四川省2021级高三大数据精准教学第一次统一监测化学试题参考答案与详细解析7．【答案】D【解析】A．船舶的外壳装上若干锌块后，由于Zn比Fe活泼，发生电化学腐蚀时Zn作负极，Fe被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，A选项不符合题意；B．直径5nm的碳量子点介于1nm~100nm，所形成的分散系属于胶体，B选项不符合题意；C．纤维素属于多糖，其主要功能是加强胃肠的蠕动，因人体没有水解纤维素的酶而导致其不被吸收，C选项不符合题意；D．“祝融号”火星车所用的铝基碳化硅属于复合材料，D选项符合题意。故答案选D。8．【答案】A+2【解析】A．10.6gNa2CO3固体的物质的量为0.1mol，n(Na)=0.2mol，n(CO3)=0.1mol，+2Na的数目比CO3多0.1NA，A选项符合题意；B．D2O的摩尔质量为20g/mol，1个D2O分子中含10个中子，0.9g重水中所含中子的物质的量为0.45mol，B选项不符合题意；C．Cl2与H2O反应的方程式Cl2+H2OHCl+HClO为可逆反应，7.1gCl2为0.1mol，转移电子数应小于0.1NA，C选项不符合题意；D．标准状况下，SO3为固体，11.2L的物质的量远大于0.5mol，D选项不符合题意。故答案为A。9．【答案】C【解析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为17。其中X、M同主族，且仅M为金属元素。短周期金属元素仅有Li、Be、Na、Mg、Al，显然，M只可能在第三周期且只能为Na，若为Mg，则X为Be，与且仅M为金属元素矛盾；若为Al，则X为B。Y最外层电子数大于3，最外层电子数之和必大于等于21，与题意矛盾。综上，M为Na、X为H；Y、Z、W为第二周期的非金属元素，且最外层电子数之和为15。则Y、Z、W可能为B（3）、N（5）、F（7）或C（4）、N（5）、O（6）。A．Y、Z、W为第二周原子序数增大的主族元素，原子半径Y>Z>W，A选项不符合题意；B．Z为N，在元素周期表中的位置第二周期ⅤA族，B选项不符合题意；C．若W为F，M为Na，二者形成NaF，仅含离子键；若W为O，M为Na，二者可形成Na2O，仅含离子键，或形成Na2O2，含离子键和非极性共价键，C选项符合题意；D．若W为O，Z为N,简单气态氢化物的稳定H2O>NH3；若W为F，Z为N，简单气态氢化物的稳定性HF>NH3，D选项不符合题意。故答案为C。第1页共6页{#{QQABCY6AogCAQAIAAQhCUwF6CAGQkAGAAAoGRAAEMAAByAFABAA=}#}10．【答案】C【解析】A．化学式为C10H12O，A选项不符合题意；B．含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B选项不符合题意；C．所有碳原子有可能处于同一平面，C选项符合题意；D．结构中含1个苯环、1个碳碳双键，故1mol该化合物最多能与4molH2反应，D选项不符合题意。故答案为C。11．【答案】D【解析】A．将某混合气体依次通过盛有品红溶液和澄清石灰水的洗气瓶，观察到品红褪色，说明混合气体中一定有SO2。若只有SO2，过量的SO2也能使澄清石灰水变浑浊，A选项不符合题意；B．石蜡油主要成分为烷烃或环烷烃，高温分解产物可能生成乙烯或其他烯烃，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B选项不符合题意；C．用光洁无锈的铁丝蘸取某溶液放在酒精灯外焰里灼烧，观察到火焰呈黄色，说明溶液中存在Na+，要证明是否含K+，需透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若观察到有紫色火焰，证明存在K+，若未观察到紫色火焰，则证+明不存在K，C选项不符合题意；D．向盛有10滴0.lmol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.1mol/LNaCl至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0.1mol/LKI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀。––说明发生AgCl(s)+I(aq)AgI(s)+Cl(aq)，即Ksp(AgI)Kh(HA)，溶液显酸Ka1105.4性[c(H+)>c(OH-)]，D选项不符合题意。故答案为B。第2页共6页{#{QQABCY6AogCAQAIAAQhCUwF6CAGQkAGAAAoGRAAEMAAByAFABAA=}#}26．（14分）【解析】：（1）仪器X的名称为干燥管。（2）引发反应后就能保持微沸状态，说明反应为放热反应，逐滴加入混合液可防止反应剧烈使体系温度过高，导致乙醚从球形冷凝管中大量逸出。（3）若温度过低，反应速率慢，反应时间过长；若温度过高，乙醚的沸点为34.6℃，导致乙醚从冷凝管大量逸出。（4）若图1使用直型冷凝管，冷凝接触面积减少，回流效果差或若图2使用球型冷凝管会有积液在凹槽中。（5）①长导气管可起到安全管的作用或平衡气压的作用。水蒸气蒸馏时，若观察到长导管水位突然升高，可能发生堵塞导致装置内气压过大，应打开活塞K或打开活塞K，再移走热源。②水蒸气蒸馏原理是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气使难溶或不溶于水的液态有机物（乙醚、溴苯）和水一起蒸出，因此，主要除去的杂质为乙醚、溴苯，粗产品存留在图2甲中。27．（14分）【解析】：（1）粉碎固体残渣或搅拌或加热或适当增大H2SO4的浓度或增大H2C2O4的浓度等（答增大接触面积不给分）。（2）ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO•Mn2O3，ZnO•Mn2O3+2H2SO4══ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2可知Mn2O3+H2SO4══MnSO4+H2O+MnO2。仅加入H2SO4时，部分锰元素以MnO2沉淀的形式存在。为提高Mn的浸出率，需加入H2C2O4作还原剂（MnO2具有氧化性）发生反应：MnO2+H2SO4+H2C2O4══MnSO4+2CO2↑+2H2O，进而提高Mn的浸出率。-1（3）①由图可知，当c(H2SO4)=0.5mol•L时，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4══ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4══MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4══ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+H2C2O4══MnSO4+2CO2↑+2H2O可知，Zn的浸出只需H2SO4即可，所以Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn（MnO2、Mn2O3、Mn3O4）需加入H2C2O4作还原剂更有利于Mn的浸出。或MnO2+H2SO4+H2C2O4══MnSO4+2CO2↑+2H2O，故Mn的浸出率受H2C2O4浓度变化更大，a曲线表示Zn的浸出率受H2C2O4浓度变化，b曲线表示Mn的浸出率受H2C2O4浓度变化。（4）“精制除杂”的目的是除去溶液中的草酸，因为MnO2+H2SO4+H2C2O4══MnSO4+2CO2↑+2H2O，不会引入杂质，过量的MnO2也可通过过滤去除，而ZnO与H2C2O4发生ZnO+H2C2O4══ZnC2O4+H2O，MnO与H2C2O4发生MnO+H2C2O4══MnC2O4+H2O，都第3页共6页{#{QQABCY6AogCAQAIAAQhCUwF6CAGQkAGAAAoGRAAEMAAByAFABAA=}#}2—只是将H2C2O4转化为C2O4，无法实现精制除杂的目的。故所选试剂为MnO2。2+―+（5）①Mn―2e+2H2O══MnO2+4H。2+―+―②阴极可能发生的电极反应为Zn+2e══Zn，2H+2e══H2↑。阳极可能发生的电极反2+―+――应为Mn―2e+2H2O══MnO2+4H，4OH―4e══2H2O+O2↑。当n(H2):n(O2)=2:1时，二2+―2+―+者变化的电子转移数恰好相等，则电极反应Zn+2e══Zn与Mn―2e+2H2O══MnO2+4H的转移电子数也应相等，因此参加反应的n(Zn2+):n(Mn2+)=1:1。28．（15分）【解析】：（1）发现目标方程式中FeC2O4·2H2O与第一个方程式相差4倍，目标方程式中O2与第二个方程式相差2倍，根据盖斯定律，将第一个热化学方程式扩大4倍加上第二个热化学方程式扩大2倍即为答案4a+2b。144160（2）x=FeC2O4/[FeC2O4•2H2O]==80.0%，y=Fe2O3/2[FeC2O4•2H2O]==44.4%180360CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)开始50x00转化-17.5-17.5+17.5+17.5（3）①利用已知信息列出三段式为平衡32.517.517.5，因为方程式计量数相等CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)开始505000转化-17.5-17.5+17.5+17.5平衡17.517.5p(开始)=p(总)，故x=50，平衡时N2O=32.5，三段式为32.532.5，求解可得17.517.517.517.5100100或Kp＝32.532.5。32.532.5100100②历程一中R→IM1段活化能最大，速率最慢，故为决速步。观察能量变化ΔH<0，升高温度，化学平衡逆移，平衡常数减小。③观察历程二中有碳氮键断裂的为TS→P。历程二中煤焦催化第一步会释放945.98kJ·mol-1的能量，有利于提供第二步吸收127.27kJ·mol-1的能量，而历程一第一步就需要吸收218.76kJ·mol-1的能量。35．（15分）【解析】：（1）3d64s2失去2e-为3d6。（2）依据Na、Fe、O三种元素在周期表中的位置，可得电负性大小顺序为Na