乐山市犍为一中2020年高三理综化学试卷

乐山市犍为一中2020年高三理综化学试卷7化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法错误的是( )A侯德榜制碱法制备NaHCO3的原理是利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质B“雷雨肥庄稼”含义是N2最终转化成，此转化过程中氮元素被还原C“金柔锡柔，合两柔则为刚”中“金”为铜，说明合金的硬度一般大于各组分金属D我国科学家利用蜡虫肠道菌群将塑料降解的时间由500年缩减到24小时，有助于解决“白色污染”问题8实验室用SO2还原MnO2制备MnSO4的装置如图所示,下列说法正确的是( )A装置B中试剂可为Na2SO3溶液，其作用是除去SO2中的HClB装置D中水浴温度应控制在80左右，温度过高时反应速率可能减慢C将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4H2OD装置E中发生反应的离子方程式为SO2+2OHSO+H2O9旋烷是一类比较特殊的碳氢化合物，其张力较大。如下给出了几种旋烷的结构。下列说法不正确的是（ ）A旋烷与三甲苯互为同分异构体B旋烷的二氯代物种类数小于其十四氯代物的种类数C1 mol旋烷完全燃烧时消耗20 mol O2，生成10 mol H2OD旋烷系列分子中含碳量为0. 9102019年被联合国定为“国际化学元素周期表年”，如图为元素周期表的一部分，其中W、X、Y、Z均为短周期元素，Y的氧化物易形成酸雨。下列叙述正确的是（ ）WXYZAX的简单氢化物为强酸BZ的氧化物对应水化物的酸性强于Y的氧化物对应水化物的酸性CWY2分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构DX单质能够从Z的盐溶液中置换出Z单质11下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是（ ）选项实验目的实验方案与现象A证明新制氯水具有酸性向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变B证明酸性条件下，氧化性:H2O2 Fe3 +向Fe(NO3)2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色C证明同温下，溶度积常数:向体积为100 mL、浓度均为0.01 molL-1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加 0.01 molL-1AgNO3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀D证明溶液X中含有向溶液X中先滴加盐酸无明显现象,再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀AA BB CC DD12我国成功研发一种新型铝-石墨双离子电池，这种新型电池采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池总反应为Cx(PF6) +LiAlxC + PF+Li+ +Al。该电池放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是( )A放电时，B极的电极反应为LiAleLi+ +AlBLi2SO4溶液可作该电池的电解质溶液C充电时A极的电极反应式为xC + PFeCx(PF6)D该电池放电时，若电路中通过0.01 mol电子，B电极减重0.07 g13室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO23S+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是( )A整个过程中，水的电离程度逐渐增大B该温度下H2S的Ka1数量级为10-7C曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化Da点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小26锆石（ZrSiO4）酷似钻石且价格低廉，是钻石很好的代用品。天然锆石的主要成分是ZrSiO4，另外还常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质。工业上以天然钻石为原料制备ZrO2的工艺流程如下： 已知：i氯化过程中除C、O外，其他元素均转化为其最高价氯化物；Zr在化合物中通常显+4价；ZrC14易溶于水，400时升华；“配合”生成的Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。（1）将锆石“粉碎”的目的是 。（2）“氯化”过程中，ZrSiO4发生反应的化学方程式为 ，由下图可知，“氯化”过程选择的最佳反应条件是 ；若“氯化”温度过高会导致ZrC14产率降低，原因是 。（3）常用的铜抑制剂为NaCN，它可与重金属离子生成沉淀，如Cu(CN)2，其Ksp4.01010。已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1molL1，若溶液中Cu2+的浓度小于等于1.0106molL1时可视为沉淀完全，则Cu2+沉淀完全时溶液中CN的浓度为 molL1。（4）由于NaCN有剧毒，所以需要对“废液”中的NaCN进行处理，通常选用漂白液（有效成分是NaClO在碱性条件下将其氧化，其产物之一是空气中的主要成分，则上述反应的离子方程式为 。（5）流程中“萃取”与“反萃取”可以分离铁、富集锆，简述“萃取”的原理： 。27硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、 医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下： 在仪器a中先加入20 g铜片、60 mL水，再缓缓加入 17 mL浓硫酸；在仪器b中加入39 mL浓硝酸；在仪器c中 加入20%的石灰乳150 mL。从仪器b中放出约5 mL浓硝酸，开动搅拌器，然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后一滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片，溶液冷却至室温，析出蓝色晶体。试回答下列问题：（1）仪器b的名称为 ；将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是 。 （2）写出仪器a中反应的化学方程式: 。（3）步骤中将导气管先从仪器c中取出再停止加热的目的是 。（4）为提高尾气吸收，防止空气污染，下列装置 (填字母)适合吸收逸出的气体(反应中产生的气体因来不及被石灰乳吸收而逸出）。（5）根据表中五水硫酸铜和硝酸铜在不同温度下的溶解度，分析步骤中溶液冷却至室温析出蓝色晶体的主要原因: 。除去硫酸铜晶体中的少量硝酸铜可采用 方法，检验硝酸铜是否被除净的方法: 。T/K273293313333353373溶解度/(g/100 g)五水硫酸铜23.132.044.661.883.8114.0硝酸铜83.5125.0163.0182.0208.0247.0（6）本实验采用硝酸氧化法制取硫酸铜，工业上也常采用将铜在450 左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法。采用硝酸氧化法的优点在于 。（7）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取a g试样配成 100 mL 溶液，每次取 20. 00 mL，用 c mol L-1 EDTA (H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。 滴定反应为Cu2+ H2Y2CuY2+2H+。计算蓝色晶体中Cu2+质量分数w 。28甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景,可用Pt/Al2O3、Pd/C、Rh/SiO2等作催化剂，采用如下反应来合成甲醇:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)（1）下表所列数据是各化学键的键能:化学键HHCHCOOH键能/（kJmol1）abcde该反应的H_(用含字母的代数式表示)。（2）某科研小组用Pd/C作催化剂，在450 时,研究了n(H2):n(CO)分别为2:1、3:1时CO转化率的变化情况(如图),则图中表示n(H2):n(CO)3:1的变化曲线为_(填“曲线a”或“曲线b)。(3)某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应,在2 L的恒容密闭容器内充入1 mol CO和2 mol H2,加入合适催化剂后在某温度下开始反应,并用压力计监测容器内压强的变化如下:反应时间/min0510152025压强/MPa12.610.89.58.78.48.4则从反应开始到20 min时,CO的平均反应速率为_，该温度下的平衡常数K为_。(4)将CO和H2加入密闭容器中,在一定条件下发生反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) HFe3+，因为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，B错误;C项,Ag2CrO4和AgCl组成类型不同，所以不能以沉淀先后顺序判断大小，C错误；D项，向溶液X中先滴加盐酸无现象,则排除了银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等对后续试验的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液X中含有，D正确。 12答案及解析：答案：B解析：电池总反应为 Cx (PF6) + LiAlxC + + Li + +Al,放电时锂离子向A极移动，则A极为正极，B极为负极。选项A,放电时B极为负极，负极上LiAl失电子发生氧化反应，电极反应为LiAl-e- =Li+ +Al,故A正确；选项B,锂铝合金会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以该电池的电解质溶液不能使用任何水溶液，故B错误;选项C,充电时A极为阳极，电极反应式为 xC+-e-=Cx(PF6),故C正确；选项D，该电池放电时,若电路中通过0.01 mol电子，则B极有0.01 mol Li失去电子变成 Li+ ,B电极减重0.07 g,故D正确。 13答案及解析：答案：C解析：A由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1mol/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B由图中起点可知0.1mol/LH2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1mol/L，电离方程式为H2SH+HS-、HS-H+S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka110-7.2，数量级为10-8，故B错误；C当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1mol/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；D根据平衡常数表达式可知，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，的值保持不变，故D错误；答案选C。 26答案及解析：答案：（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率（2）ZrSiO4+4Cl2+CO=ZrC14+SiCl4+4CO21MPa、380400（在该区间中的具体数值都可以，给380给分，给400不给分）;高于400时ZrCl4升华，产率降低（3）0.02（4）2CN-+5C1O-+2OH-=2+5Cl-+N2+H2O（5）Fe（SCN）3难溶于MIBK，则Zr（SCN）4被MIBK萃取进入有机层解析：（1）将锆石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率。（2）根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+4Cl2+CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；观察图像可知产率最高点时的压强和温度分别是1MPa、380400；温度过高会使ZrC14升华，导致产率降低。（3）Cu2+沉淀完全时溶液中满足：1.010-6c2（CN-）=410-10，即c（CN-）=0.02molL-1。（4）漂白液的有效成分是NaClO，由题意知，发生反应的离子方程式为2CN-+5C1O-+2OH-=2+5Cl-+N2+H2O.（5）“配合”后，Fe3+、Zr4+分别生成Fe（SCN）3、Zr（SCN）4。Fe（SCN）3难溶于MIBK，Zr（SCN）4则被MIBK萃取进入有机层，从而达到分离铁、富集锆的目的。 27答案及解析：答案：（1）分液漏斗；旋转玻璃塞，使分液漏斗口径上的小孔与玻璃塞上的凹槽对齐（2）Cu+H2SO4+2HNO3 =CuSO4+2NO2 +2H2O（3）防倒吸 （4）B（5）五水硫酸铜在室温下的溶解度明显小于硝酸铜的溶解度，易冷却结晶析出；重结晶；取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体,说明硝酸铜已被除净（6）能耗低，且生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐副产品（7）解析： （1)仪器b是分液漏斗;使用分液漏斗滴加液体时，应旋转玻璃塞，使分液漏斗口径上的小孔与玻璃塞下的凹槽对齐，便于液体顺利流下。（2)由题意可知，铜片与浓硫酸和浓硝酸反应制备硫酸铜的同时还生成红棕色的NO2，反应的化学方程式为 Cu+H2SO4+2HNO3 =CuSO4+2NO2+2H2O。（3）若先停止加热，三颈烧瓶内温度降低，气体压强减小，容易引起倒吸，故为防止倒吸，应先将导气管从仪器c中取出， 再停止加热。（4)逸出的气体中除NO2还可能含有NO, NO2可以被NaOH溶液吸收，NO需在氧气的作用下才能被 NaOH溶液吸收，故应选择B装置。（5)由题表中数据可知， 五水硫酸铜在室温下的溶解度明显小于硝酸铜的溶解度，温度较低时易结晶析出。结晶析出的硫酸铜晶体中可能含有少量的硝酸铜，要除上硫酸铜晶体中的硝酸铜，可采用重结晶的方法。检验硝酸铜是否被除净可以通过检验判断， 故可通过在酸性条件下与铜反应生成NO，NO遇空气 变为红棕色的NO2的方法检验。（6)焙烧氧化法需要在 450左右的较高温度下进行，能进消耗大，而硝酸氧化法 在常温下就能进行，且生成的NO2通过微热处理再赶入碱液中即可获得硝酸盐或亚硝酸盐副产品。（7)根据滴定反应 Cu2+ + H2Y2-CuY2-+2H+及平均消耗 c molL-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液b mL，可以得出100 mL溶液中n(Cu2+) =bc10-35 mol，则蓝色晶体中Cu2+的质量分数w= 。 28答案及解析：答案：（1）（2a+b3ede）kJmol1（2）曲线a（3）0.0125 molL1min1;4（4）T3T2T1；压强越大，CO的体积分数越小，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应为放热反应，温度升高，反应向左移动，则T3T2T1（5）正;CH3OH+H2O6eCO2 +6H+解析：（1）由反应热H反应物总键能生成物总键能，可得H(2a+b3ede) kJmol1。（2）对于反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，H2的相对投入量越大，CO的转化率越大，则n(H2)：n(CO)3：1的变化曲线是平衡转化率高的曲线a。（3）由图表知反应进行到20min时，反应达到平衡，设此时转化的CO的物质的量为x mol，则有2H2(g) + CO(g) CH3OH(g)起始物质的量/mol 2 1 0转化物质的量/mol 2x x x平衡物质的量/mol 2-2x 1-x x由同温同体积条件下，压强比=物质的量之比有，解得x=0.5，CO的平均反应速率=0.0125molL-1min-1；反应平衡常数K=4。（4）由反应2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）HT2T1。（5）由图中石墨1进出物质变化CH3OH（g）CO2（g）, C化合价变化为-2+4，则石墨1为燃料电池的负极（也可以用图中H+的移动方向判断正负极），石墨2为正极，用H+和H2O维持电荷守恒，可得石墨1极的电极反应式为CH3OH-6e- +H2O=CO2+6H+。 35答案及解析：答案：（1）晶体（2）第四周期IB族;7（3）CO（或N2）;2 ;N ;sp2、sp3（4）CH4NH3H2O; CH4、NH3、H2O分子中分别含0、1、2对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对与成键电子对间的排斥力，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小（5）5;509解析： （1）晶体具有自范性，而非晶体无自范性，因晶体中的原子在微观空间里呈现周期性的有序排列，故该金属互化物属于晶体。（2）铜位于元素周期表第四周期IB族，铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，不同能级上电子能量不同，Cu共有7个能级，故基态Cu原子核外有7种能量不同的电子。（3）与CN-互为等电子体的分子有CO、N2。由题图可知，N原子与O原子之间形成了2个配位键，根据成键原理可知N原子与Ni原子之间形成2个配位键（如图），则Ni的配位数为2，因N原子有一对孤电子，则N原子为配位原子；其中-CH3中碳原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，另一种碳原子的价层