】 (1). 将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，边加入边振荡 (2). 防止暴沸 (3). 温度计水银球部分没有插入反应溶液中(或烧瓶下未垫石棉网) (4). C (5). F (6). C→B→C (7). 第一次用的品红溶液褪色 (8). 除去SO2 (9). 判断SO2是否被除尽 (10). 装置③中品红溶液不褪色，装置E中溶液褪色 (11). 乙烯、SO2、CO2 (12). F→C→E→C→D

【解析】Ⅰ.乙醇与浓硫酸混合要防止液体沸腾、飞溅；加入碎瓷片可以防止在加热过程中液体暴沸；乙醇和浓硫酸的温度达到170℃生成乙烯气体，制取乙烯气体需要测液体温度；Ⅱ.SO2能使品红褪色；乙烯能使溴的CCl4溶液褪色；(1)乙烯和二氧化硫的性质的相同点是都能使溴水褪色，不同点是二氧化硫能使品红溶液褪色而乙烯不能；二氧化硫能溶于烧碱溶液而乙烯不能．所以应该先确定二氧化硫的存在后确定乙烯的存在，二氧化硫使品红溶液褪色的灵敏度很高，品红溶液对二氧化硫的吸收量很小，所以在确定了二氧化硫的存在以后，还要除去二氧化硫并检验二氧化硫是否除尽，最后通入溴水中检验乙烯气体；（2）二氧化硫气体能使品红褪色；（3）氢氧化钠可以吸收二氧化硫气体；（4）装置③中品红溶液不褪色说明不含二氧化硫，装置E中溴水褪色，说明一定有乙烯气体；乙烯、CO2、SO2三种气体中只有乙烯能使溴的CCl4溶液褪色，先用溴的CCl4溶液检验乙烯，乙烯、CO2、SO2三种气体中只有二氧化硫能使品红褪色，再用平衡检验二氧化硫气体，CO2、SO2都能使石灰水变浑浊，所以先用溴水除去二氧化硫，用品红溶液验证二氧化硫是否除尽，最后用石灰水检验二氧化碳； 解析：Ⅰ.乙醇与浓硫酸混合放热，浓硫酸的密度大于乙醇；所以混合乙醇与浓硫酸的操作是将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，边加入边振荡；碎瓷片可以防止在加热过程中液体暴沸，所以在圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片的作用是防止暴沸；制取乙烯气体需要测液体温度，装置A图中明显的错误是温度计水银球部分没有插入反应溶液中；Ⅱ.SO2能使品红褪色，若要检验A中所得气体含有SO2，可将混合气体直接通入品红溶液中，选C；乙烯能使溴的CCl4溶液

--+

---1

-1

-1

2NO；

褪色，若要检验A中所得气体含有乙烯，可将混合气体直接通入溴的CCl4溶液中，选F；（1）乙烯和二氧化硫的性质的相同点是都能使溴水褪色，不同点是二氧化硫能使品红溶液褪色而乙烯不能；二氧化硫能溶于烧碱溶液而乙烯不能，所以应该先确定二氧化硫的存在后确定乙烯的存在，二氧化硫使品红溶液褪色的灵敏度很高，品红溶液对二氧化硫的吸收量很小，所以在确定了二氧化硫的存在以后，还要除去二氧化硫并检验二氧化硫是否除尽，最后通入溴水中检验乙烯气体，所以设计2中①→②→③装置对应的装置分别是品红溶液、浓氢氧化钠溶液、品红溶液，装置代号是C→B→C；（2）二氧化硫气体能使品红褪色，能说明二氧化硫气体存在的现象是装置①中品红溶液褪色；（3）氢氧化钠可以吸收二氧化硫气体，使用装置②的目的是除去乙烯中的SO2；（4）装置③中品红溶液不褪色说明不含二氧化硫，装置E中溴水褪色，说明一定有乙烯气体；所以装置③中品红溶液不褪色，装置E中溴水褪色，能确认乙烯气体存在；乙烯、CO2、SO2三种气体中只有乙烯能使溴的CCl4溶液褪色，先用溴的CCl4溶液检验乙烯，乙烯、CO2、SO2三种气体中只有二氧化硫能使品红褪色，再用平衡检验二氧化硫气体，CO2、SO2都能使石灰水变浑浊，所以先用溴水除去二氧化硫，用品红溶液验证二氧化硫是否除尽，最后用石灰水检验二氧化碳；所以若要一次性将乙烯、CO2、SO2三种气体全部检验出来，气体被检验出来的先后顺序是乙烯、SO2、CO2，气体通过装置的顺序为A→F→C→E→C→D。

11、[化学—选修3：物质结构与性质]

【答案】 (1). [Ar]3d或1s2s3p3s3p3d (2). O＞N＞C＞H (3). sp杂化 (4). 平面三角形 (5). 分子 (6). ABD (7). 减少 (8). NA（或6.02(9).

(10).

10）

-23

5

2

2

6

2

6

5

2

【解析】

【详解】（1）Fe为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去3个电子生成Fe，则Fe的核外电子排布式为[Ar]3d或1s2s2p3s3p3d；Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中所含非金属元素为H、C、N、O，通常元素的非金属性越强，电负性越大，则所含非金属元素C、N、O、H中O的非金属性最强，H最弱，四者的电负性由大到小的顺序是O、N、C、H；Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中尿素分子的结构简式为

2

-3+

3+

5

2

2

6

2

6

5

，C原子形成3个σ键，

-

无孤对电子，所以是sp杂化；NO3中N的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以NO3

5

2

2

6

2

6

6

2

的空间构型为平面三角形。答案：[Ar]3d或1s2s2p3s3p3d5；O＞N＞C＞H、sp、平面三角形。

（2）卤素单质属于分子晶体，铝原子簇A113的性质与卤素相似，则原子簇A113也属于分子晶体。Na[Al(OH)4]属于离化合物，存在着离子键，铝是缺电子结构，能接受氢氧根离子给与的孤对电子形成配位键，氧氢之间可以形成极性键。所以Na[Al(OH)4]属于离化合物中含有离子键、极性键、配位键。答案：分子，ABD。

（3）每生成1mol氯吡苯脲，需要1mol2-氯-4-氨基吡啶、1mol异氰酸苯酯，反应过程中每个2-氯-4-氨基吡啶分子断裂一个σ键、每个异氰酸苯酯分子断裂一个π键，所以当σ键增加了1 mol时，π键减少了NA（或6.0210-23）个。答案：减少；NA（或6.0210-23）。