重庆市南开中学2019届高三下学期适应性考试理科综合化学试题附答案解析
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重庆市南开中学2019届高三下学期适应性考试 理科综合化学试题 1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是 A. 回收的地沟油可以用来制造肥皂、提取甘油或生产生物柴油 B. 纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料属于胶体 C. 纤维素属于多糖，但不是人类的营养物质 D. 绿色化学的核心是应用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染 【答案】B 【解析】 【详解】A．地沟油属于油脂，可用于制造肥皂、提取甘油，可用于生产生物柴油，故A正确； B．纳米材料不是分散系，故不属于胶体，B项错误； C．人体内没有分解纤维素的酶，不能作人类的营养物质，故C正确； D．该描述符合绿色化学定义，D项正确。 本题选B。 2.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 常温下加水稀释时c(H+)/c(OH—)明显增大的溶液：CH3COO—、Ba2+、NO3—、Br— B. 使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I—、S2O32— C. 0.1mol/L Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6] 3—、Na+、SO42—、Cl— D. 0.1mol/L NaAlO2溶液：NH4+、K+、HCO3—、SO32— 【答案】A 【解析】 【详解】A．加水稀释时c（H+）/c（OH-）明显增大，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A选； B．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，溶液中中存在大量的氢离子，S2O32-与氢离子反应生成S单质和二氧化硫气体，在溶液中不能大量共存，故B不选； C．Fe2+离子与[Fe（CN）6]3－之间反应时反应生成铁氰化亚铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C不选； D．HCO3-的酸性大于氢氧化铝，HCO3-与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D不选。 本题选A。 3.X、Y、Z、R、W是5种短周期主族元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4；已知Y、R同主族，Z、R、W同周期，下列说法错误的是 A. 原子半径：Z>R>W B. 气态氢化物稳定性：HnW>HnR C. X2W6分子中各原子最外层电子均满足8电子结构 D. Y、Z、R三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性 【答案】D 【解析】 试题分析：Y、R同主族、Y、R能形成RY3化合物，所以Y为氧元素、R为硫元素；可组成离子化合物Z2Y，可知Z为钠元素； R、W原子序数依次增大，W是氯元素；X、W能形成共价化合物XW4，则X是碳元素；原子半径：Na>S>Cl，故A正确；气态氢化物稳定性：HCl>H2S，故B正确；C2Cl6分子中各原子最外层电子均满足8电子结构，故C正确；Na2SO4的水溶液显中性，故D错误。 考点：本题考查元素周期律。 4.标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是
A. 确定分子式为C2H6O的有机物的结构 B. 测定Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量 C. 测定Na2SO4･x H2O晶体中结晶水数目 D. 比较Fe3＋和Cu2＋对双氧水分解反应的催化效率 【答案】C 【解析】 【详解】A．在烧瓶中放入金属Na，然后将有机物从分液漏斗放下，产生气体则为乙醇，无气体产生则为甲醚，故A符合题意； B．在烧瓶中放入Na2O和Na2O2混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故B符合题意； C．该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4･x H2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成实 验，故C不符合题意； D．可通过对照实验比较单位时间内Fe3＋和Cu2＋与双氧水反应产生气体多少比较催化效率，D符合题意。 本题选C。 5.下列说法正确的是 A. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染 B. 有机化合物的同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一 C. 石油裂解和油脂皂化都是由高分子物质生成小分子物质的过程 D. 有机物的二氯代物有3种 【答案】B 【解析】 【详解】A．聚乙烯塑料在自然界中很难分解，可造成白色污染，故A错误； B．分子中碳原子越多，同分异构体越多，一种分子可能有多种同分异构体，则同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一，故B正确； C．高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子，石油和油脂不属于高分子，故C错误； D．中只有1种氢原子，共有1种一氯代物，一氯代物中含有4种氢原子，则二氯代物有4种，故D错误。 本题选B。 【点睛】本题难点为D项，应先确定一氯代物的种数，在此基础上数出二氯代物数目。 6.工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。
下列推论不合理．．．的是 A. 活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用 B. 铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极 C. 增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率 D. 利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu 【答案】C 【解析】 【分析】 A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小； B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼； C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快； D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。 【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项； B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项； C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项； D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。 综上所述，本题正确答案为C。 【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。 7.H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示(已知pKa＝－lgKa)，下列说法正确的是
A. H3AsO4溶液pKa2为4.5 B. NaH2AsO4溶液显碱性 C. 常温下，m点对应溶液中由水电离出的OH—浓度为10—11.5 mol/L D. n点对应溶液中，离子浓度关系：c(HAsO42—)＝c(H2AsO4—)>c( OH—) ＝c(H+) 【答案】D 【解析】
【详解】A．结合图中n点，H3AsO4溶液中，故pKa2为7，故A错误； B．由图像知pH为4时，溶液为NaH2AsO4溶液，应显酸性，故B错误； C．m点对应溶液为HAsO42-和AsO43-的混合溶液，溶液显碱性，盐类水解促进水的电离，m点溶液的pH=11.5，则对应溶液中由水电离出的c(OH-)为10-2.5 mol·L- 1，故C错误； D．n点时由图像关系及溶液pH=7可知c(HAsO42—)＝c(H2AsO4—)>c(OH—)＝c(H+)，故D正确。 本题选D。 8.硫是一种自然界分布较广的元素，在很多化合物中都含有该元素，回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为________________________________。 (2)使分液漏斗中液体顺利流下的操作是_______________________________________。 (3)选用上面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱： ①甲同学认为按照A→C→F的顺序连接装置即可证明，乙同学认为该方案不合理，其理由是___________________________________________。 ②丙同学设计的合理实验方案为：A→C→____→____→D→F，其中装置C的作用是_______________，证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的实验现象是___________________。 (4)K2S2O8具有强氧化性，可通过电解H2SO4和K2SO4的混合溶液制得，其阳极反应式为_______________，称取0.2500 g 产品于碘量瓶中，加100 mL水溶解，再加入8.000 g KI固体(稍过量)，振荡使其充分反应；加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉为指示剂，用 c mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准液V mL，则样品中K2S2O8的纯度为_____%(用含c、V的代数式表示，已知：S2O82— +2I— = 2SO42—+I2 ；2S2O32— + I2 = 2S4O62—+2I— )。 【答案】 (1). CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O (2). 拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞 (3). SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理 (4). B (5). E (6). 除去HCl气体 (7). D中品红不褪色，F中出现白色沉淀 (8). 2SO42—— 2e— = S2O82— (9). 54cV 【解析】 【分析】 （1）亚硫酸根与盐酸反应可生成二氧化硫；（2）从分液漏斗操作规范解答；（3）根据反应中可能混有HCl，之后含有SO2造成干扰，故需依次除去；（4）可利用反应物之间计量关系计算。 【详解】（1）盐酸与亚硫酸钙反应生成氯化钙、二氧化硫与水，反应方程式为：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O，故答案为：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O； （2）分液漏斗使用时应使内外压强平衡，故操作为：拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞； （3）①次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，两者可发生氧化还原反应，故答案为：SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理； ②A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故答案为：B、E；除去HCl；D中品红不褪色，F中出现白色沉淀； （4）阳极失电子，化合价升高，对应电极反应为：2SO42——2e— =S2O82—； 由关系式可知S2O82-～2S2O32-，则样品中
