【Ks5u名校】重庆市第八中学2022届高三上期阶段性考试化学试题含解析

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C选项中石墨烯为单质碳的一种同素异形体是无机非金属材料，不属于高聚物
A选项，汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO。C选项的硫酸铜可以用于生活用水的消毒，但不能用于饮用水的消毒。
A选项中Cu2+能与OH-反应。B选项中S2O32-在酸性环境歧化的产物是S和SO2。C选项中Fe3+少量时，还原得到的Fe2+会与过量的S2-形成FeS的沉淀。
B选项中没有溶液的体积。C选项中若为浓硫酸，则2H2SO4+Zn=ZnSO4+SO2↑+H2O，2ml硫酸转移2ml电子，若硫酸变稀H2SO4+Zn=ZnSO4+H2↑，1ml硫酸转移2ml电子，则总过程中电子转移电子数大于1.8NA，小于3.6NA。D选项中生成1.5mlNO2会发生可逆反应产生N2O4，分子数小于1.5NA。
D选项中，NaOH溶液分别滴入Na2CO3和NaHCO3溶液中均无明显现象，不能鉴别。
B选项中，整个过程中存在非极性键的断裂和形成，存在极性键的断裂，但没有极性键的形成过程。
D选项中，NaClO溶液蒸发结晶时，ClO-会水解产生HClO，同时HClO受热分解产生HCl，最终产物为NaCl晶体。
D选项，邻苯二甲酸的同分异构体不仅有苯二甲酸的间位和对位异构体，还存在酯类的同分异构体，因此数目大于2种
A选项可知单质的氧化性O2>S，因此非金属性O>S，A选项正确。B选项，Na2O2与Na2O种阴阳离子个数比均为1：2。C选项离子半径大小为R>W>Y>Z。D选项H2SO4与HClO4对水电离的抑制程度不是看酸的酸性强弱或酸中所含氢原子的个数，而是看溶液中酸电离的氢离子浓度大小，由于浓度未知，因此无法判断
B选项NaHCO3、NaHS浓度未知，溶液的碱性不能说明对应酸的酸性强弱。C选项，虽然产生了NO2，但无法说明NO2是木炭与浓硝酸反应得到的，还是浓硝酸受热分解后产生的。D选项，反应中NaOH过量，因此不是发生的沉淀的转化，不能说明Ksp的相对大小。
A选项NaHSO3溶液或NaHC2O4呈现酸性，但H2SO3或H2C2O4为弱酸。B选项，若此时溶质为NH4Cl和NH3·H2O，则可能出现该情况。C选项，等浓度的(NH4)2SO4、NH4Al(SO4)2，由于Al3+水解能力强于NH4+，等浓度溶液中水的电离程度(NH4)2SO4A选项，Fe与Cl2反应不能直接得到FeCl2，因此A选项错误，B选项若a为NH3，则X可以为O2，b为N2，c为NO，同理a还可能是H2S、CH4等气体。C选项S与O2不能直接反应得到SO3，D选项a还可以为NaAlO2，此时X为HCl。
结合图像可知，随着pH增大，曲线I的pC值先减小后升高，可知曲线I为HA-，曲线Ⅱ为H2A，曲线Ⅲ为A2-，A选项ｃ点时，溶液的电荷守恒为c(Na+)+ c(H+)= c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，此时c(HA-)=c(A2-)，因此有c(Na+)+ c(H+)= 3c(A2-)+c(OH-)，而c(H+)> c(OH-)所以c(Na+)<3c(A2-)。B选项，由于加入NaOH溶液，整个溶液体积变大，因此c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)的值逐渐减小。由于H2A的电离强于HA-的电离和水解，等物质的量浓度，等体积NaHA与H2A混合，溶液中c(HA-)>c(H2A)，对应图中a点的右方，因此pH>0.8。D选项，Ka1×Ka2=[c(H+)2×c(S2-)]/c(H2S)。b点c(S2-)=c(H2S)，c(H+)=ka1×ka2.=10-3.05。
A选项系数错误且没有标注反应的正逆方向，应该是4v正(CH4)=3v逆(NH3)，B选项，由于A到C是加压，NO2与N2O4浓度均变大，平衡右移，但新平衡时NO2的浓度依旧大于原平衡时浓度，因此颜色C>A。A到B体系降温，平衡右移，NO2浓度下降，反应速率也下降，颜色A>B，B选项错误。C选项，假设总压为P总，由于温度不变，Kp不变，原本的Kp=9/(P总2)，充入3mlN2后，此时的Q=9/(P总2)，Q=Kp，平衡不移动。D选项由于温度不变，压强平衡常数Kp不变，而Kp=p(CO2)，因此平衡时CO2 的压强不变。
（15分）【答案】
粉碎废渣、通入足量空气(或充分搅拌等)（2分）
（2分）
Fe(OH)3（1分） 取适量滤液于干燥洁净的试管中，滴加 KSCN溶液，若溶液变为红色，则滤液中含有Fe3+ （2分）
将SiO32-和AlO2-都转化为沉淀 （2分）
（2分）
5.6 （2分） 高温煅烧或灼烧（2分）
【详解】(1)粉碎废渣，废渣颗粒分散在熔融KOH、K2CO3中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反应速率。
(2)Cr2O3~2K2CrO4得到6e-，O2~K2CrO4得到，依据得失电子数相等，配平得。
(3)FeO2- 结合H2O电离出的H+及H2O生成Fe(OH)3和KOH；检验Fe3+用KSCN溶液，检验Fe3+的方法为取适量滤液于干燥洁净的试管中，滴加 KSCN溶液，若溶液变为红色，则滤液中含有Fe3+
(4)加入H2SO4会将SiO32-和AlO2-分别转化为H2SiO3沉淀和Al(OH)3沉淀
(5)Cr2O72-→2Cr3+得到，SO32-→SO42-失去2e- ，依据得失电子数相等，配平得，或酸性条件下，3SO2 +Cr2O72-+2H+=3SO42- +2Cr3+ +H2O
(6)Cr3+沉淀完全时浓度为10-5ml·L-1，10-5×c(OH-)3=6.4×10-31，c(OH-)=4×10-9ml·L-1。
pOH=—lg(4×10-9)=9—2lg2=8.4，则pH=14-pOH=5.6
高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物。
16.【答案】（13分）
（1）2Fe3++Fe = 3Fe2+ （4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O）（2分）
（2）降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出 （2分）
（3）①分液漏斗 （1分） ②将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收（2分）
③用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中（其余答案合理即可） （2分）
④偏小（2分）
（4）(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O（2分）
【解析】
(1)Fe2+易被氧化，因此，Fe粉过量能防止其被氧化
(2)硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出
(3)①装置M为分液漏斗
②反应中持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收
③反应过过程中若蒸出水，凝结在冷凝管中，则NH3可能以NH3·H2O的形式附着在冷凝管内壁，因此用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中，可消除误差。
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小。
(4)
根据(4)，BaSO4的物质的量为0.3ml，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15ml，FeSO4的物质的量为0.15ml，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
（15分）（1）①- 49.5 kJ·ml-1（2分） ②曲线c通入CO和H2，只能发生反应II，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的生成速率减小（2分）
③CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应III正向进行 （2分）
(2)①<（1分） ②<（2分）
由于温度T2>T1，气体的压强更大，并且T2温度下，平衡时气体的总量更多，体积一定，根据pV=nRT可知，p1③10 L·ml-1 （2分） ④12（2分）
【解析】
(1)①△H3 =△H2 -△H1 =-90.4kJ·ml-1 -(-40.9kJ·ml-1)=- 49.5 kJ·ml-1
②反应速率指相同时间内的反应速率，即平均反应速率。曲线c表示只通入CO和H2，只能发生反应II，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的生成速率减小
③490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对于反应Ⅰ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO是反应物，CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，CO2和H2的量增加，使反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)正向移动使甲醇生成速率增大。
(2)①T2>T1，温度升高，C2H4(g)的转化率(α)减小，平衡逆向移动，反应的△H<0
②因为T2>T1，温度升高，平衡逆向移动，T2温度下，平衡时气体的总量更多，体积一定，根据pV=nRT可知，p1③温度为T1时，C2H4(g)的平衡转化率为80%，C2H4的起始浓度为1ml/L，平衡时c(C2H4)=0.2 ml·L−1，c(CH3CH2OH)=0.80 ml·L−1，已知c(H2O)=0.4ml·L−1，则K==
④由第二问可以求出，起始时c(H2O)=1.2ml·L−1，则
所以
18.（1）M（1分）3（1分）
（2）或（1分） >（1分）
AlCl3为sp2杂化，Al2Cl6为sp3杂化，因此键角更小。（2分）
（3）sp2杂化（2分） π56 （1分） （4）< （1分） 咪唑可以形成分子间氢键（2分）
（5）正四面体（1分） 4πNAρ(rN3+rAl3)1.23×1021%（2分）
解析：晶胞密度表达式为，晶胞空间占有率表达式为
19.（1）加成反应（1分） （2）丁二酸二甲酯 （1分） （3）（2分）
（4）（2分） （5）（2分）
（6）12（2分） （2分）
（7）（3分）
解析：A为 B为 C为 D为E为
F为G为I为 J为。
K的中两个取代基处于邻位有4种情况，处于间位和对位还有8种，一共12种结构。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
C
A
D
A
D
B
D
C
A
A
B
B
B
D