新疆维吾尔自治区2017年普通高考第一次适应性检测理科综合化学试题(带手写解析)

新疆维吾尔自治区2017年普通高考第一次适应性检测理科综合化学试题答案：C解析A、水果在贮藏过程中，本身会放出乙烯或碳酸气体，致使水果提早老化以至于腐烂变质的根本原因。

为消除水果放出的乙烯或碳酸气体的影响，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收水果释放的乙烯,可达到水果保鲜的目的。

选项A正确。

B ，聚乙烯塑料等制品由于难以降解，会造成“白色污染”，利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代，可减少“白色污染”，选项B正确。

C，制造光导纤维是利用二氧化硅晶体对光的全反射，不是利用导电性。

选项C错误。

D、硅胶具有吸水性，吸收水分，防止食物受潮，铁粉可以和氧气发生反应，除去氧气，防止食物被氧化，故选项D正确。

答案：B解析：A项，Cl2+H2O HClO+HCl是可逆反应，因此将1molCl2通入H2O中，Cl2不可能完全转化为HClO和HCl，溶液中HClO，Cl-,ClO-粒子总数必定小于2N A,错误；B项，每个冰醋酸分子中有8对共用电子对，6g醋酸物质的量是0.1mol，故共用电子对数目为0.8N A，正确；C项，标准状况下，SO3是固体，错误；D项，因为题目没有讲明溶液体积，镁离子的物质的量不能确定，错误。

答案：D解析DA、浓盐酸具有挥发性,而盐酸能与硅酸钠反应生成白色沉淀,所以c中产生的白色沉淀不一定是b中生成的二氧化碳与硅酸钠反应所得,故A项错误。

B、铜与浓硫酸在常温下不反应,故B项错误。

C、硫酸与大理石反应时生成微溶的硫酸钙,覆盖在大理石表面,使反应难以继续进行,故C项错误。

D、浓盐酸与高锰酸钾反应可生成氯气,氯气与碘化钾溶液反应可置换出碘单质,从而说明Cl2的氧化性强于I2,故D项正确。

答案：D解析:因为在同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，而Z 元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），所以Z是Na，Z与W的原子序数之差为3，因此W是Si，又因为X与W处于同一主族，所以X是C，W与Q的原子序数之差是3，所以Q是Cl，又因为五种元素原子的最外层电子数之和是22，所以Y是O。

A、同一周期从左到右熔点先升高，然后降低，原子晶体的熔点最高，所以选项A正确；B、Y的氢化物有水和过氧化氢，它们的的沸点均高于氯化氢的沸点，选项B正确C、高氯酸的酸性最强，而碳酸的酸性比硅酸的酸性强，所以选项C正确；D、氧与钠形成的化合物有氧化钠和过氧化钠两种，它们的阳离子和阴离子之比分别是1:1,2:1其化合物中含有离子键，共价键，所以选项D不正确。

答案：B解析A.由化学方程式可以知道，反应物中含有14molSO42-离子，生成物中有17molSO42-离子，则有3molS被氧化，产物中的SO42-有一部分是氧化产物，属于A选项正确；B. Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2既是氧化剂又是还原剂，是14molCuSO4还有一部分FeS2做氧化剂，所以14mol硫酸铜氧化FeS2小于5mol,所以选项B 不正确；C. Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→CuSO4，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7molCu2S，则氧化剂的物质的量是17.5mol,还原剂的物质的量是1.5mol，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为35:3,所以选项C正确；D. 5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→CuSO4，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，所以选项D正确。

答案：C解析:有机物M与足量氧气反应生成水和二氧化碳，将所得气体依次通过盛有浓硫酸和碱石灰的装置中，两装置分别增重9g和17.6g,因为浓硫酸具有吸水性则增重9g的是水，碱石灰与二氧化碳发生反应生成碳酸钙，则增重17.6g的是二氧化碳，所以生成物的质量是26.6g，则氧气参与反应的质量是26.6g-7.4g=19.2g，由n=N/M得，n(CO2)=0.4mol,n(H2O)=0.5mol,n(O2)=19.2/32=0.6mol,则n(C):n(H):n(O)=4:10:1,又因为在同温同压下，两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，所以说M的相对分子质量是74，则可推知有机物M的化学式:C4H10O，由此可推知丁醇的同分异构体的数目是4.答案：C解析:A项，当V(NaOH)=0ml时，AG=7,则c(H+)/c(OH-)=10-7,由K W=c(H+)×c(OH-)=10-14可得c(H+)=10-3.5，在醋酸溶液中c(H+)≈c(CH3COO-),故醋酸的电离平衡常数为K≈10-3.5×10-3.5/0.01=10-5，正确；B项，中和0.01mol/L 10ml醋酸需要等浓度的氢氧化钠溶液体积10ml，反应后溶液呈碱性，而a点时AG=0，即c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故加入NaOH溶液体积小于10ml，正确；C项，b点加入NaOH溶液20ml，反应后混合液含有CH3COONa和NaOH，它们的物质的量之比为1:1,根据物料守恒得c(Na+)/2=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，而c(Na+)/2≠c(H+),错误；D项，符合电荷守恒，正确。

解析：(1)溶液中亚铁离子和铵根离子水都是弱碱阳离子，水解显酸性，加入少量硫酸，抑制Fe 2+和NH 4+离子水解，因此，本题正确答案是：抑制Fe 2+和NH 4+离子水解；(2)洗涤操作的具体方法为：沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至㓎没沉淀，让蒸馏水自然留下，重复2-3次；检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl 2溶液，若无白色沉淀产生，则表明以洗涤干净；因此，本题正确答案是：取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl 2溶液，若无白色沉淀产生，则表明以洗涤干净；(3)由图可以知道B 加热生成C 时，分解完全，假定草酸亚铁晶体为180g ，其物质的量为1mol ，则C 固体的质量为180g*40%=72g ，铁元素质量为1mol*56g/mol=56，故应含有氧元素为72g-56g=16g ，氧原子物质的量为1mol ，即铁原子与氧原子的物质的量之比为1:1,应为FeO ，根据氧化还原反应电子守恒分析计算，碳元素化合价从+3价变化为+2价和+3价，生成一氧化碳和二氧化碳气体，原子守恒配平写出化学方程式：FeC 2O 4∆FeO CO CO 2；因此，本题正确答案是：FeC 2O 4∆FeO CO CO 2(4)①草酸(H 2C 2O 4)与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡产生，紫色消失，反应的离子方程式为：2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +=2Mn 2++10CO 2+8H 2O ，因此，本题正确答案是：2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +=2Mn 2++10CO 2+8H 2O ；②根据以上分析，若省略步骤IV ,则使二价铁离子偏少，所以消耗高锰酸钾溶液的体积也偏小，则氧化草酸根消耗高锰酸钾溶液的体积为(V 1-V 2)ml 偏大，所以测定草酸根离子含量也偏大，因此，本题正确答案是：偏大；③根据以上分析，氧化草酸根消耗高锰酸钾溶液的体积为(V 1-V 2)ml ，又2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +=2Mn 2++10CO 2+8H 2O ，所以mg 样品中草酸根离子的物质的量为c(V 1-V 2)×10-3×5/2×100ml/20ml=c(V 1-V 2)×10-3×25/2mol ，因此，本题正确答案是：c(V 1-V 2)×10-3×25/2mol 。

解析：(1)根据得失电子守恒，反应时NO与NH3的物质的量之比为3:2。

标准状况下4.48LNH3的物质的量为0.2mol，则被消除的NO的物质的量为0.3mol。

(2)根据题图知，在电解池的阳极上NO放电，生成NO3-，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。

阴极上NO放电，生成NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，当电路中通过15mol电子时，阳极生成5molNO3-，阴极生成3molNH4+，为使电解产物全部转化为NH4NO3,还需通入2molNH3。

(3)根据得失电子守恒，元素守恒写出并配平化学方程式。

(4)①平衡时，CH4和CO2的平衡分压均为0.5MPa×0.1=0.05MPa，CO和H2的平衡分压均为0.5MPa×0.4=0.2MPa，故平衡常数Kp=(0.2MPa)2(0.2MPa)2/0.5MPa×0.5MPa=0.64(MPa)2。

②由题图可知，随着温度升高，K2逐渐增大，所以反应II是吸热反应，ΔH2>0。

根据盖斯定律，反应I+反应II =反应III，故ΔH3=ΔH2+ΔH1，因为，ΔH2>0，所以ΔH3>ΔH1。

解析：(1)仪器G的名称是分液漏斗，根据题干信息，磷化铝和水反应，水解生成PH3和氢氧化铝，反应的化学方程式为：AlP+3H2O=Al(OH)3+PH3,因此，本题正确答案是：分液漏斗；AlP+3H2O=Al(OH)3+PH3(2)利用装置特征，结合气体压强变化，用止水夹夹紧C装置左右两端的橡皮管，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞。

观察到水开始下滴一段时间后，不在连续下滴，证明气密性完好；因此，本题正确答案是：左右两端的橡皮管；水开始下滴一段时间后，不在连续下滴。

(3)准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，所以抽气泵是保证PH3全部被吸收的措施；因此，本题正确答案是：保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收；(4)根据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，用滴定方法测定的PH3减小，结果偏低；因此，本题正确答案是：还原；除去空气中的O2；(5)加水稀释至25ml，用浓度为5×10-4mol/L Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O；2KMnO4~5Na2SO3；未反应的高锰酸钾物质的量=0.0110L×5×10-4mol/L×2/5=2.2×10-6；与PH3反应的高猛酸钾物质的量=1.00×10-3mol/L×0.0030L-2.2×10-6mol=8.0×10-7mol；根据反应5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；得到定量关系为：5PH3~8KMnO4；计算得到PH3物质的量=8.0×10-7mol×5/8=5.0×10-7mol；则PH3的质量分数=5.0×10-7mol×37g/mol/0.2Kg=0.085g/Kg；因此，本题正确答案是：5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；85mg/Kg。