2020届成都市棠湖中学高三化学综合训练试题一答案

理科综合化学全解全析78910111213ABBDCDC7A 【解析】A项，食品包装中铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，其脱氧原理实际上就是钢铁的吸氧腐蚀，故A错误；B项，黏土烧制陶瓷的过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C项，酒精沸点低，可以用蒸馏与酒糟分离获得酒精，故C正确；D项，侯氏制碱法是工业上制取碳酸钠的过程，故D正确；故选A。8B 【解析】AX的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A正确；BY的结构简式为，其分子式为C10H14O2，故B错误；C由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C正确；DZ的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构)，故D正确；故答案为B。9B 【解析】A缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，A错误；B铅蓄电池放电时负极Pb失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Pb2e+SO42PbSO4，正极获得电子，发生还原反应，电极反应式为：PbO2+2e+4H+SO42PbSO4+2H2O，根据电极反应式可知，每转移2 mol电子，负极增重96 g，正极质量增重64 g，负极净增质量比正极净增质量为32 g，则若负极净增质量比正极净增质量多16 g时，转移电子物质的量是1 mol，转移的电子数为NA，B正确；C取代反应是逐步进行的，反应产生的CH3Cl会与Cl2进一步反应产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，所以1 mol CH4与过量氯气发生取代反应，生成CH3Cl气体不是NA，C错误；D缺少溶液的体积，不能计算离子数目，D错误；故合理选项是B。10D 【解析】A滴入30%氢氧化钾溶液后，发生反应，棕黄色（碘水颜色）溶液变成无色，故A正确；B黄色沉淀为单质硫，反应为，故B正确；C尾气只能是，C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢，故C正确；D一系列操作应为过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶，故D错误；答案选D。11C 【解析】Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。AX简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；BY与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C简单氢化物的沸点：Q（NH3）X（HF），故C正确；DZ和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；答案选C。12D 【解析】A原电池中阳离子移向正极，放电时，Li是负极，Li+通过隔膜移向正极，故A正确；B放电时Li+右移，铝箔是负极、铜箔是正极，电子由铝箔沿导线流向铜箔，故B正确；C根据充电时阳极反应式，可知放电时正极反应为：FePO4+xLi+ +xexLiFePO4 +(1x)FePO4，故C正确；D磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Li、Fe元素化合价发生变化，故D错误；选D。13C 【解析】A根据其解离原理知，溶液碱性越强，A含量越大，溶液酸性越强，A+含量越大，故曲线、分别代表的微粒为A+、A、A，故A错误；B由图可知pH9.60时，溶液中A与A浓度相等，K2109.6，故B错误；C根据物料守恒可知，甘氨酸各种微粒含量之和保持不变，即(A)+(A+)+(A)保持不变，故C正确；D由图可知，等电点pH约为6，此时溶液中甘氨酸形成的离子为A，故D错误；答案选C。26（14分）（1）充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可（1分）（2）2MnO2+Cu2S+4H2SO4S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O（2分）（3）3.75.6（ 或3.7pH5.6）（2分） 4.01011（1分）（4）Mn2HCO3NH3MnCO3NH4（2分）（5）将溶液加热（2分） （6）(NH4)2SO4（2分）（7）取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）（2分）【解析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；（2）由分析中滤渣1的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH为3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的pH值可知，溶液的pH不能高于5.6，则调节pH调的范围为3.75.6（ 或3.7pH5.6）；当溶液pH调为5时，c(H+)=105mol/L，c(OH)=109 mol/L，已知KspFe(OH)34.01038，则c(Fe3+)=4.01011 mol/L；（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2HCO3NH3MnCO3NH4；（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶；（6）滤液主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体；（7）检验沉淀是都洗净，主要是检验沉淀表面是否含有硫酸根离子，则操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。27（14分，除标明外，每空2分）（1）A（或B）（1分） MnO2+4H+2ClMn2+ Cl2+2H2O（或2MnO4+10Cl+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O）（2）fgcbdejh （3）随开随用，随关随停（1分） 排干净三颈烧瓶中的空气（4）用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化 % 【解析】（1）可以用二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+ Cl2+2H2O，（或用KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2，发生装置属于固液不加热型，反应的离子方程式为2MnO4+10Cl+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O）。（2）制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理，故其连接顺序为 fgcbdejh。（3）实验室也可用 B 装置制备 NO ，X装置的优点为随开随用，随关随停。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化；（4）要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，根据题目提供的试剂，应证明NaNO2溶液呈碱性；故设计的实验方案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸。以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL1 AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL中满足：n(ClNO)=n(Cl)=n(Ag+)=c0.02L=0.02cmol，则250mL溶液中n(ClNO)=0.2cmol，m（ClNO）=nM=0.2cmol65.5g/mol=13.1cg，亚硝酞氯(ClNO)的质量分数为(13.1cgm g)100%=%。28（15分）（1）N2（2分） （2）（2分）（3）bd（2分） 25（2分） =（1分）（4）（2分） 2（2分） 120（2分）【解析】（1）根据流程图可知NH3与废气中的NO、NO2反应，最终产生无毒无害的氮气和水；（2）4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) H1=a kJ/mol4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) H2=b kJ/mol H2O(l) H2O(g) H3=+c kJ/mol根据盖斯定律，将(2+330)，整理可得4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) H=kJ/mol；（3）反应CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g )的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据图象可知：X越大，氨气的转化率越小。a.升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，使氨气的转化率增大，a错误；b.增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使氨气的转化率降低，b正确 c.催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此对氨气的转化率无影响，c错误； d.增大，相对来说氨气增大的多，平衡正向移动，但平衡移动消耗量远远小于加入氨气的量，所以氨气的转化率降低，d正确；故合理选项是ad；对于反应：CH4(g) + NH3(g)HCN(g)+3H2(g )，假设反应消耗CH4物质的量为x开始(mol) 2 2 0 0转化(mol) x x x 3x平衡(mol) 2x 2x x 3x根据图象可知在平衡时氨气的体积分数是30%，可得=30%，解得x=0.5，则a点时，CH4的转化率为=25%；由于温度不变，所以无论是在线上任何一点，化学反应的平衡常数都不变，因此K(a)=K(b)；（4）可逆反应达到平衡状态时，v正=v逆，由于正=k正c(Mb)P(O2)，逆=k逆c(MbO2)，所以k正c(Mb) P(O2)= k逆c(MbO2)，而反应Mb(ag)+O2(g)MbO2(aq)的平衡常数K=；将c点时，P(O2)=4.5，肌红蛋白的结合度(a)是90%带入平衡常数表达式中可得K=2；K=，由于K=2，k逆=60s1带入该式子，可得k正=Kk逆=260s1=120s1。35（15分）（1）X射线衍射（1分） （2）（2分）（3）V形（1分） H2O、NH2（2分） （4）sp3（1分） AB（2分） （5）155（1分） 327（1分）（6）CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体（2分） 107（2分） 【解析】（1）从外观无法区分晶体、准晶体和非晶体，但用X光照射会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过X射线衍射实验可区分晶体、准晶体和非晶体，故答案为：X射线衍射；（2）F的原子序数为9，价电子排布式为2s22p5，因此基态F原子的价电子排布图为；（3）H2F+与H2O、NH2等互为等电子体，结构相似，为V形，故答案为：V形；H2O、NH2；（4）NH4+的N原子形成4个键，没有孤电子对，采用sp3杂化，氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，即键，故选AB；（5）由图象可知，断裂3molFF键，吸收465kJ能量，则FF键的键能为155kJmol1，形成6molSF键，放出1962kJ能量，则SF的键能为kJmol1=327kJmol1；（6）CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电，应为分子晶体，而CuF为离子晶体，一般，离子晶体的熔沸点比分子晶体高，则CuF比CuCl熔点高，故答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体；CuF的密度为7.1gcm3，晶胞中Cu、F的个数分别为4，(其中为8+6=4)，则晶胞的密度=gcm3=7.1gcm3，a=107nm。36（15分）（1）对羟基苯甲醛（或4羟基苯甲醛）（1分） （2）酯基、醚键（2分）（3）C13H14O3Cl2（1分）（4）加成反应（1分） +HBr（2分）（5）12（2分） 、（2分）（6）（4分）【解析】A()与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B（）；B氧化生成C（）；C生