《贵阳市清华中学 2020 届一模考前考试卷答案及解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《贵阳市清华中学 2020 届一模考前考试卷答案及解析.docx（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、参考答案78910111213BBDCBDA7A项，毛织品的主要成分是蛋白质，加酶洗衣粉能使蛋白质发生水解，衣服损坏，错误。B项，“投泥泼水愈光明”中蕴含的化学反应是炭与灼热水蒸气反应得到H2和CO两种可燃性气体，正确。C项，古人鉴别硝石（KNO3）与朴硝（Na2SO4）的方法是利用焰色反应，错误。D项，发展新能源汽车的主要目的是为了减少碳的排放量，是为了减排节能，错误。8A项，因有NO2自动转化为N2O4，分子总数小于NA，错误。B项是氢元素的归中反应，配平后1mol NaBH4生成4mol H2，转移4mol电子，正确。C项，据方程式增重4g转移2mol电子，增加2g时转移电子数为NA，错
2、误。D项，无溶液体积不能计算。9A项，可能溶液中含Ag+，加入BaCl2后生成AgCl白色沉淀，同样不溶于稀硝酸，错误。B项，反应生成无色NO，在试管口被空气氧化为红棕色的NO2，而不是HNO3分解，错误。C项，醛基也可以还原酸性KMnO4而使溶液的紫红色褪去，错误。D项，CuSO4和KI发生了氧化还原反应生成I2和CuI，用苯萃取I2后上层呈紫红色，下层有白色沉淀CuI，正确。10A项，ClO具有强氧化性，SO2具有还原性，发生氧化还原反应生成CaSO4和Cl，错误。B项的离子配比不对，应为2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl。根据酸性强弱可知，C正确。D项，忽略了碘离子的
3、还原性，正确的为Fe3O4+8H+2I=3Fe2+I2+4H2O。11与NaHCO3反应要有COOH，它们是、共4种。酸性条件下水解应含酯基：、共6种，即一个支链OOCCH3、CH2OOCH、COOCH3，两个支链CH3和HCOO，分别有邻、间、对三种共6种。12依题意可知：甲为N，乙为O，丙为Na，丁为Cl，四种元素简单离子半径大小为丁甲乙丙，A错误。N与氢元素可形成NH3、N2H4、NH4H等物质，除极性键外，N2H4还含非极性键，NH4H还含离子键，B错误。丁、甲的氧化物对应的水化物均有多种，有强酸HNO3、HClO4，弱酸HNO2、HClO，丁的最高价氧化物对应水化物的酸性强，C错误。
4、O、Na、Cl三种元素可形成次氯酸钠，D正确。13若向溶液中加入n(HNO3)=0.5n(Na2CO3)，由于CO水解生成HCO，则c(CO)(HCO)，故加入HNO3的物质的量小于Na2CO3物质的量的一半，故A点时c(HCO)= c(CO)c(NO)，由于OH来源于水的电离，其物质的量浓度小于c(HCO)，溶液显碱性，c(OH)c(H+)；由图知，当pH6时，c(H2CO3)保持不变，而c(HCO)仍在降低，由碳原子数目守恒知应有CO2放出；由CO+H2OOH+HCO知，因A点时溶液中c(CO)=c(HCO)，故c(OH)，(H2CO3)1010.3=51011；pH=8时溶液中含碳微粒只
5、有HCO，溶质只有NaHCO3与NaNO3，OH只来源于水的电离。26（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）2MnO+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O 12（1分）（2）把反应装置中的空气排尽（1分）将分液漏斗改为恒压滴液漏斗或在分液漏斗与圆底烧瓶间接一段橡皮管（3）冷凝液化PCl3（1分）（4）PCl3+5OH=HPO+3Cl+2H2O（5） NOCl+H2O=HCl+HNO2（6）碱石灰（1分） 吸收污染性气体Cl2，阻止空气中的水蒸气进入PCl3储液罐（1分）27（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）利用草酸与氯酸钠反应生成的CO2稀释ClO2，防止ClO2浓度较高
6、发生爆炸（2）2ClO+SO+2H+=2ClO2+SO+H2O 21（3）2ClO2+H2O2+2OH=2ClO+O2+2H2OH2O2的生成物为O2和H2O，在反应过程中不引入其他杂质（1分）（4）防止NaClO2受热分解（5）当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色17.92【解析】（5）根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，n(ClO2) n(Na2S2O3) =20103L0.2mol/L=4103=8104mol，V(ClO2)=8104mol22400mL/mol=17.92mL。28（除特殊标注外，每空2分，共13分）（1）248.2（
7、1分）（2） AD（3）CH3OH6e+8OH=CO+6H2O2.24LFe2+280【解析】（1）应用盖斯定律2+得：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g) (91.7kJmol1)2+(23.5kJmol1)+(41.3kJmol1)=248.2kJmol1。（2） CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)起始（mol） 0转化（mol） 平衡（mol） ，解得。A项，该表达式代表平衡常数表达式，不变时反应达到平衡状态；B项，消耗CO的同时生成CH3OH，同向反应，不能判断平衡状态；C项，气体总质量不变，气体总体积不变，故气体的密度始终不变，不能判断平衡状态；D项
8、，气体总质量不变，气体总物质的量减小，当平均摩尔质量不再改变时达到平衡状态。故选AD。（3）甲醇燃料电池的负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH6e+8OH=CO+6H2O。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应可知，B为阴极，溶液中析出铜，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体的物质的量为mol，溶液中铜离子的物质的量为0.1mol，电极反应如下：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H20.1mol 0.2mol mol molA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应如下：4OH 4e=2H2O + O2mol mol得到0.2mol+mol
9、=mol，解得，乙中A极析出的气体是氧气，物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L。根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量变化可知，铜离子从零开始增加，铁离子的物质的量减小，亚铁离子的物质的量增加，所以a为Fe3+，b为Fe2+，c为Cu2+，依据转移的电子的物质的量应该为0.4mol，生成Cu2+的物质的量就为0.2mol，横轴、纵轴每个单位都是0.1mol，且根据图象此时溶液中亚铁离子的物质的量为0.5mol，根据电荷守恒，当溶液中所有的阳离子完全沉淀时，所需氢氧根离子的物质的量为0.2mol2+0.5mol2=1.4mol，所以V(NaOH)280mL。35（除特殊标
10、注外，每空1分，共15分）（1）4d105s1 ds（2）平面三角形 COHNO3分子中非羟基氧比HNO2多1，HNO3中N的价态较高，吸引HO键中共用电子对的能力较强，易断裂HO键（2分）（3）N的电负性大于C，N提供孤电子对的能力比C小（2分） sp2、sp3（2分）（4）16（2分）（5）CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体（6）（2分）【解析】（6）设晶胞边长为cm，则NA，则，而面对角线为，其为cm，边长的为，所以Ca2与F的最短距离为。36（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）1，4戊二醇（1分） 羰基、羧基（2）Cu或Ag加热（1分）C6H7O4N（1分）（3）（4）（5）12 或 HCOOC(CH3)2CH2OH（6）欢迎关注公众号：高中化学备考该试题由高中化学备考整理，版权归原学校或出版单位，仅供教学交流使用，勿商用。如侵联删。