重庆市南开中学2020届高三化学下学期4月考试试题（含解析）

重庆南开中学高2020级高三(下)4月考试理科综合化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Fe 561.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是选项化学性质实际应用AAl2(SO4)3和苏打溶液反应泡沫灭火器灭火B油脂在酸性条件下的水解反应工业生产中制取肥皂C醋酸具有酸性食醋除水垢DSO2具有漂白性可用于食品增白A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】AAl2（SO4）3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中二者发生互促水解反应，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，苏打是碳酸钠，一般不用苏打，选项A错误；B油脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，选项B错误；C、醋酸具有酸性且酸性比碳酸强，能溶解碳酸钙，故食醋能除水垢，选项C正确；D二氧化硫有毒，虽然具有漂白性，但是不能用于食品漂白，选项D错误；答案选C。2.下列关于有机化合物的说法正确的是A. 苯和液溴在光照条件下生成溴苯B. C4H2Cl8有8种同分异构体(不含立体异构)C. 以淀粉为原料可制取乙酸乙酯D. 木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色【答案】C【解析】【详解】A、在FeBr3催化下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢，选项A错误；B、分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4Cl10中的两个Cl原子被两个H原子取代，可以采取“定一议二”法确定：、，故C4H2Cl8共有9种，选项B错误；C、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇和CO2，乙醇氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，选项C正确；D、淀粉遇碘水显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，木材纤维的主要成分是纤维素，选项D错误； 答案选C。3.下列选项中，利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是选项实验器材相应实验A天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管配制100mL1.00mol /L NaCl溶液B烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板中和反应反应热的测定C酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台实验测定酸碱滴定曲线D三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角钾在空气中燃烧A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、配制100mL1.00mol /L NaCl溶液，需要天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，缺少玻璃棒不能完成相应实验，选项A错误；B、中和反应反应热的测定，需要烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板、温度计，缺少温度计不能完成相应实验，选项B错误；C、实验测定酸碱滴定曲线，需要酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台、pH计，缺少pH计不能完成相应实验，选项C错误；D、钾在空气中燃烧实验，需要三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角，符合实验所需要仪器选用，选项D正确。答案选D。4.MgAgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。如图用该水激活电池为电源电解NaCl溶液的实验中，X电极上有无色气体逸出。下列有关分析正确的是A. II为正极，其反应式为Ag+ + e =AgB. 水激活电池内Cl由正极向负极迁移C. 每转移1 mole-，U型管中消耗0. 5mol H2OD. 开始时U型管中Y极附近pH逐渐增大【答案】B【解析】【分析】X电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，则为负极，为正极，根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价降低，被还原，Mg应为原电池的负极；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路，以此解答该题。【详解】AAgCl是难溶物，其正极电极反应式为：2AgCl+2e-2C1-+2Ag，选项A错误；B原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，选项B正确；C每转移1mole-，由2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2，可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，选项C错误；DY为阳极，生成氯气，氯气与水反应呈酸性，pH减小，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极上的反应特点做题，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点。5.某溶液中除水电离出的OH-、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO42-、NO3-、Cl-中的4 种，这4种离子的物质的量均为0.1 mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是A. 该溶液中肯定不含Ba2+B. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C. 若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体D. 该溶液中除水电离出的OH-、H+之外所含离子是Na+、Fe2+、SO42-、NO3-【答案】B【解析】【分析】向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子，以此解答该题。【详解】加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，A根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；B溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3-+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；C若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol160g/mol=8.0g，选项C正确；D根据分析可知，该溶液中除H+、OH-之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查离子的检验，侧重于学生的分析能力的考查，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及溶电荷守恒的应用，题目难度中等。6.a、b、c、d为原子序数依次减小的短周期主族元素，b与c同周期且相邻。物质X、Y、Z均由其中三种元素组成，且为中学常见强电解质，可发生反应X+Y=Z+H2O。下列叙述错误的是A. a的原子半径是这些元素中最大的B. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C. c与d形成的化合物具有还原性D. d与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1【答案】D【解析】【分析】a、b、c、d为原子序数依次减小的短周期主族元素，b与c同周期且相邻。物质X、Y、Z均由其中三种元素组成，且为中学常见强电解质，可发生反应X+Y=Z+H2O，则a为Na元素，则b为O元素，c为N元素；d为H元素，X、Y、Z分别为HNO3、NaOH、NaNO3，结合元素周期律与元素化合物性质解答。【详解】a、b、c、d为原子序数依次减小的短周期主族元素，b与c同周期且相邻。物质X、Y、Z均由其中三种元素组成，且为中学常见强电解质，可发生反应X+Y=Z+H2O，则a为Na元素，则b为O元素，c为N元素；d为H元素，X、Y、Z分别为HNO3、NaOH、NaNO3。A. a为Na，原子半径是这些元素中最大的，选项A正确；B. b为O，与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物，Na2O、Na2O2、NO、NO2、N2O4、N2O5、H2O、H2O2等，选项B正确；C. c与d形成的化合物NH3或N2H4均具有还原性，选项C正确；D. d与其他三种元素形成的二元化合物H2O、H2O2、NH3、N2H4中H化合价均为+1，但NaH中H为-1价，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，注意抓住短周期元素进行推断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识。7.用AG表示溶液酸度：。在室温下，用 0.1molL-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1molL-1的CH3 COOH溶液，滴定结果如图所示。下列分析正确的是A. 0.1molL-1的CH3 COOH溶液的pH=3.4B. A点加入的NaOH溶液的体积为20.00mLC. 滴定过程中，c(CH3COO-)c(H+)逐渐减小D. B点溶液中可能存在c(Na+)c(CH3COO-) c(OH-)c(H+)【答案】D【解析】【分析】室温下，用0.1molL-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1molL-1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。【详解】室温下，用0.1molL-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1molL-1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3 COOH=CH3 COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3 COONa,水解使溶液碱性,此时消耗NaOH的体积为20.00mL。A、滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时，则，由于Kw=c(H+)c(OH-)，则溶液中c(H+)=10-3.3mol/L，因此0.1molL-1的醋酸pH=3.3，选项A错误；B、A点时AG=0，c(H+)=c(OH-)，加入的NaOH溶液的体积小于20.00mL，若等于20.00mL则溶液应呈碱性AGc(CH3COO-) c(OH-)c(H+)，选项D正确。答案选D。8.Ba(NO3)2可用于生产烟花。某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂利用某种钡泥主要含有BaCO3、Ba(FeO2)2、极少量CuCO3等制取Ba(NO3)2晶体，其部分工艺流程如下：已知：Fe3+和Fe2+以氢氧化物形式沉淀完全时，溶液的pH分别为3.2和9.7。(1)酸溶时不使用浓硝酸的原因是_。(2)酸溶后溶液中pH=1，Ba(FeO2)2与HNO3的反应化学方程式为_。(3)该厂结合本厂实际，中和选用的X为_(填化学式)；中和使溶液中_(填离子符号)的浓度减少(中和引起的溶液体积变化可忽略)。(4)滤液得到Ba(NO3)2晶体的操作依次为_、_、过滤。(5)该厂生产的Ba(NO3)2晶体含有少量Cu2+。化学上通过惰性电极电解法富集Cu时，发现电解装置的阴极还有少量使红色石蕊试纸变蓝的气体生成。生成该气体的电极反应为_。(6)Ba2+致死量为355mg/kg。误食Ba2+可以服用MgSO4溶液解毒，涉及到的离子反应方程式为_；为了减少环境污染，请对上述流程中不合理的设计进行改进，改进措施是_。【答案】 (1). 浓HNO3易挥发、分解 (2). Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O (3). BaCO3 (4). Fe3+、H+ (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). NO3-+ 6H2O +8e-=NH3 + 9OH- (8). Ba2+ + SO42- = BaSO4 (9). 洗涤废渣并回收洗涤液【解析】【分析】BaCO3含少量CuCO3、Ba(FeO2)2等杂质，其中Ba(FeO2)2中钡元素为+2价，铁元素为+3价，加入硝酸，在容器中充分溶解得到溶液，此溶液中含有钡离子、铜离子、三价铁离子，可加入X碳酸钡，调节溶液pH=45，使铁离子、铜离子水解生成Fe(OH)3沉淀、Cu(OH)2沉淀，过滤后废渣为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液中主要含有硝酸、硝酸钡，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤可得到硝酸钡晶体，据此分析解答。【详解】BaCO3含少量CuCO3、Ba(FeO2)2等杂质，其中Ba(FeO2)2中钡元素为+2价，铁元素为+3价，加入硝酸，在容器中充分溶解得到溶液，此溶液中含有钡离子、铜离子、三价铁离子，可加入X碳酸钡，调节溶液pH=45，使铁离子、铜离子水解生成Fe(OH)3沉淀、Cu(OH)2沉淀，过滤后废渣为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液中主要含有硝酸、硝酸钡，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤可得到硝酸钡晶体。(1)酸溶时不使用浓硝酸的原因是浓HNO3易挥发、分解；(2)酸溶后溶液中pH=1，Ba(FeO2)2与HNO3反应生成硝酸钡、硝酸铁和水，反应的化学方程式为Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O；(3)该厂结合本厂实际，中和选用的X必须能消耗过量硝酸并使铁离子沉淀而除去，且不引入新的杂质，可为BaCO3；中和使溶液中Fe3+、H+的浓度减少；(4)滤液得到Ba(NO3)2晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；(5)电解装置的阴极还有少量使红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则气体显碱性为氨气，生成该气体的电极反应是硝酸根离子得电子产生氨气，电极反应式为NO3-+ 6H2O +8e-=NH3 + 9OH-；(6)误食Ba2+可以服用MgSO4溶液解毒，钡离子与硫酸根离子反应产生难溶于酸的硫酸钡，涉及到的离子反应方程式为Ba2+ + SO42- = BaSO4 ；为了减少环境污染，请对上述流程中不合理的设计进行改进，改进措施是洗涤废渣并回收洗涤液，避免引起污染。9.某学生探究如下实验(A)：实验A条件现象加热i加热后蓝色褪去ii冷却过程中，溶液恢复蓝色.一段时间后，蓝色重又褪去（1）使淀粉变蓝的物质是_。（2）分析现象i、ii认为：在酸性条件下，加热促进淀粉水解，冷却后平衡逆向移动。设计实验如下，“现象a”证实该分析不合理：“现象a”是_。（3）再次分析：加热后单质碘发生了变化，实验如下：I：取少量碘水，加热至褪色，用淀粉溶液检验挥发出的物质，变蓝。：向褪色后的溶液中滴加淀粉溶液，冷却过程中一直未变蓝；加入稀H2SO4，瞬间变蓝。对步骤中稀H2SO4的作用，结合离子方程式，提出一种合理的解释：_。（4）探究碘水褪色后溶液的成分：实验1：测得溶液的pH5实验2：取褪色后的溶液，完成如下实验：产生黄色沉淀的离子方程式是_。Ag2O的作用是_。依据上述实验，推测滤液中含有的物质（或离子）可能是_。（5）结合化学反应速率解释实验A中现象i、现象iii蓝色褪去的原因：_。【答案】 (1). I2 (2). 加入碘水后，溶液中无明显现象（不变蓝） (3). 溶液中存在平衡H+I-+ HIOI2+H2O，加入硫酸，c(I-)升高，平衡右移，生成的碘与淀粉作用变蓝 (4). Ag2O+2I- +2H+=2AgI+H2O (5). 同时除去I和H+ (6). HIO (7). 淀粉水解速率较慢，而碘在水中受热歧化较快，因而实验A中i步骤加热后碘歧化，蓝色褪去；而在中经过较长时间，淀粉水解完全，蓝色最终再次褪去。【解析】（1）使淀粉变蓝的物质是I2。（2）“现象a”证实该分析不合理，说明溶液中不存在淀粉，因此“现象a”是加入碘水后，溶液中无明显现象（不变蓝）。（3）加入稀H2SO4，瞬间变蓝，这说明有碘生成或碘的浓度增大。这是由于碘溶于水发生类似于氯气和水的反应，即溶液中存在平衡H+I-+HIOI2+H2O，加入硫酸，c(I-)升高，平衡右移，生成的碘与淀粉作用变蓝。（4）产生黄色沉淀是碘化银，且溶液显酸性，因此反应的离子方程式是Ag2O+2I-+2H+=2AgI+H2O。根据的离子方程式可知Ag2O的作用是同时除去I和H+。滤液中加入稀硫酸和亚硫酸钠，然后加入淀粉，溶液变蓝色，说明有碘生成。而亚硫酸钠具有还原性，则推测滤液中含有的物质具有氧化性，其还原产物是碘，可能是 HIO。（5）由于淀粉水解速率较慢，而碘在水中受热歧化较快，因而实验A中i步骤加热后碘歧化，蓝色褪去；而在中经过较长时间，淀粉水解完全，因此蓝色最终再次褪去。10.研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。(1)一定条件下，在CO2与足量碳反应所得平衡体系中加入H2和适当催化剂，有下列反应发生：CO(g)3H2(g)CH4(g)H2O(g) H1-206.2 kJ/molCO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H2若CO2还原H2生成0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ，则H2=_。(2)为研究CO2与CO之间的转化。让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)CO2(g)2CO(g) H，测得压强、温度对CO的体积分数(CO)的影响如图所示：回答下列问题：p1、p2、p3的大小关系是_，图中a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是_。900、1.013MPa时，1molCO2与足量碳反应达平衡后容器的体积为VL，CO2的转化率为_，(保留一位小数)该反应的平衡常数K_。将中平衡体系温度降至640，压强降至0.1013MPa，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%。条件改变时，正反应和逆反应速率如何变化？_，二者之间有何关系？_。(3)CO2可用于工业制备草酸锌，其原理如图所示(电解液不参加反应)，Zn电极是_极。已知在Pb电极区得到ZnC2O4，则Pb电极上的电极反应式为_。【答案】 (1). -41.2 kJ/mol (2). p1p2p3 (3). KaKbKc (4). 66.7% (5). 16/3Vmol/L (6). 正反应和逆反应速率均减小 (7). v(正)v(逆) (8). 阳 (9). 2CO2+2e-=C2O42-【解析】【详解】(1) 若CO2还原H2生成0.1mol CH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ，可得反应CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g) H3-165.0 kJ/mol；CO(g)3H2(g)CH4(g)H2O(g) H1-206.2 kJ/mol根据盖斯定律，由-得反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) 则H2=H1-H3-206.2 kJ/mol+165.0 kJ/mol=-41.2 kJ/mol；（2）正反应是体积增大的可逆反应，增大压强CO的含量降低。根据图像可知在温度相等时p1对应的CO含量最高，则p1、p2、p3的大小关系是p1p2p3。升高温度CO含量升高，说明正反应是吸热反应。平衡常数只与温度有关系，升高温度平衡右移，平衡常数增大，则图中a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是KaKbKc；900 、1.013 MPa时CO的含量是80%，则 C(s)CO2(g) 2CO(g)起始量（mol） 1 0转化量（mol） x 2x平衡量（mol） 1x 2x因此，解得x，则CO2的转化率为66.7%；反应的平衡常数K=；平衡体系温度降至640 ，压强降至0.1013 MPa，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%，说明平衡向逆反应方向进行，则v(正)v(逆)；（3）此装置是电解池，电极的名称为阴阳两极，根据信息，Zn失电子，因此锌作阳极，在Pb上生成ZnC2O4，因此阴极电极反应式为2CO2+2e-=C2O42-。11.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：(1)碳原子价层电子的轨道表达式为_，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_。NH3比PH3的沸点高，原因是_。(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是_。(4)EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为_。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键电子数（如苯分子中的大键可表示为），则EMIM+离子中的大键应表示为_。(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于_晶体，其中硼原子的配位数为_。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B原子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为_（列出化简后的计算式）。【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). NH3 (4). 氨分子间存在氢键 (5). 基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定 (6). sp2、sp3 (7). (8). 原子 (9). 4 (10). 100%【解析】【详解】(1)碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，p的电子云轮廓图为哑铃形；(2)NH3中N原子价层电子对个数=3+=4，NO3-中N原子价层电子对个数=3+；NO2-中N原子价层电子对个数=2+，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键；(3)VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定；(4)根据图(b)N5-中键总数为5个，根据信息，N5-有6个电子可形成大键，可用符号56表示；(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类