福建省厦门市双十中学2020届高三化学第九次能力考试试题（含解析）

福建省厦门市双十中学2020届高三第九次能力考试理综化学试题1. 化学点亮生活，下列对生活中的化学理解正确的是A. 维生素C能帮助人体将Fe3+转化为易吸收的Fe2+,维生素C具有氧化性B. 节日燃放的烟花，是碱金属、锶、钡、铁等金属元素焰色反应呈现的C. 向兩水中加入少量硫酸铁溶液会使浑浊的雨水变澄清D. 赏心悦目的雕花玻璃是使用烧碱对玻璃刻蚀而成的【答案】C2. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 100gCaS 与CaSO4的混合物中含有32g硫，则含有的氧原子数为1.75NAB. 78gNa2O2与足量SO2充分反应转移电子数为NAC. 1molNa2CO3和NaHCO3的混合物中CO32-的数目为NAD. 3mol单质Fe在氧气中完全燃烧转变为Fe3O4，得到8NA个电子【答案】A【解析】A、S的物质的量为32/32mol=1mol，即Ca的物质的量为1mol，O的质量为(1003240)g=28g，即物质的量为28/16mol=1.75mol，故A正确；B、此反应中，Na2O2利用其强氧化性，把SO2氧化成SO3，Na2O2中1价O转变成2价O，转移电子物质的量为7821/78mol=2mol，故B错误；C、此题中无法计算出Na2CO3的量，因此无法计算出CO32的物质的量，故C错误；D、Fe被氧化成Fe3O4时，是失去电子8mol，故D错误。3. 中学常见的某反应化学方程式为X+YM+N+H2O(未配平，反应条件已略去)，下列叙述错误的是A. 若X、Y的物质的量之比为1:4，且N是黄绿色气体，则该反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2OB. 当N为氯碱工业的主要原料，M是造成温室效应的主要气体，则上述反应的离子方程式一定为:CO32-+2H+=CO2+H2OC. 若X是铁，Y是稀硝酸(过量)，则X与Y反应的离子方程式为Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2OD. 若M、N为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪色，橙色褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-【答案】B【解析】A、N是黄绿色气体，则N为Cl2，X和Y物质的量的之比为1：4，此反应是实验室制取氯气的反应，即离子方程式为MnO2+4H+2Cl =Mn2+Cl2+2H2O，故A说法正确；B、N为氯碱工业的主要原料，则N为NaCl，M是造成温室效应的主要气体，则M为CO2，此反应可能是Na2CO3与HCl反应，也可能是NaHCO3与HCl的反应，前者离子方程式为CO322H=CO2H2O，后者离子方程式为HCO3H=CO2H2O，故B说法错误；C、稀硝酸是过量，把Fe氧化成Fe3，本身被还原成NO，离子方程式为Fe+4H+NO3= Fe3+NO+2H2O，故C说法正确；D、M、N为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，M、N的混合气体为CO2和SO2的混合物，通入到溴水中，Br2把SO2氧化，即离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2Br，故D说法正确。4. 下列关于有机物的说法正确的是A. 某有机物的分子式为C4H8，能使溴的CCl4溶液褪色，则它在一定条件下与水反应时最多可生成的有机物(不考虑立体异构)有4种B. 香叶醇()能发生加成反应不能发生取代反应C. 青蒿素()的一氯代物有5种(不含立体异构)D. 苯佐卡因()是局部麻醉药，分子中含有2种官能团，分子式为C9H10NO2【答案】A【解析】A、C4H8能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明C4H8为烯烃，结构简式可能为CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，与水加成后的产物是CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH2CH3/(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH，共有4种产物，故A正确；B、含有官能团是碳碳双键和羟基，碳碳双键能发生加成反应，羟基能与羧酸发生酯化反应(或取代反应)，故B错误；C、有7种不同的氢原子，即一氯代物有7种，故C错误；D、含有官能团是酯基、氨基，分子式为C9H11NO2，故D错误。5. 分別进行下列操作，由现象得出的结论正确的是选项操作现象结论A向某一溶液中滴加Ba(NO3)2和HNO3混合溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-B向盛有2mL.0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加1mL0.1mol/LNaCl溶液，再向其中滴加45滴0.1mol/LKI溶液先有白色沉淀成，后又产生黄色沉淀Ksp(AgCl) Ksp(AgI)C室温下，取相同大小、形状和质量的Cu粒分别投入0.1mol/L的稀硝酸和10.0mol/L的浓硝酸中Cu粒与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈探究浓度对化学反应速率的影响D向某一溶液中漓加稀盐酸，将生成的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊生成的气体可能是SO2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A向含有SO32-的溶液中滴加Ba(NO3)2和HNO3混合溶液，也有白色BaSO4沉淀，因为硝酸能氧化SO32-，故A错误；BAgNO3溶液过量，无法判断Ksp(AgCl)与 Ksp(AgI)的大小关系，故B错误；C浓硝酸和稀硝酸的氧化性不同，反应原理不同，无法判断浓度对反应速率的影响，故C错误；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2和SO2，故D正确；答案为D。6. 下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是A. 放电时，负极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+B. 充电时，阳极反应为2Na2S2-2e-=Na2S+2Na+C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成17.40gNa2S4【答案】C【解析】放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2（右罐）和NaBr3（左罐），则Na2S2在负极失电子，NaBr3在正极得电子；充电时，阴极为负极的逆反应，阳极为正极的逆反应；A放电时，负极Na2S2失电子，则负极的电极反应式为：2S22-2e-S42-，故A错误；B充电时，阳极上Br-失电子转化为Br3-，则阳极的电极反应式为：3Br-2e-=Br3-，故B错误；C电池放电时，Na2S2和NaBr3反应，则电池的总反应方程式为：2Na2S2+NaBr3=Na2S4+3NaBr，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，此气体不是标准状况下的体积，无法进行换算，则b池生成Na2S4的质量不一定是17.40g，故D错误答案选C。点睛：可以从多个角度判断电极性质，如两极中参与反应中元素化合价的变化；电解质中离子迁移方向等，书写电极反应式要注意介质参与电极反应。7. .25时，一定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数(a)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A. 曲线X表示的微粒为CO32-B. pH=6.3时，c(CO32-)+c(HCO32-)+a(H2CO3)=1.0C. pH=7时，c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)c(OH-)=c(H+)D. pH=10.3时，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)【答案】D【解析】A、X、Y、Z分别代表H2CO3 、HCO3 、CO32，故A错误；B、根据图象可知，pH=6.3时有CO2生成，根据物料守恒可知(CO32-)+(HCO3-)+(H2CO3)1.0 ，故B错误；C、 pH=7时，由图可知碳酸分子多于碳酸根离子，c(HCO3-)c(H2CO3)c(CO32-)c(OH-)=c(H+)，故C错误；D、 pH=10.3 时，溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，代入得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+3c(HCO3-)，故D正确；故选D。点睛：本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，对学生的思维能力提出了较高的要求，综合性强，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力解题关键：在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和读懂题意。易错点，B选项，pH=6.3时有CO2生成，根据物料守恒可知(CO32-)+(HCO3-)+(H2CO3)1.0；难点是D选项，要从图中读出：pH=10.3 时，溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)，根据电荷守恒问题迎刃而解。8. 金属镍具有较高的经济价值。工业上采用一定方法处理含镍废水使其达标排放并回收镍。某电镀废水中的镍主要以NiRz络合物形式存在，在水溶液中存在以下平衡: NiR2(aq) Ni2+(aq) +2R-(aq) (R-为有机物配体，K=1.610-14)（1）传统的“硫化物沉淀法”是向废水中加入Na2S，使其中的NiR2 生成NiS 沉淀进而回收镍。该反应的离子方程式为_。NiS 沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2沉淀生成，用离子方程式解释Ni(OH)2生成的原因是_。（2）“硫化物沉淀法”镍的回收率不高，处理后废水中的镍含量难以达标。“铁脱络-化学沉淀法”可达到预期效果，该法将镍转化为Ni(OH)2固体进而回收镍。工艺流程如下：“脱络”(指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni3+) 过程中，R-与中间产物-OH (羟基自由基) 反应生成难以与Ni2+络合的-R (有机物自由基)，但-OH也能与H2O2发生反应。反应的方程式如下：Fe2+ + H2O2 = Fe3+ +OH-+-OH iR- +-OH =OH-+-R ii H2O2+2-OH=O2+ 2H2O iii实验测得“脱络”过程中H2O2的加入量对溶液中镍去除率的影响如图所示：从平衡移动的角度解释加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是_。分析图中曲线，可推断过氧化氢的最佳加入量为_ g/ L； 低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是_。（3） 工业上还可用电解法制取三氧化二镍。用NaOH溶液调节NiCl2溶液PH至7.5，加入适量硫酸钠后采用情性电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍。写出ClO- 氧化Ni (OH) 2生成三氧化二镍的离子方程式是_， amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量是_。电解法制取三氧化二镍实际过程中，有时获得一种结晶水合物，已知1mol 该物质中含有0.5mol结晶水。取该化合物20.2g进行充分加热，而获得三氧化二镍固体和0.2mol水，则该结晶水合物的化学式为_。【答案】 (1). NiR2+S2-=NiS+2R- (2). S2-+H2OHS-+OH- NiR2+2OH-=Ni(OH)2+2R- (3). NiR2在溶液中存在平衡:NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)，Fe2+和H2O2通过反应i和反应将R-转化成难以与Ni2+络合的R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱絡” (4). 0.45 (5). 低于此数值，反应i生成的-OH过少，不足以使R-充分转化成-R；高于此数值，H2O2多，但反应i生成-OH能与H2O2发生反应,使H2O2转化成O2和H2O,同样不能使R-充分转化成-R (6). C1O-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O (7). 1.25amol (8). NiOOHH2O或2NiOOHH2O9. 维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体。该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl26H2O、NH4Cl 为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三预瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入 水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol /L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL。步骤二，氯的测定: 准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀)。（1）装置B中仪器a的名称为_。（2）裝置A、B 三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在_(填“A”或“B”) 处。（3） 步骤一所称取的样品中含氮的质量为_g。（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将_ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)； 冰水混合物的作用是_。（5） 测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是_； 出现浅红色沉淀时，若溶液中c(CrO42-)=0.0025mol/L，通过计算说明该实验可以使用K2CrO4溶液为指示剂的原因_ (呈现计算过程)。已知: Ksp(Ag2CrO4)=1.010-12 Kp(AgCl)=1.810-10（6）经上述实验测定，配合物M中钻、氮、氯的物质的量之比为1: 6: 3，其中氮元素以氨的形式存在。制备M的化学方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). A (3). 42.00 (4). 偏高 (5). 减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收 (6). AgNO3见光易分解 (7). 当溶液中出现Ag2CrO4沉定时，c2(Ag+)c(CrO42-)=1.010-12，代入求得c(Ag+)=2.010-5mol/L.此时c(Ag+)Xc(C1-)=1.810-10，代入求得c(Cl-)=9.010-6mol/L1.010-5mol/L，所以当出现浅红色沉淀时Cl-已完全沉淀 (8). 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+2H2O【解析】考查实验方案设计与评价，（1）仪器a的特点，仪器a为分液漏斗；（2）依据题意，在晶体中加入NaOH溶液充分反应后，通入水蒸气将氨全部蒸出，因此酒精灯应放置在A处，产生水蒸气；NaOH滴定的是过量的盐酸，过量的盐酸物质的量为12.501032mol=0.025mol，则500mL吸收液中与NH3反应的盐酸的量为(50010370.025500/25)mol=3mol，根据NH3HCl=NH4Cl，即n(NH3)=n(HCl)=3mol，根据N元素守恒，样品种m(N)=314g=42.00g；（4）NH3全部被吸收，由于盐酸的挥发，造成过量的盐酸的量减少，即吸收NH3的HCl量偏大，会造成测的N的含量结果将偏高；冰水混合物的作用是减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收；（5）AgNO3见光分解，因此滴定过程用棕色滴定管；当溶液中出现Ag2CrO4沉定时，c2(Ag+)c(CrO42-)=1.010-12，代入求得c(Ag+)=2.010-5mol/L，此时c(Ag+)c(C1-)=1.810-10，代入求得c(Cl-)=9.010-6mol/L”或“”)。计算a点的平衡常数为_。（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2，该反应的离子方程式为_，25时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_。已知：H2SO3的电离常数K1=1.310-2，K2=6.210-8。【答案】 (1). CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) H=-295.9kJ/mol (2). H2S (3). 300 (4). 210-3/t1mol(Lmin) (5). 2H2+SO2S+2H2O (6). c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)c(OH-)【解析】（1）已知CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，则有CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3 kJ/molS(s)+O2(g)=SO2(g) H=-297.2 kJ/mol根据盖斯定律可知2即得到CH4和SO2反应的热化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) H=-295.9 kJ/mol。（2）氢气与二氧化硫反应生成X，X与SO2反应生成S，反应中X是还原剂，则X为H2S。0t1时间段内主要是生成X，则反应的温度为300，0t1时间段二氧化硫浓度减少0.002mol/L，则用SO2表示的化学反应速率为0.002mol/Lt1min210-3/t1mol/(Lmin)。根据原子守恒可知反应中还有水生成，则总反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O。（3）达到平衡后，升高温度二氧化硫的转化率降低，说明平衡向逆反应方向进行，该反应的H0。a点SO2的转化率是0.9，消耗二氧化硫是0.9mol/L，生成CO2是0.9mol/L，S2(g)是0.45mol/L，剩余SO2是0.1mol/L，因此该温度下的平衡常数为36.45。（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2，该反应的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；25时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶质是亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液，根据亚硫酸的第二步电离常数可知，因此溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)。11. 第一代半导体材料(Si、Ge等)与第二代半导体材料(GaAs、InSb等)一起，将人类推进了信息时代。近年来，以碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)为代表的第三代半导体材料的出现，开辟了人类资源和能源节约型社会的新发展，也成为了科学家研究的热点。（1）N、P、AS位于同一主族，基态氮原子的核外共有_种不同运动状态的电子，N2O的空间构型为_。（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图所示，中心离子为钴离子。酞菁钻中碳原子的杂化轨道类型为_；与钴离子通过配位健结合的氮原子的编号是_。（3）C与N处于同周期相邻元素，C形成的一种重要物质可燃冰是天然气水合物，具有笼形结构如图A(表面的小球是水分子，内部的大球是甲烷分子)。图A中最小的环中连接的原子总数是_。可燃冰晶体具有多种笼状结构，其中一种由1个图A所示笼分别用2个面与另外两个相同的笼共面而成，则中间笼实际占有_个水分子。（4）已知PH3分子的键角约为94%，而AsH3分子的键角约为91.8，试用价层电子对互斥理论解释PH3的键角比AsH3的键角大的原因_。（5）第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有_。（6）氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表中所示；试从结构的角度分析它们熔点不同的原因_。物质BNAINGaN熔点/300022001700（7）磷化铝晶胞如图所示，若两个铝原子之间的最近距离为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度p=_g/cm3。【答案】 (1). 7 (2). 直线形 (3). sp2 (4). 1、3 (5). 10 (6). 15 (7). P原子半径比As原子半径小，PH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大 (8). Mg、Si、S (9). 氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低 (10). 【解析】（1）考查原子运动状态的判断、以及空间构型，N原子核外有7个电子，即核外有7种不同运动状态的电子；如果以O为中心，有2个键，孤电子对数(623)/2=0，价层电子对数为2，因此N2O的空间构型为直线型；（2）考查杂化类型的判断和配位键形成，根据结构简式，C原子有3个键，无孤电子对，因此C的杂化类型为sp2；N最外层有5个电子，形成3个共价键达到稳定结构，2、4号N原子正好有3个共价键，因此无配位键，1、3号N原子有4个化学键，说明各有1个配位键，即能与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是1、3；（3）考查微粒个数的判断，表面的小球是水分子，水分子间通过分子间氢键连接到一起，图A中最小的环中连接的原子总数是10，可燃冰晶体具有多种笼状结构期中一种由1个图A所示笼分别用2个面与另外两个相同的笼共面而成，即中间笼有10个水分子不分摊，两个面与另外笼共面，名为正五边形，5个水分子，则实际占有10521/2=15个水分子；（4）考查价层电子对互拆理论，PH3和AsH3，中心原子都有1个孤电子对，P原子半径比As原子半径小，PH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大；（5）考查第一电离能的规律，同周期从左向右第一电离能增大，但IIAIIIA，VAVIA，因此介于P和Al之间的元素是Mg、Si、S；（6）三种物质的结构类似于金刚石，因此氮化硼、氮化铝、氮化镓属于原子晶体，原子晶体熔沸点高低判断，利用半径大小进行，半径大小BAlGa，因此键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低；（7）考查晶胞的计