【文档说明】【精准解析】云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（一）化学试题.doc，共(14)页，1.038 MB，由小赞的店铺上传

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理科综合试卷化学部分1.化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是()A.医用酒精中乙醇的质量分数为75%B.硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查C.施肥时，草木灰不能与NH4Cl混合使用D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】【

详解】A．医用酒精中乙醇的体积分数为75%，A错误；B．硫酸钡既不溶于水，也不溶于胃酸，同时也不能被X射线透过，因此可用于胃肠X射线造影检查，B正确；C．K2CO3与NH4Cl在溶液中会发生盐的双水解反应，产生的NH3·H2O分解产生氨气逸出，导致

N元素流失，C正确；D．Mg比Fe活泼，构成原电池时Mg作负极被腐蚀，因此属于牺牲阳极的阴极保护法，D正确；故答案为A。2.香茅醇(结构如图所示)是调配各种玫瑰系花香香精不可缺少的原料。下列关于香茅醇的叙述错误的是A.分子式为C10H20OB.能发生加成聚合反应C

.分子中所有原子可能共面D.能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同【答案】C【解析】【详解】A．根据物质分子结构可知，物质分子中有10个C原子，1个O原子，不饱和度为1，故有20个H，分子式为C10H20O，A正确；B．分子中含碳碳双键，故能发生加成聚合反应，B正确；C

．分子中含有8个饱和C原子，由于饱和C原子是四面体结构，因此分子中所有原子不可能共面，C错误；D．分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色；使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于发生氧化反应，故二者褪色原理不同，D正确；故答案为C。3.NA是阿伏加

德罗常数的值。下列说法正确的是A.1molT2比1molD2多NA个中子B.1L1mol/L葡萄糖溶液中含有12NA个氢原子C.标准状况下，22.4L氨气中含有4NA个质子D.72g异戊烷和72g新戊烷均含有4NA个非极性键【答案】D【解析】【详解】A．1molT2的中子数为4NA，而1

molD2的中子数为2NA，故多2NA，A错误；B．1mol葡萄糖分子中含12NA个H，但水中也含H，故H数目应该大于12NA，B错误；C．氦气是单原子分子，故1mol氦气中含2NA个质子，C错误；D．异戊烷和新戊烷的相对分子质量均为72，非极性键均为4个

，D正确；故选D。4.用如图所示的装置(加热装置已略)进行实验，由试管B中现象不能证明试管A中反应发生的是选项试管A中实验试管B中现象A加热铜片和浓硫酸的混合物品红溶液褪色B加热镁条和水的混合物肥皂水冒泡C加热NH4Cl溶液和NaOH溶液的

混合物酚酞溶液变红D加热MnO2固体和浓盐酸的混合物KI-淀粉溶液变蓝A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．品红溶液褪色说明铜片和浓硫酸加热发生了反应产生了SO2气体，A正确；B．肥皂水冒泡说明有气体逸出，该气体可能是空气或水蒸气，也可能是Mg与H2O反应产生的H2，故不能证

明镁条和水加热发生了反应，B错误；C．酚酞溶液变红说明有碱性气体NH3产生，故能证明NH4Cl和NaOH溶液加热发生了反应，C正确；D．KI−淀粉溶液变蓝说明有I2产生，证明MnO2固体和浓盐酸混合加热发生反应产生了Cl2，D正确；故合理选项是B。5.对于下列实验

，能正确描述其反应离子方程式的是A.向NaOH溶液中滴加少量AlCl3溶液：3OH-+Al3+=Al(OH)3↓B.向BaCl2溶液中通入少量SO2：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+C.向滴有酚酞的水玻璃中逐滴加入稀

盐酸至红色刚好褪去：SiO23−+2H+=H2SiO3(胶体)D.向铁粉中加入过量的稀硝酸：3Fe+2NO3−+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液过量，不能产生Al(OH)3，应该是AlO2−，A错误；B．酸性：HC

l>H2SO3，故该反应不能发生，B错误；C．向滴有酚酞的水玻璃中逐滴加入稀盐酸至红色刚好褪去，说明产生了H2SiO3胶体，C正确；D．稀硝酸过量，产物中不会有Fe2+，D错误；故选C。6.一种高性能的直接硼氢燃料电池如图所示，其总反应为BH4−+2O2=BO2−+2H2

O。该电池工作时，下列说法正确的是A.电子由Pt电极经外电路、石墨电极、NaOH溶液回到Pt电极B.负极反应式为BH4−-8e-+8OH-=BO2−+6H2OC.OH-透过阴离子交换膜向石墨电极迁移D.外电路通过0.4mol电子时，有2.24LO2在石墨电极上参与

反应【答案】B【解析】【详解】A．在外电路中，电子由负极Pt电极经导线流向正极石墨电极，而在内电路中离子定向移动，电子不能进入到电解质溶液中，A错误；B．依据装置图可知Pt电极为负极，负极上BH4−失去电子被

氧化变为BO2−，由于电解质溶液显碱性，含有大量的OH-，故负极的电极反应式为：BH4−-8e-+8OH-=BO2−+6H2O，B正确；C．溶液中的阴离子OH−应该向正电荷较多的负极(Pt)迁移，C错误；D．没有指明反应条件是否是“标准状况”，

因此不能进行有关计算，D错误；故答案为B。7.W、X、Y、Z为前四周期主族元素，四种元素的最外层电子数满足W+Y=3(X+Z)；核电荷数W＜Y，X＜Z；由这四种元素组成的化合物的水合物常被用作净水剂。下列说法正确的是A.单质的熔点

：Z＞XB.简单离子的还原性：W＞YC.Y的氧化物对应的水化物为强酸D.Y与Z形成的化合物的溶液呈碱性【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为前四周期主族元素，四种元素的最外层电子数满足W+Y=3(X+Z)；核电荷数W＜Y，X＜Z；由这四种元素组成的化合物的水合物常被用作净水剂，该化合

物应该是硫酸铝钾，则W为O，X为Al，Y为S，Z为K。据此解答。【详解】由题可知：W为O，X为Al，Y为S，Z为K。则A.单质的熔点：Al＞K，A错误。B.非金属性O＞S，则简单离子的还原性：S2−＞

O2−，B错误。C.Y的氧化物对应的水化物有H2SO4和H2SO3，其中H2SO3不是强酸，C错误。D.Y与Z形成的化合物为K2S，硫离子水解，其溶液显碱性，D正确。答案选D。8.立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，难溶于水，是一种常用白色颜料。某学习小组设计如图所示实验制备少量的

立德粉并测定其中S2-的含量。I.制备立德粉。(1)连接装置，检查装置气密性。分别向分液漏斗、锥形瓶和装置B_____(填名称)中，加入一定量的稀硫酸、锌粒和可溶性BaS固体。(2)①打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1和K2，关闭K3，此时锥形瓶

中有气体产生，该气体的作用是______。②待锌粒溶解完后，打开K3，关闭K1和K2。锥形瓶中的溶液流入装置B中，其原因是___________；装置B中析出白色沉淀，该反应的离子方程式为___________，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___

____、洗涤、干燥。II.测定立德粉中的S2-含量。(3)产品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取ag样品，置于碘量瓶中，移取bmLxmol/L的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置于暗处反应5min，有单质

硫析出(I2+S2-=2I-+S↓)。以淀粉为指示剂，过量的I用ymol/LNa2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O23−=2I-+S4O26−。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为_________，样品中S2-的含量(质量分数)为________

_%(写出表达式，结果要化简)。【答案】(1).三颈烧瓶(2).排尽装置中的空气(3).装置A中产生H2，使装置A中气压大于大气压(4).Ba2++S2−+Zn2++SO24−=ZnS·BaSO4↓(5).冰浴冷却，过滤(6).蓝色褪去，且半分钟内不恢复(7).16xb-8yV5a【解析

】【分析】分别向分液漏斗、锥形瓶和三颈烧瓶中，加入一定量的稀硫酸、锌粒和可溶性BaS固体。打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1和K2，关闭K3，此时锥形瓶中有氢气产生，待锌粒溶解完后，打开K3，关闭K1和K2。锥形瓶中压强增大，使溶液

流入三颈烧瓶中，B中析出ZnS·BaSO4，据此解答。【详解】(1)由装置图可知，B为三颈烧瓶，故本题答案为：三颈烧瓶；(2)①锌和盐酸反应，产生氢气，氢气能将装置内的空气排尽，故本题答案为：排尽装置中的空气；②待锌粒溶解完

后，打开K3，关闭K1和K2。装置A中产生H2，使装置A中气压大于大气压，此时锥形瓶中的溶液流入装置B中；装置B中生成ZnS·BaSO4，反应的离子方程式为Ba2++S2−+Zn2++SO24−=ZnS·BaSO4↓，为使沉淀充分析出并分离，应降温使其充

分析出，在过滤，故本题答案为：装置A中产生H2，使装置A中气压大于大气压；Ba2++S2−+Zn2++SO24−=ZnS·BaSO4↓；冰浴冷却，过滤(3)(3)Na2S2O3滴定的是与S2−反应后剩余的I2所以终点颜色变化为蓝色褪去，且半分钟内不恢复，S2−的质量分数=-3-3yV10x

b10-32216xb-8yV100%=%a5a，故本题答案为：蓝色褪去，且半分钟内不恢复；16xb-8yV5a。【点睛】锌和盐酸反应，产生氢气，氢气能将装置内的空气排尽，产生H2的同时，还能使装置A中气压大于大气压，使溶液流入装置B中；在装置B中生成ZnS·BaSO

4，此为易错点。9.聚合硫酸铝(PAS)是水处理中重要的絮凝剂。如图是以粉煤灰(主要成分为A12O3和SiO2，还含有少量的FeO、Fe2O3等)为原料制备PAS的一种工艺流程。溶液中金属离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下：A

l(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH3.77.52.2完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.79.03.2(1)过筛的目的是选取细小的颗粒，________。(2)“酸浸”时最合适的酸是______，滤渣的成分是___

___。(3)“净化除杂”需先加氧化剂，然后再调节溶液的pH约为3.5。则下列氧化剂中最合适的是____(填序号)。A.KMnO4B.Cl2C.H2O2D.HNO3(4)“聚合”时，溶液的pH必须控制在一定的范围。pH偏小时Al3+水解程度弱，pH偏大时则_______。(

5)相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_____。(6)利用上述表格中的数据计算Ksp[Fe(OH)3]的数量级为________。【答案】(1).增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率(2).H2SO4(3).SiO2(4).C(5).会生成Al(OH)3沉淀(6).防止温度过高，导

致产品分解(7).10−38【解析】【分析】粉煤灰(主要成分为A12O3和SiO2，还含有少量的FeO、Fe2O3等)用酸“酸浸”，SiO2不溶解，A12O3、FeO和Fe2O3溶解得到含铝离子、亚铁离子和铁离子的溶液，过滤后，在滤液中

先加氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，然后再调节溶液的pH约为3.5，铁离子沉淀完全，得到Fe(OH)3沉淀，过滤后得到含铝离子的溶液，再经过“聚合”、“减压蒸发”得到絮凝剂，“聚合”时要把溶液的pH必须控制在一定的范围，pH偏小时Al3+水解程度弱，pH偏大时则会生成Al(OH)

3沉淀，据此回答；【详解】(1)颗粒越小，接触面积越大，反应速率越快，故过筛的目的是选取细小的颗粒，增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率；(2)由流程知，絮凝剂的酸根是硫酸根离子，故“酸浸”时最合适的酸是H2SO4，据分析，滤渣的成分是

SiO2；(3)“净化除杂”需先加氧化剂，加入的氧化剂是把亚铁离子氧化为铁离子，那么A.KMnO4能氧化亚铁离子，但会引入还原产物Mn2+，A错误；B.Cl2能氧化亚铁离子，但会引入还原产物Cl-，B错误；C.H2O2能氧化亚铁离子，但双氧水是绿色氧化剂，不会引入杂质离子，C正确；D.H

NO3能氧化亚铁离子，但会产生氮氧化物污染环境，D不是最佳；则最合适的是C；(4)“聚合”时，溶液的pH必须控制在一定的范围。pH偏小时Al3+水解程度弱，pH偏大(Ph>4.7)时则会生成Al(OH)3沉淀；(5)依据化学式可知聚合硫酸铝(PAS

)是碱式盐，高温容易分解，相对于常压蒸发，减压蒸发时液体会在加热到较低温度时沸腾，故优点是防止温度过高，导致产品分解；(6)利用上述表格中的数据知：铁离子沉淀完全时，3+5(Fe)1.010mol/Lc−=pH=3.2，则()+3.2H10c

−=，()()14-10.8W3.2+10OH1010HKcc−−−===，则计算()()()3+3-3spFeOHFeOHKcc=，0.6381010-37.4spK=10−=，故数量级为3810−。10.乙腈是一种重要的基本化工原料，到目前为止有

多种合成工艺。其中“丙烷催化氨氧化法”合成涉及的反应如下：主反应：2C3H8(g)+2NH3(g)+5O2(g)⇌2CH3CN(g)+2CO(g)+8H2O(g)∆H=-1651kJ/mol；副反应：C3H8(g)+NH3

(g)+2O2(g)⇌CH2=CHCN(g)(丙烯睛)+4H2O(g)∆H=-613kJ/mol(1)两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是___________。(2)提高乙腈反应选择性的关键因素是__________。(3)如图是起始投料比为n(C3

H8)：n(NH3)：n(O2)=1：1.4：1.6，MoV0.6Mg0.3/γ-Al2O3为催化剂，在体系压强为0.1MPa，主反应中C3H8的转化率与反应温度的关系曲线。①低于520℃时，主反应中C3H8的转化率_____(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡转化率，判断理由是___

____。②520℃时主反应的平衡常数Kp=______(MPa)3(列出计算式即可，不必算出结果。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。③520℃下，若要进一步提高主反应中C3H8的转化率，除了可以增大NH3和O2的浓度外，还可以采取的

两种不同的措施为________、_________。【答案】(1).均为放热量大的反应(2).选择合适的催化剂(3).不是(4).该反应为放热反应，平衡转化率随温度升高而降低(5).2282252280.10.10.12323

233530.10.10.1232323(6).及时移走生成物(7).减小压强【解析】【详解】(1)根据热化学方程式可知两个均为放热量大的反应，因此两个反应在热力学上趋势均很大；(2

)由于存在可逆反应，因此提高乙腈反应选择性的关键因素是选择合适的催化剂；(3)①由于该反应为放热反应，平衡转化率随温度升高而降低，因此低于520℃时，主反应中C3H8的转化率不是对应温度下的平衡转化率。②3832322CH+2

NH+5O2CHCN+2CO+8HO11.41.60000.40.410.40.41.60.610.60.40.41.6始变平平衡时，各组分的物质的量分数分别为323、523、323、223、223、823，228p2252280.10.10

.1232323K3530.10.10.1232323=。③520℃下，若要进一步提高主反应中C3H8的转化率，除了可以增大NH3和O2的

浓度外，由于正反应是体积增大的可逆反应，所以还可以采取的两种不同的措施为及时移走生成物、减小压强。11.锰在工业中有着重要的作用，也是人体所需的微量元素之一，回答下列问题：(1)Mn在元素周期表中位于______区。(2)高锰钢可制造钢盔、坦克钢甲、穿甲弹的弹头等，主

要是Fe、C和Mn组成，第三电离能：I3(Mn)_____I3(Fe)(填“大于”或“小于”)，原因是_______。(3)硫酸锰是合成脂肪酸的作物需要的微量元素，因此硫酸锰可以作为肥料施进土壤，可以增产。MnSO4中的化学键除了σ键外，还存在__

_______。(4)MnF2和MnCl2均为离子晶体，其中熔点较高的是_________。(5)一种正一价锰的配合物的化学式为Mn(CO)5(CH3)，其中Mn+的配位数为6，则配位体为________。(6)某种含锰的磁性材料的

晶胞结构如图所示。C在晶体中的堆积方式为______堆积(填“简单立方”“体心立方”“六方最密”或“面心立方最密”)；若该晶体密度为ρg/cm3，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则两个最近的Mn之间的距离为_______pm。【答案】(1).d(2).大于(3).Mn2+的价电子排布为3d5，处于半

充满较稳定结构，较难失电子(4).离子键和π键(5).MnF2(6).CO和CH-3(7).简单立方(8).1021023A296Nρ【解析】【分析】(1)根据元素原子结构及元素周期表的关系判断Mn所在位置；(2)原子核外电子处于其轨道的全充满、半充满或

全空时是稳定状态分析；(3)根据化合物的类型及原子结合方式判断化学键的类型；(4)根据离子键的强弱判断物质熔沸点的高低；(5)中心离子Mn+与配位体CO、3CH−结合；(6)根据晶体的基本结构判断晶胞类型；根据晶胞中微粒的相对位置，结合其密度计算最近的

两个Mn原子的距离。【详解】(1)Mn元素是25号元素，位于元素周期表第四周期第VIIB族，属于d区元素；(2)I3(Mn)是Mn2+失去电子变为Mn3+，由于Mn2+的电子排布是1s22s22p63s23p63d5，处于3d

5半充满的稳定状态，再失去一个电子需消耗很高的能量；而I3(Fe)是Fe2+失去电子变为Fe3+，由于Fe2+的电子排布是1s22s22p63s23p63d6，当其再失去1个电子时，会变为1s22s22p63s23p63d5的稳定状态，故

其第三电离能比较小，因此第三电离能：I3(Mn)＞I3(Fe)；(3)MnSO4是由Mn2+与24SO−之间通过离子键结合形成的离子化合物，在24SO−中存在S、O共价双键，其中一个σ键，一个π键，故MnSO4中的化学键

除了σ键外，还存在离子键和π键；(4)MnF2和MnCl2均为离子晶体，离子之间通过离子键结合，离子键越强，断裂离子键消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于阴离子离子半径：F-＜Cl-，阳离子都是Mn2+，离子半径越小，离子键越强，则离子键：MnF2＞Mn

Cl2，故其中熔点较高的是MnF2；(5)配合物Mn(CO)5(CH3)的中心离子Mn+与配位体CO、3CH−结合，故配位体为CO和3CH−；(6)根据晶胞结构可知该晶体中C原子的堆积类型为简单立方堆积；用均摊法算出C为1个，Mn为6×12=3个，Sn为8×

18=1个，晶胞质量为m=()35511912296AAgNN++=g，晶胞的密度为ρg/cm3，所以晶胞的边长L=3333296g296/AANmgcmN==cm=3296AN×10-10pm，两个最近的Mn原子是

处于面心位置，二者之间的距离是晶胞边长的22倍，则其距离为1021023A296Nρpm。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及元素在周期表的位置、原子核外电子排布、物质的熔沸点、晶胞计算等知识。明确原子结构、核外电子排布

规律及物质结构理论是解本题关键，难点是晶胞计算，注意原子的相对位置，利用均摊法在晶胞计算中的灵活运用。12.吡唑醚菌酯(G)是甲氧基丙烯酸酯类杀菌剂的一个新品种，具有广谱、高效、低毒、对环境友好安全等特点。

合成F的一种路线如图：(1)A的化学名称是_____(已知：当有机物中含硝基时，硝基作取代基)。(2)B→C反应的化学方程式为________，反应条件中NaHCO3的作用是_______。(3)C→D的反应类型为________。(4)E的分子式为_________。(5)M是A的一

种同分异构体。已知：M是芳香族化合物；1molM与足量的饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出1mol二氧化碳；M的核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为2：2：2：1。M的结构简式为_______。(6)F中含氧官能团的名称

为______，在合成F的过程中有如下一步重要的成环反应：实验研究表明，不同的碱对该步反应产率的影响如表：碱的种类甲醇钠(CH3ONa)乙醇钠(C2H4ONa)叔丁基醇钠[(CH3)3CONa]产率/%88.991.794.9

请找出规律，并解释原因：________。【答案】(1).邻硝基甲苯(2).+ClCOOCH33NaHCO，冰浴⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+HCl(3).吸收反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高产率(4).取代反应(5).C

10H12O3NBr(6).(7).羟基(8).随着碱中烃基体积的增大，产率降低，原因是烃基体积增大，碱性增强【解析】【分析】与氯化铵和锌反应，生成，和ClCOOCH3发生取代反应生成，与(CH3O)2SO4反应生成，发生取代反应生成，与F发生取代反应生成吡唑醚菌酯(G)，据此解答。

【详解】(1)A（）的化学名称为邻硝基甲苯，故本题答案为：邻硝基甲苯；(2)和ClCOOCH3反应生成和HCl，化学方程式为+ClCOOCH33NaHCO，冰浴⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+HCl，反应条件中NaHCO3能吸收反应产生的H

Cl，使平衡正向移动，提高产率，故本题答案为+ClCOOCH33NaHCO，冰浴⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+HCl；能吸收反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高产率；(3)C→D是C中的氢原子被甲氧基取代，属于取代反应，故本题答案为：取代反应；(4)E含有10个C，12个H，3个O，1个

N，1个Br，故其分子式为C10H12O3NBr，故本题答案为：C10H12O3NBr；(5)M是芳香族化合物，说明含有苯环；1molM与足量的饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出1mol二氧化碳，说明含有1个羧

基；M的核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为2：2：2：1，说明分子中含有一个氨基，而且氨基和羧基在苯环的对位，属于M的结构简式为，故本题答案为：；(6)F中含氧官能团为羟基，不同的碱对该步反应产率不同是因为随着碱中烃基体积的增

大，产率降低，原因是烃基体积增大，碱性增强，故本题答案为：随着碱中烃基体积的增大，产率降低，原因是烃基体积增大，碱性增强。【点睛】含有多官能团命名时，要注意官能团的顺序，部分官能团顺序如下：-COOH>-SO

3H>-COOR>-CN>-CHO>-CO->-OH>-NH2>>C=C<>-C≡C->-R>-X>-NO2，此为易错点。