四川省宜宾市第四中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）（通用）

四川省宜宾市第四中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）一、单选题1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（ ） A.用氯化钠腌制食品，可延长食品的保存时间B.用硫酸亚铁补铁时，不可同时服用维生素CC.用铝箔制成的食品包装“锡纸”，可以包裹食品在烤箱中加热D.用纤维素和淀粉为原料制成可降解塑料，有利于减少白色污染2.下表选用的装置和试剂能达到相应实验目的的是（ ） A.制SO2B.收集氨气 C.接收蒸馏的馏分 D.准确量取一定体积K2Cr2O7 溶液 3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是（ ） A.2.24 L H2和0.2 mol Cl2光照反应后氯分子数目为0.1NAB.7.8 gNa2O2与足量CO2充分反应转移电子数目为0.2NAC.1.8 g重水中所含中子、原子的数目分别为NA、0.3NAD.CaCO3、KHCO3混合物粉末10 g中氧原子数目为0.3NA4.短周期主族元素xX、yY、zZ、wW、mM原子序数依次增大，X和W、Z和M同主族。其中Y元素的单质通常状况下呈气态，W元素原子半径是所在周期元素里原子半径最大的，且x+y=z=1/2m。下列有关说法正确的是（ ） A.简单离子半径大小：ZYWB.W、M组成的化合物中可能含有非极性键C.简单氢化物在水中的溶解度大小：Yc(C2O42-)c(HC2O4-)c(H2C2O4)二、实验题8.草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。 （1）I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究 气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：E中盛装碱石灰的仪器名称为_。按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为agf_尾气处理装置(仪器可重复使用)。实验前先通入一段时间N2 ， 其目的为_。实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_。（2）小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为_。 （3）晒制蓝图时，以K3Fe(CN)6溶液为显色剂，该反应的化学方程式为_。 （4）.草酸亚铁晶体样品纯度的测定 工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；步骤2：取上述溶液25.00mL，用 cmol/L KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4 ， 再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。步骤2中滴定终点的现象为_；步骤3中加入锌粉的目的为_。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 三、综合题9.以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。 （1）形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为_。 （2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+ ， 则产生的气体为_(填化学式)。 （3）滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式:_，_。 （4）已知:3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)；4Fe3+3Fe(CN)64-=Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)。下列可以用于检验滤液C中金属阳离子的试剂有_(填标号) a.KSCN溶液 b.K3Fe(CN)6 c.K4Fe(CN)6 d.苯酚（5）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。碱浸镍铝合金后，残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响，根据下图分析，残铝量在_范围内催化活性最高，属于优质产品。 （6）仿照下面示例，设计从浸出液E回收氧化铝的流程:浸出液E_。 (示例: )10.合成氨所需H2取自CH4 ， CH4和O2作用成CO2、H2（反应），然而CH4和O2反应还能生成CO2、H2O（反应），当有水生成时，H2O和CH4反应（反应）。下表 为三个反应在不同温度下的平衡常数K。 （1）反应的平衡常数K的表达式为_。 （2）反应的平衡常数K、K、K之间的关系为K=_（用含K、 K的式子表示）。反应的反应焓变：H、H、H之间的关系为H= _（用含H、H的式子表示）。 （3）恒温条件下，反应的能量与反应进程关系应对应下图中的_，反应 的能量与反应进程关系应对应下图中的_。 （4）为使反应尽可能按生成H2的方向进行，若只考虑反应，且不降低反应速率，可采 取_措施；若只考虑反应，除采取控温措施外，还可采取_（写出两条措施即可）。 （5）250时，以镍合金为催化剂，发生CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)，向40L 的密闭容器中通入6molCO2(g)和6molCH4(g)，平衡时测得体系中CH4的体积分数 为10%，则混合气体的密度为_g/L，CO2的转化率为_（保留三位有效数字）。 11.油画所用的颜料有许多天然矿石成分，矿石中往往含有B、C、O、Na、P、Cl等元素，它们在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题： （1）现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素。 （2）CH3+、-CH3、CH3-都是重要的有机反应中间体。CH3+中碳原子的杂化方式为_，CH3-的空间构型为_。 （3）Na和Ne互为等电子体，电离能I2(Na)_I1(Ne)(填“”或“HClHBrHI，其中H1(HF)特别大的原因为_，从原子结构分析影响H2递变的因素为_。 （5）磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。 磷化硼晶体晶胞如图甲所示:其中实心球为磷原子。已知晶胞中最近的B、P原子的距离为apm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为_g/cm3。(列出计算式即可，不必化简) 磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影(图乙中 表示P原子的投影)，用 画出B原子的投影位置_。 12.盐酸普鲁卡因 ( ) 是一种良好的局部麻醉药， 具有毒性小， 无成瘾性等特点。其合成路线如下图所示： 回答下列问题：（1）3molA可以合成1molB， 且B是平面正六边形结构， 则B的结构简式为_。 （2）有机物C的名称为_， BC的反应类型为_。 （3）反应CD的化学方程式为_。 （4）F和E发生酯化反应生成G， 则F的结构简式为_。 （5）H的分子式为_。 （6）分子式为C9H12且是C的同系物的同分异构体共有_种。 （7）请结合上述流程信息， 设计由苯、 乙炔为原料合成 的路线_ 。(其他无机试剂任选) 答案解析部分一、单选题 1.【答案】 B 【考点】常见的生活环境的污染及治理，微量元素对人体健康的重要作用 【解析】【解答】A.氯化钠属于食品防腐剂，可以延长食品的保存时间，故不符合题意； B.硫酸亚铁和维生素C不反应，二者都具有还原性，能同时服用，故符合题意；C.铝是金属，具有良好的导热性，故不符合题意；D.塑料通常不能降解，易形成白色污染。但是，用纤维素或淀粉等能水解的物质为原料生产的塑料可以降解，因而可以减少白色污染，故不符合题意。故答案为：B。 【分析】A.绿化内可做防腐剂； B.亚铁离子易被氧化，维生素C具有还原性； C.铝箔具有很好的导热性； D.使用降解塑料可减少白色污染。2.【答案】 B 【考点】化学实验方案的评价 【解析】【解答】A.铜和稀硫酸不反应，故不符合题意； B.氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集，故符合题意；C.接收馏分的装置不能密封，要保持系统内外气压相同，故不符合题意；D.重铬酸钾具有强氧化性，不能使用碱性滴定管量取该溶液，故不符合题意。故答案为：B。 【分析】A.铜与稀硫酸不反应； B.氨气的密度小于空气的密度，可用向下排空气法收集； C.接受馏分的锥形瓶不能形成密封体系； D.重铬酸钾具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装。3.【答案】 D 【考点】阿伏伽德罗常数 【解析】【解答】A、没有指明H2的体积是否是标准状况下测定，因此无法直接使用22.4Lmol1 ， 故A不符合题意； B、Na2O2与CO2反应方程式为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 ， 1molNa2O2参与反应，转移电子物质的量1mole ， 因此7.8gNa2O2参与反应转移电子物质的量为7.8g/78gmol11=0.1mol，故B不符合题意；C、重水的化学式为D2O，即2H2O，其摩尔质量为20gmol1 ， 1mol重水含有中子物质的量为10mol，原子物质的量为3mol，1.8g重水的物质的量为1.8g/20gmol1=0.09mol，含有中子、原子物质的量分别为0.9mol、0.27mol，故C不符合题意；D、CaCO3和KHCO3的摩尔质量都是100gmol1 ， 因此10g该混合物中含有氧原子的物质的量为10g3/100gmol1=0.3mol，故D符合题意。 【分析】A.没有标明气体的温度和压强，不能计算其物质的量； B.过氧化钠与二氧化碳的反应中，是过氧化钠的自身氧化还原反应； C.重水中的氢原子有中子； D.碳酸钙和碳酸氢钾的摩尔质量相同，且都有3个氧原子。4.【答案】 B 【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律，元素周期表的结构及其应用，微粒半径大小的比较 【解析】【解答】W元素原子半径是所在周期元素里原子半径最大的，可以根据同周期原子半径变化规律，推出W为IA族元素，因为原子序数依次增大，即W为Na，X与W属于同主族，则X可能为H，也可能为Li，如X为Li，Y和Z位于第二周期，Y元素的单质通常呈气态，则Y可能是N，也可能是O，假设Y为N，依据xy=z=1/2m，xy=37=10，Z为Ne，Ne不属于主族元素，同理Y为O，也不符合该题意，因此X不能为Li，即X为H，按照Li的分析方式，推出Y为N，Z为O，M为S； A、简单离子半径大小：N3O2Na ， 故A不符合题意；B、组成的化合物为Na2S，只含有离子键，也有可能组成Na2Sx(x1)，Sx2内还含有SS非极性键，故B符合题意；C、氢化物分别是NH3、H2S，NH3与H2O之间形成分子间氢键，增加NH3的溶解度，H2S与H2O不能形成分子间氢键，因此NH3在H2O中溶解度远远大于H2S，故C不符合题意；D、组成的化合物NH4HS、(NH4)2S等离子化合物，故D不符合题意。 【分析】首先利用短周期中原子半径最大确定W是Na，然后结合原子序数的关系和Y的单质为气体，推断出其它元素，然后结合元素周期律进行解答即可。5.【答案】 C 【考点】电极反应和电池反应方程式，电解池工作原理及应用 【解析】【解答】A. 从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电，故b为只允许阴离子通过的阴离子交换膜，A不符合题意； B. 在阴极区应为水电离的氢离子放电生成氢气，故E为氢气，B不符合题意；C. 反应池中气体从下口通入，NaOH 溶液从上口加入，采用气、液逆流方式，可以使反应更充分，C符合题意；D. 阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为 SO32-2eH2O=2HSO42 ， D不符合题意。答案选C。 【分析】A.硫酸根离子来源于亚硫酸根离子的氧化，亚硫酸根离子通过了离子交换膜b； B.因为产品中有NaOH，应为氢离子被还原为氢气； C.气液逆流可增大接触机会； D.阳极发生氧化反应，亚硫酸根离子失电子。6.【答案】 C 【考点】有机化合物的命名，有机物的结构和性质，乙烯的化学性质 【解析】【解答】A、X的名称为2-甲基丙烯，故A不符合题意； B、X是丁烯的同分异构体，故B不符合题意；C、工业制备Y属于加聚反应，故C符合题意；D、Y中没有不饱和键，不能使溴水褪色，故D不符合题意；故答案为：C。 【分析】A.X含有碳碳双键，属于烯烃； B.Y不含双键，丁烯有双键； C.Y是X发生加聚反应的产物； D.Y中不含双键，不能与溴水发生加成反应。7.【答案】 D 【考点】离子浓度大小的比较 【解析】【解答】A、曲线a代表HC2O4-浓度随pH的变化，浓度先变大，再变小，故A不符合题意； B、pH从4到6时主要发生的反应离子方程式为OH-+HC2O4-=H2O+C2O42- ， 故B不符合题意；C、由图中信息可知，在曲线a、c交界点，c(H2C2O4)非常小，c(C2O42-)=c(HC2O4-)，溶液呈酸性，但氢离子浓度很小，c(H+)+c(H2C2O4)c(C2O42-)c(HC2O4-)c(H2C2O4)，故D符合题意；故答案为：D。 【分析】A.根据a曲线先增大后减小判断为酸式根离子的变化曲线； B.pH从4到6时，HC2O4-减小，而C2O42-增大； C.根据交点c(C2O42-)=c(HC2O4-)，溶液呈酸性进行分析； D.溶液pH=7时，溶液呈中性，该溶液为Na2C2O4和NaHC2O4的混合溶液，且溶质以Na2C2O4为主，据此判断离子浓度大小关系。二、实验题 8.【答案】 （1）U形管；bchi(或ih)debc；排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸；C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊（2）FeC2O42H2O FeO+CO+CO2+2H2O（3）3FeC2O4+2K3FeCN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4（4）锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色；将Fe3+还原为Fe2+（5）100%；偏低 【考点】常用仪器及其使用，中和滴定，性质实验方案的设计，有关混合物反应的计算，离子方程式的有关计算 【解析】【解答】(1) 根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管； 根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为agfbchi(或ih)debc尾气处理装置；实验前先通入一段时间N2 ， 其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象； (2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O42H2O FeO+CO+CO2+2H2O； (3)K3Fe(CN)6溶液遇FeC2O4 ， 溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3FeCN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4； (4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+ ， 所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+ ， 以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。 (5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)= cmol/L (V1-V2) 10-3L=c(V1-V2)10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O42KMnO4 ， H2C2O4是FeC2O42H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知FeC2O42H2O5H2C2O42KMnO4 ， 故nFeC2O42H2O= n(KMnO4)= c(V1-V2)10-3mol，所以草酸亚铁晶体样品的纯度为 100%= 100%。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据= 100%可知，测定结果将偏低。 【分析】（1）E装置为U型管； 根据装置的用途，确定装置各接口的连接顺序； 实验前通入N2 ， 是为了排除装置内的空气； 证明CO应通过其还原性以及产物CO2进行分析； （2）草酸亚铁晶体分解后产生FeO、CO、CO2和H2O，据此写出反应的化学方程式； （3）晒制蓝图时，草酸亚铁与K3Fe(CN)6反应生成K2C2O4和Fe3Fe(CN)62 ， 据此写出反应的化学方程式； （4）达到滴定终点时，溶液变为浅紫色；锌粉的作用是将Fe3+还原为Fe2+； （5）根据发生反应的化学方程式确定关系式“FeC2O42H2O5H2C2O42KMnO4”，进而进行计算；若Fe2+部分被氧化，则导致消耗的KMnO4的量减小，从而使得计算结果偏低；三、综合题 9.【答案】 （1）0（2）O2（3）H2S+2Fe3+=2Fe2+2H+S；H2S+Ni2+=Ni+2H+S（4）b（5）4%6%（6）【考点】氧化还原反应，二价铁离子和三价铁离子的检验，离子方程式的书写 【解析】【解答】（1）Ni(CO)4中碳为+2价、氧-2价，故Ni的化合价为0； （2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+ ， Ni的化合价降低，则氧元素的化合价应升高，则产生的气体为O2； （3）滤渣D为单质镍、硫的混合物，浸出液B含有Fe3+、Ni2+ ， 向其中通入H2S气体时Fe3+被还原为Fe2+ ， 同时生成硫单质，且Ni2+被还原为单质，反应的离子方程式：H2S+2Fe3+=2Fe2+2H+S、H2S+Ni2+=Ni+2H+S； （4）根据上述分析，过滤后得到滤液C含有Fe2+ ， 检验滤液C中金属阳离子的试剂可选择.K3Fe(CN)6，答案选b； （5）根据下图分析，残铝量在4%6%范围内催化活性最高，属于优质产品； （6）从浸出液E回收氧化铝的流程可表示为：浸出液E 。 【分析】（1）Ni(CO)4是金属配合物； （2）根据氧化还原反应中元素化合价的升降进行分析产物； （3）根据氧化还原反应原理分析反应物和产物，然后书写离子方程式； （4）K3Fe(CN)6可检验亚铁离子； （5）图像中最高点表示催化活性最高。10.【答案】 （1）（2）K2/K；(HH)/2（3）D；B（4）升高温度；CH4和O2投入比为1：1，或使用只催化反应的催化剂，或者适当减压（5）9；66.7% 【考点】盖斯定律及其应用，化学平衡常数，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算 【解析】【解答】（1）根据化学平衡常数表达式，K= ；（2）K= ，K= ，K= ，因此K=K2/K；根据目标反应方程式，H=(HH)/2；（3）根据表中数据，随着温度的升高，反应的化学平衡常数增大，根据勒夏特列原理，反应的正反应方向为吸热反应，即H0，反应物总能量低于生成物总能量，故图D正确；同理反应正反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，反应平衡常数大，说明活化能较低，故图B正确；（4）根据(3)，反应为吸热反应，反应向正反应方向移动，可以升高温度；反应向正反应方向移动，不降低反应速率，可以采取的措施为CH4和O2投入比为1：1，或使用只催化反应的催化剂，或者适当减压；（5）令达到平衡消耗CO2的物质的量为xmol，CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)xx2x2x6-x6-x2x2xCH4的体积分数(6x)/(122x)100%=10%，解得x=4，组分都是气体，气体总质量为(6mol44gmol16mol14gmol1)=360g，容器体积为40L，则气体密度为360g/40L=9gL1；CO2的转化率为4mol/6mol100%=66.7%。【分析】（1）根据平衡常数的定义书写表达式；（2）根据和构造出反应，然后结合平衡常数的表达式推导出三个平衡常数的关系；根据盖斯定律计算反应的焓变；（3）根据平衡常数与温度的关系判断焓变，然后分析与图像的关系；（4）根据浓度和温度对平衡的影响进行判断。11.【答案】 （1）原子光谱（2）sp2；三角锥形（3）（4）HF的水溶液中存在氢键；原子半径（5）；或 【考点】元素电离能、电负性的含义及应用，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断，氢键的存在对物质性质的影响 【解析】【解答】(1)光谱分析中利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故答案为：原子光谱； (2)CH3+中的碳原子形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子采取sp2杂化；CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，故答案为：sp2杂化；三角锥形； (3)钠离子的正电性较强且半径较小，对核外电子的吸引力比氖原子更强，要想失去电子需要更多的能量，因此钠的第二电离能比氖的第一电离能更高，故答案为：； (4)HF分子与水分子、HF分子之间均存在氢键，而其他卤化氢没有，故从溶液中分离出HF分子需要更多的能量，导致H1(HF)特别大；键能大小关系为：HFHClHBrHI，从原子结构方面分析，影响H2递变的因素为卤素原子的原子半径的大小，故答案为：HF的水溶液中存在氢键；原子半径； (5)实心球为磷原子，处于晶胞顶点与面心，P做面心立方最密堆积；1个晶胞中，含有P原子数目为8 +6 =4个，含有B原子数目为4个，晶胞质量= g，设晶胞的棱长为x，已知晶胞中最近的B、P原子的距离为a pm，该距离为晶胞体对角线的 ，则 x=a pm= a1010cm，x= a1010cm,晶体密度= = = g/cm3 ， 故答案为： ； 根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成，所以画图为： 或 ，故答案为： 或 。 【分析】（1）原子光谱确定元素； （2）根据成键特点和有无孤对电子判断杂化方式，根据等电子体具有相同的结构判断空间构型； （3）根据钠离子的结构判断电离出电子的