贵州省余庆中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）

贵州省余庆中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）一、单选题(共7小题,每小题6.0分,共42分) 1.含铬()废水用硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO46H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmol FeOFeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A. 消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x)molB. 处理废水中的物质的量为molC. 反应中发生转移的电子数为3nxmolD. 在FeO FeyCrxO3中，3xy【答案】A【解析】试题分析：具有强氧化性，FeSO4(NH4)2SO46H2O具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2被氧化成Fe3，中6价Cr被还原成3价Cr。该反应中，Fe失电子的物质的量等于Cr得电子的物质的量，则有nymol3nxmol，即3xy。据Cr、Fe原子守恒可知，生成nmol FeOFeyCrxO3时，消耗mol，消耗n(y1) mol硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为mol63nxmol，又知3xy则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x1) mol，所以正确的答案选A。考点：考查氧化还原反应的有关判断、计算以及化学式的确定点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题综合性强，学生不易得分。该题有利于培养学生严谨的逻辑思维能力和发散思维能力，有利于提高学生分析问题、解决问题的能力。2.在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉，经搅拌后发生的变化应是 （ ）A. 铁溶解，析出0.01 mol Ag和0.005 mol CuB. 铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2C. 铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe3D. 铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Cu2【答案】C【解析】因为氧化性：Ag+Fe3+Cu2+H+Zn2+，所以Fe先与Ag+反应：Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+，0.01molAg+消耗0.005molFe生成0.01molAg，余下的0.01mol-0.005mol=0.005molFe继续与Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，0.005molFe与0.01molFe3+恰好完全反应，铁完全溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3+，答案选C。点睛：氧化还原反应的发生遵循以下规律：得失电子守恒（氧化剂得到的电子总物质的量等于还原剂失去的电子总物质的量）、强制弱规律、先强后弱规律（多种氧化剂和多种还原剂可以反应时，总是氧化性最强的优先与还原性最强的发生反应）。3.下列物质的制取原理错误的是()A. 金属钠的制取：2NaCl(熔融)2NaCl2B. 金属镁的制取：MgOCOMgCO2C. 金属铬的制取：Cr2O32Al2CrAl2O3D. 金属汞的制取：2HgO2HgO2【答案】B【解析】【详解】A钠的性质活泼，用电解熔融氯化钠的方法制取，故A正确；B金属镁性质活泼，用电解熔融氯化镁的方法制取，故B错误；C金属铬熔点较高，活泼性比铝，可以用铝热反应制取，故C正确；D汞性质不活泼，用热分解氧化物的方法制取，故D正确；答案选B。【点睛】根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼；据此进行分析解答。4.实验室用MnO2和浓盐酸来制取氯气，主要操作有：将蒸馏烧瓶固定在铁架台上；把酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯确定铁圈的高度，固定好铁圈，放好石棉网；用药匙向蒸馏烧瓶中加入MnO2，再向分液漏斗中加浓盐酸，并将导管放入集气瓶中；检查气密性；在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导管。最好的实验操作顺序是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】实验装置的安装顺序一般为“从下而上(即放铁架台放酒精灯根据灯焰的大致高度确定铁圈位置)，从左而右”，且制备气体时，加入药品前应检查装置的气密性，否则就要错选A、B、D.5.在下列变化过程中，被破坏的作用力正确的是（）A. 干冰升华共价键B. 二氧化硅熔融范德华力C. 氢氧化钠熔融离子键、共价键D. 硫酸氢钠溶于水离子键、共价键【答案】D【解析】【详解】A. 干冰为分子晶体，升华时破坏分子间作用力，故A错误；B. 二氧化硅为原子晶体，熔融时破坏共价键，故B错误；C. 氢氧化钠为离子晶体，熔融时破坏离子键，故C错误；D. 硫酸氢钠为离子晶体，溶于水电离出氢离子、钠离子以及硫酸根离子，破坏离子键、共价键，故D正确。答案选D。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键，以此解答该题。6. 下列说法正确的是（ ）A. 乙烷和乙烯均可使酸性KMnO4溶液褪色B. 纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物C. 煤的干馏和石油的分馏均属化学变化D. 酯类和糖类均能发生水解反应【答案】B【解析】试题分析：高锰酸钾具有强氧化性，乙烷属于烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯属于烯烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色,A错误；纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物，B正确；煤的干馏属于化学变化而石油的分馏则是物理变化，C错误；糖类中的单糖不会水解，D错误。考点：考查有机化合物的性质，干馏与分馏的区别等知识。7.在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验中，会造成实验结果偏低的是（ ）A. 加热时间过长，固体部分变黑B. 坩埚内附有不挥发杂质C. 晶体不纯，含有不挥发杂质D. 加热过程中有少量晶体溅出【答案】C【解析】【分析】硫酸铜晶体结晶水含量的计算式为：结晶水的含量=。硫酸铜晶体和坩埚的质量-无水硫酸铜和坩埚的质量=结晶水质量【详解】A. 加热时间过长，使无水硫酸铜分解为氧化铜和三氧化硫，会造成结晶水质量偏大，导致实验结果偏高，故A不选；B. 坩埚内附有不挥发杂质，不影响结晶水质量的测量，对实验结果没有影响，故B不选；C. 晶体不纯，含有不挥发杂质，使无水硫酸铜和坩埚的质量变大，使结晶水质量变小，造成实验结果偏低，故C选；D. 加热过程中有少量晶体溅出，会使结晶水质量偏大，造成实验结果偏高，故D不选故选C。二、非选择题8.明矾石经处理后得到明矾【 KAl(SO4)212H2O】。从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4工艺过程如下所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl(SO4)212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 。（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 。（3）A12O3在一定条件下可制得AIN，其晶体结构如右图所示，该晶体中Al的配位数是 。（4）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是 。（5）焙烧产生SO2可用于制硫酸。已知25、101 kPa时：2SO2(g) +O2(g)2SO3(g) H1= 一197 kJ/mol；2H2O (g)2H2O(1) H2一44 kJ/mol；2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l) H3一545 kJ/mol。则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是 。焙烧948t明矾(M474 g/mol )，若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98的硫酸 t。【答案】（1）S（2）蒸发结晶（3）4（4）Al3NiO(OH)NaOHH2O=3Ni(OH)2NaAlO2（5）SO3(g)H2O(l)=H2SO4(l)H=-130kJmol1432【解析】试题分析：本题氧化还原反应、物质的分离和提纯、物质的结构等知识点融合到工艺过程中，还考查了原电池原理及热化学方程式的书写，难度适中。考点：氧化还原反应、原电池原理、热化学方程式的书写。9. 工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：完成下列填空：1）粗盐水加入沉淀剂A、B除杂质（沉淀剂A来源于石灰窑厂），写出A、B的化学式。A B 2）实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、 、沉淀、 、 、冷却结晶、 、烘干。3）工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是 。碳酸化时没有析出碳酸钠晶体，其原因是 。4）碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是 （填写化学式），检验这一成分的阴离子的具体方法是： 。5）氨碱法流程中氨是循环使用的，为此，滤液D加入石灰水产生氨。加石灰水后所发生的反应的离子方程式为： 滤液D加石灰水前先要加热，原因是 。6）产品纯碱中含有碳酸氢钠。如果用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数，纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为： （注明你的表达式中所用的有关符号的含义）【答案】1)Ca(OH)2或CaO Na2CO32)溶解 过滤 蒸发 过滤3)有晶体析出（或出现浑浊） 碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大4)NH4Cl取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子5)防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀6)【解析】试题分析：（1）粗盐水中含有Mg2、Ca2、用Ca(OH)2或CaO将Mg2转化为Mg(OH)2,再用Na2CO3将Ca2转化为CaCO3沉淀，答案：Ca(OH)2或CaO Na2CO3实验室提纯粗盐的整个操作过程为：取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、冷却结晶、过滤、烘干几步；答案为：溶解 过滤 蒸发 过滤 （3）纯碱生产中碳酸化时，会看到溶液中析出晶体，这是由于碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故答案为：碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大；（4）根据操作过程，氨化后通入二氧化碳的溶液发生复分解反应：H2O+CO2+NH3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，最终得到NH4Cl还有NaHCO3等，碳酸氢钠溶解度很小而结晶，故酸化后滤液的主要成分为：NH4Cl；检验其中的Cl离子时，要经过取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子，答案：NH4Cl 取样，加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，证明该阴离子是氯离子。(5)滤液中主要含有的是氯化铵，其和石灰水反应时：NH4+OHNH3+H2O，滤液D加石灰水前先要加热，原因是防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀，答案为：NH4+OHNH3+H2O，防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀(6)假设加热前纯碱的质量为m1，加热后的质量为m2，则加热损失的质量为：m1-m2，则纯碱中碳酸氢钠的质量为：；故纯碱中含有的碳酸氢钠的质量分数为，答案为：w(NaHCO3)(设加热前质量为m1，加热后m2)考点：纯碱工业（侯氏制碱法）10.已知铅蓄电池的工作原理为PbPbO22H2SO42PbSO42H2O，现用如图装置进行电解(电解液足量)，测得当铅蓄电池中转移0.4 mol电子时铁电极的质量减少11.2 g。请回答下列问题。（1）A是铅蓄电池的_极，铅蓄电池正极反应式为_，放电过程中电解液的密度_ (填“减小”、“增大”或“不变”)。（2）Ag电极的电极反应式是_，该电极的电极产物共_g。（3）Cu电极的电极反应式是_，CuSO4溶液的浓度_(填“减小”、“增大”或“不变”)（4）如图表示电解进行过程中某个量(纵坐标x)随时间的变化曲线，则x表示_。a各U形管中产生的气体的体积 b各U形管中阳极质量的减少量c各U形管中阴极质量的增加量【答案】 (1). 负 (2). PbO24HSO42-2e=PbSO42H2O (3). 减小 (4). 2H2e=H2 (5). 0.4 (6). Cu2e=Cu2 (7). 不变 (8). B【解析】试题分析：（1）当铅蓄电池中转移0.4mol电子时铁电极的质量减小11.2g，说明铁作阳极，银作阴极，阴极连接原电池负极，所以A是负极，B是正极，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应式为PbO2+4H+SO42-+2e-PbSO4+2H2O，放电过程中消耗硫酸，硫酸溶液的密度随浓度减小而减小，故电解的密度减小；（2）银作阴极，电解稀硫酸时，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H+2e-H2，生成氢气的质量=0.4mol/22g/mol=0.4g；（3）铜作阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-Cu2+，阴极上析出铜，所以该装置是电镀池，电解质溶液中铜离子浓度不变；（4）右边U形管不析出气体，左边U形管析出气体，所以稀硫酸析出气体体积大于硫酸铜溶液，a错误；当转移相等电子时，溶解金属的物质的量相等，铜的摩尔质量大于铁，所以右边U形管阳极减少的质量大于左边U形管阳极减少的质量，b正确；当转移相等电子时，析出物质的物质的量相等，但铜的摩尔质量大于氢气，所以左边U形管析出氢气的质量小于右边U形管析出铜的质量，c错误。考点：考查电解原理及计算11.原油价格的下跌，加剧能源的过度开采，因此更要开展汽油的有机合成的研究以下是一种合成汽油的路线：已知：RCH2CHO+ R1CH2CHO ,2RCH2Cl RCH2CH2R+2NaCl，CH3CH=CH2+HCl。（1）在反应中，属于加成反应的是_，B 的分子式为_。（2）A 中官能团名称为_，CCS 法命名 E 的名称为_。（3）写出下列反应方程式EF_；HG_。（4）H 也能与NaOH 溶液反应，其反应方程式为：_。（5）D 的核磁共振氢谱有_组吸收峰。【答案】 (1). (2). CH4O (3). 醛基 (4). 2甲基1丙醇 (5). （CH3）2CHCH2OH（CH3）2C=CH2+H2O (6). 2（CH3）2CClCH3+2Na（CH3）3CC（CH3）3+2NaCl (7). （CH3）2CClCH3+NaOH（CH3）2COHCH3+NaCl (8). 3【解析】【详解】根据题中各物质转化关系，B氧化得甲醛，所以B为CH3OH，乙炔和水发生加成反应得A为CH3CHO，甲醛与丙醛发生信息中反应生成C为HOCH2CH（CH3）CHO，根据D 的分子式可知，C在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成D为CH2=C（CH3）CHO，D与氢气加成得E为（CH3）2CHCH2OH，E在浓硫酸加热的条件下发生消去反应得F为（CH3）2C=CH2，F与氯化氢发生信息中的加成反应得H为（CH3）2CClCH3，H与钠发生信息中的反应得G为（CH3）3CC（CH3）3，（1）根据上面的分析可知，在反应-中，属于加成反应的是，B为CH3OH，分子式为CH4O，故答案为：；CH4O；（2）A为CH3CHO，A中官能团名称为醛基，E为（CH3）2CHCH2OH，CCS法命名E的名称为2-甲基-1-丙醇，故答案为：醛基；2-甲基-1-丙醇；（3）EF 的反应方程式为（CH3）2CHCH2OH（CH3）2C=CH2+H2O，HG的反应方程式为2（CH3）2CClCH3+2Na（CH3）3CC（CH3）3+2NaCl，故答案为：（CH3）2CHCH2OH（CH3）2C=CH2+H2O；2（CH3）2CClCH3+2Na（CH3）3CC（CH3）3+2NaCl。（4）H与NaOH溶液反应的方程式为（CH3）2CClCH3+NaOH（CH3）2COHCH3+NaCl，故答案为：（CH3）2CClCH3+NaOH（CH3）2COHCH3+NaCl；（5）D为CH2=C（CH3）CHO，D的结构式中有碳双键上的氢、甲基氢和醛基氢三种不同环境的氢原子，因此核磁共振氢谱有3组吸收峰，故答案为：3；12.（1）氯酸钾熔化，粒子间克服了_的作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了_的作用力；碘的升华，粒子间克服了_的作用力。三种晶体的熔点由高到低的顺序是_(填化学式)。（2）下列六种晶体：CO2，NaCl，Na，Si，CS2，金刚石，它们的熔点从低到高的顺序为_(填序号)。（3）在H2、(NH4)2SO4、SiC、CO2、HF中，由极性键形成的非极性分子是_，由非极性键形成的非极性分子是_，能形成分子晶体的物质是_，含有氢键的晶体的化学式是_，属于离子晶体的是_，属于原子晶体的是_，五种物质的熔点由高到低的顺序是_。（4）A、B、C、D为四种晶体，性质如下：A固态时能导电，能溶于盐酸B能溶于CS2，不溶于水C固态时不导电，液态时能导电，可溶于水D固态、液态时均不导电，熔点为3 500试推断它们的晶体类型：A_；B._；C_；D._。（5）相同压强下，部分元素氟化物的熔点见下表：氟化物NaFMgF2SiF4熔点/12661534183试解释上表中氟化物熔点差异的原因：_（6）镍粉在CO中低温加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。150 时，Ni(CO)4分解为Ni和CO。Ni(CO)是_晶体，Ni(CO)4易溶于下列_(填序号)a水b四氯化碳c苯d硫酸镍溶液【答案】 (1). 离子键 (2). 共价键 (3). 分子间 (4). SiO2KClO3I2 (5). (6). CO2 (7). H2 (8). H2、CO2、HF (9). HF (10). (NH4)2SO4 (11). SiC (12). SiC(NH4)2SO4HFCO2H2 (13). 金属晶体 (14). 分子晶体 (15). 离子晶体 (16). 原子晶体 (17). NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2的半径比Na的半径小，Mg2带2个单位正电荷数比Na多，故MgF2的熔点比NaF高 (18). 分子晶体 (19). bc【解析】【分析】(1)氯酸钾是离子晶体熔化时破坏离子键，二氧化硅是原子晶体熔化时破坏共价键，碘是分子晶体，升华时粒子间克服分子间作用力；熔点：原子晶体离子晶体分子晶体；(2)根基晶体类型分析，原子晶体离子晶体分子晶体；(3)根据组成元素及微粒之间的化学键分析；(4)根据晶体的物理性质分析；(5)根据晶体类型及离子晶体中影响离子键强弱的因素解答；(6)分子晶体的熔沸点较低，根据该物质的熔沸点确定晶体类型，根据相似相溶原理确定其