四川省棠湖中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题

四川省棠湖中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题

‎1.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是 A. 普通玻璃含有二氧化硅 B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能 C. 碲化镉是一种无机化合物 D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确； ‎ B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；‎ C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确； ‎ D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎2.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：‎ 下列说法错误的是 A. 四种元素形成的单质中W的氧化性最强 B. 甲、乙、丙中沸点最高的是丙 C. 甲常用作致冷剂 D. 甲、乙分子均只含极性共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF ‎，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。‎ ‎【详解】A. 根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；‎ B. 常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；‎ C. 化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；‎ D. 化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。‎ ‎3.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。下列说法正确的是 A. 18 gT2O中含有的中子数为12NA B. 用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NA C. 标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA D. 1mol某烷烃CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共价键数为(3n+1)NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．18gT2O的物质的量为=mol，mol该水分子中含有中子的物质的量为mol×12=mol，故A错误；‎ B．胶体微粒不是单个的分子，而是多个AgI的聚合体，因此无法计算用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数，故B错误；‎ C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，故C错误；‎ D．1molCnH2n+2(烷烃)中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意胶体中的胶体粒子是多个分子(离子)的聚合体。‎ ‎4.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 将甲烷和乙烯的混合气体通过溴的四氯化碳溶液进行分离 B. 只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸 C. 为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液 D. 向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴与乙烯反应，而甲烷不能，但甲烷可溶于四氯化碳，应选溴水、洗气分离，故A错误；‎ B．碳酸钠与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，与AlCl3溶液也生成白色沉淀，但同时生成无色无味气体，现象不同，可以鉴别，故B正确；‎ C．食盐中一般添加的是碘酸钾，淀粉遇碘单质变蓝色，遇碘的化合物无明显现象，故C错误；‎ D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氢氧化铝，也可能为硅酸，故D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎5.X、Y、Z、W为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期；Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到；非金属Z的一种固体单质可导电；W原子半径是短周期元素中最大的。下列说法正确的是（ ）‎ A. 四种元素中简单离子半径由大到小顺序W、X、Y、Z B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物可两两发生反应 C. 氢化物沸点最高的是Z的氢化物 D. 随着温度升高，Y2的化学活性增强，可能与W单质发生化学反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为短周期元素，Y2‎ 常用做保护气，一般由分馏液态空气得到，则Y为N元素；Z与Y位于同一周期，非金属Z的一种固体单质可导电，则Z为C元素，该单质为石墨；X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；则X的质子数为：7+6=13，即X为Al元素；因同周期中原子半径从左到右依次减弱，同主族中从上到下原子半径依次增大，则短周期元素中最大的Na，即W为Na元素，结合元素周期律与物质结构和性质作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W为Al、N、C和Na元素，则 A. 电子层数越多，简单离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，简单离子半径越大，则四种元素的简单离子半径从大到小的顺序比较：N3-、Na+、Al3+、C4+，即Y、W、X和Z，A项错误；‎ B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化铝、碳酸和氢氧化钠，其中碳酸为弱酸，氢氧化铝的碱性也很弱，两者不反应，B项错误；‎ C. 因氨气分子间有氢键，氢化钠与氢化铝为离子晶体，熔、沸点较大，甲烷为分子晶体，熔沸点最低，C项错误；‎ D. N2常温下性质稳定，但随着温度升高，其化学活性增强，可能与Na单质发生化学反应生成氮化钠，D项正确；‎ 答案选D ‎【点睛】需要注意C项是学生的易错点，氢氧化铝可以与强酸、强碱反应，但不能与弱酸如碳酸、弱碱如氨水反应。‎ ‎6.25℃时，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知pKa=﹣lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有关说法错误的是 A. 溶液的导电性：点a弱于点b B. 离子浓度c(R2-)：点c小于点d C. H2R + R2-=2HR-平衡常数>105，反应趋于完全 D. 点b时，y<7且<1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. b点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL，得到浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；a点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液10mL，得到浓度均为mol/L的NaHR和H2R的混合溶液，由于阴离子的水解和电离程度均很小，因此b点溶液中的离子浓度大于a点，导电能力点a弱于点b，故A正确；‎ B. c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，浓度均为0.03mol/L，d点溶液中溶质为mol/L Na2R，R2-水解但程度较小，HR-既电离又水解但程度均很小，因此离子浓度c(R2-)：点c小于点d，故B正确；‎ C. H2R + R2-=2HR-平衡常数K>105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；‎ D. b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，则Ka1×Ka2=×=，因此= ==104.9＞1，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.用Li和石墨的复合材料以及纳米Fe2O3材料作电极的锂离子电池，在循环充放电过程中可实现对磁性的可逆调控(如图)。下列有关说法一定错误的是 A. 该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液 B. 放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe C. 充电时，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-= Fe2O3+6Li+‎ D. 充放电过程中，电池可在被磁铁不吸引和吸引之间循环调控 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为该电池中含有Li和Fe2O3，都可以与硫酸反应，故A错误；‎ B.放电时，Li作为负极，失电子被氧化，阳极Fe2O3得电子被还原，故放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe，故B正确；‎ C.充电时，阳极与正极相反，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-= Fe2O3+6Li+，故C正确；‎ D.根据题目的示意图，充电过程是从右往左的过程，可以看到电池没有被磁铁吸引，因为充电过程的物质转化过程是由Fe和Li2O转化为Li和Fe2O3，因此充电时电池不能被磁铁吸引，放电过程的物质转化是由Li和Fe2O3转化为Fe和Li2O，有铁生成，因此放电时电池被磁铁吸引，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎8.天然气可以制备大量的化工原料。请回答下列问题：‎ ‎（1）由天然气制备合成气(CO和H2)，进而可合成H2C2O4。‎ ‎①欲加快H2C2O4溶液使5mL0.01mol/L 酸性KMnO4溶液褪色，可采取的措施有_______、______(写两点)。‎ ‎②下列可以证明H2C2O4是弱酸的是___________。‎ A.H2C2O4可以分解为CO、CO2和H2O B.常温下，0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L C.0.1mol/LH2C2O4溶液25mL 可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL D.常温下，0.05mol/L的H2C2O4溶液pH≈4‎ ‎（2）已知：①CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) △H1=-130kJ/mol ‎②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+76kJ/mol ‎③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H20(g) △H3=+41kJ/mol 则CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=________。‎ ‎（3）向2L容器中通入3molCO2、3molCH4，在不同温度下，以镍合金为催化剂，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)。平衡体系中CH4和CO2的体积分数如下图。‎ ‎①高温下该反应能自发进行的原因是______________，930K时的平衡常数K=_______(保留两位小数)。‎ ‎②请解释图中曲线随温度变化的原因______________。‎ ‎③在700～1100K内，同温度下平衡转化率：CO2________CH4(填“大于”、“ 小于”或“等于”)，结合（2）提供的反应分析，其原因可能是______________。‎ ‎【答案】 (1). 升温 (2). 增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点) (3). BD (4). +247kJ/mol (5). △S>0 (6). 3.72moL2/L2 (7). 正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小 (8). 大于 (9). CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①升高温度，增大H2C2O4浓度都可以使反应速率加快；正确答案：增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点)。‎ ‎②H2C2O4可以分解为CO、CO2 和H2O，只能证明H2C2O4不稳定，易发生分解；A错误；‎ ‎ NaHC2O4中HC2O-4 H++ C2O42-, HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)=c(Na+)，所以0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L,所以H2C2O4是弱酸，B正确；0.1mol/LH2C2O4溶液25mL可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL恰好完全中和，不能证明H2C2O4是弱酸，C错误；常温下，如果0.05mol/L的H2C2O4溶液为强酸，c(H=)=0.1mol/L，pH=1，而实际pH≈4，H2C2O4是弱酸，D正确；正确选项BD。 ‎ ‎（2）根据盖斯定律可知：②-①+③，可得CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=+247kJ/mol； 正确答案：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=+247kJ/mol。‎ ‎（3）①从图像可知，温度升高，平衡体系中CH4和CO2的体积分数，正反应为吸热反应，△H>0，△S>0，高温下该反应能自发进行；‎ 设甲烷的变化量为x mol，容器的体积为2L；‎ 根据反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)‎ 起始量 3 3 0 0‎ 变化量 x x 2x 2x 平衡量 3-x 3-x 2x 2x 平衡体系中CH4的体积分数为20%，则（3-x）/ (3-x+3-x+2x+2x)=20%, x=9/7mol ; 各物质浓度：c(CH4 )=6/7mol/L ;c(CO2)= 6/7mol/L；c(H2)=9/7mol/L; c( CO)= 9/7mol/L；c2(H2)×c2( CO)=(9/7)2×(9/7)2=(81/49)2，c(CH4 )×c(CO2)=6/7×6/7=36/42，930K时的平衡常数K=c2(H2)×c2( CO)/ c(CH4 )×c(CO2)= (81/49)2/36/42=3.72moL2/L2；正确答案：△S>0 ；3.72moL2/L2 。 ‎ ‎②根据图像变化可知，升高温度，反应物体积分数减小，平衡右移，正反应为吸热反应；正确答案：正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小。‎ ‎③在700～1100K内，同温度下，二氧化碳体积分数小于甲烷的体积分数，说明二氧化碳消耗的多，平衡转化率大于甲烷；其原因可能是CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2；正确答案：大于；CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2。‎ 点睛：判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。‎ ‎9.氯化亚铜是化工和印染等行业的重要原料，广泛用作有机合成的催化剂。‎ Ⅰ.甲采用CuCl2·2H2O热分解法制备CuCl，装置如图。‎ ‎（1）仪器X名称是_______________，C中烧杯的试剂可以是__________。‎ ‎（2）“气体入口”通入的气体是_______。‎ ‎（3）反应结束后，取所得产品分析，发现其中含有氧化铜，其可能原因是______________。‎ Ⅱ.乙另取纯净CuCl2固体用如下方法制备CuCl。‎ ‎（4）操作②中反应的离子方程式为___________________。‎ ‎（5）操作①中若用100 mL 10 mol/L盐酸代替0.2 mol/L盐酸，再通入SO2后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种猜想：‎ 猜想一：c(H＋)过大导致白色沉淀溶解。为验证此猜想，取75gCuCl2固体、100 mL0.2 mol/L盐酸及________mL10.0mol/LH2SO4配制成200 mL溶液，再进行操作②，观察是否有白色沉淀产生。‎ 猜想二：_______________。请设计实验说明该猜想是否成立：_________________。‎ ‎【答案】 (1). 硬质玻璃管 (2). NaOH溶液 (3). HCl (4). HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得 (5). SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+ (6). 49 (7). c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解 (8). 取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，发生的反应为2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O，因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为抑制水解，气体入口需要通入HCl气体，然后加热A处试管，干燥管中无水硫酸铜变蓝，可以检验生成的水，D中NaOH溶液吸收尾气；‎ Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，生成CuCl沉淀，据此书写反应的方程式；‎ ‎(5)根据氢原子守恒分析解答；根据盐酸中含有的离子结合题意猜想并验证。‎ ‎【详解】I．(1)根据图示，仪器X为硬质玻璃管，2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O，氯气有毒，所以氯气在C中用氢氧化钠吸收，故答案为：硬质玻璃管；NaOH溶液；‎ ‎(2)因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为了抑制水解，需要在 “气体入口”通入HCl，故答案为：HCl；‎ ‎(3)HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，故答案为：HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得；‎ Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，反应为SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O =SO42-+2CuCl↓+4H+，故答案为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O =SO42-+2CuCl↓+4H+；‎ ‎(5)设10.0mol/LH2SO4‎ 的体积为VmL，则0.2×0.1+V×10.0×2=10×0.1，解之得V=49mL，猜想二：结合盐酸中的离子进行猜想，可能是氯离子的浓度过大，导致白色沉淀溶解，可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立，故答案为：49；c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。‎ ‎10.硫酸铜是一种常见的无机化合物，可形成CuSO4 .5H2O、CuSO4 .H2O等多种结 晶水合物，它可用作杀菌剂，还可用于电镀和电解精炼铜。冋答下列问题：‎ ‎(1)CuSO4 .5H2O的俗名是________ 。‎ ‎(2)工业利用“冶炼硫酸铜”(主要成分CuSO4含少量Fe2+、AsO2-、Ca2+等杂质)提纯 制备“电镀硫酸铜”(CuSO4 .H2O)的生产流程如下：‎ 溶解所用的酸最适宜的是_____ ，氧化的产物中有比H3AsO4和______，调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4、Fe((OH)) 3外还有______，生成FeAsO4反应的离子方程是________,操作a需经过蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥等步骤，其中洗涤的过程中常用无水乙醇，其作用是______________________。‎ ‎(3)用CuSO4溶液电解精炼铜装置如图所示，粗铜中含 锌、银、铂杂质，阳极发生的电极反应式_______： 目前世界正在 大力开展用Cu+的络合物作电解质溶液制备纯铜的研究，电解Cu+的 络合物与电解CuSO4溶液相比较，优点是________________,‎ ‎【答案】 (1). 胆矾或蓝矾 (2). 硫酸 (3). Fe2(SO4)3 (4). CaCO3 (5). 2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑ (6). 冷却结晶 (7). 迅速除去晶体表面的水，防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O (8). Zn-2e-=Zn2+ Cu-2e-=Cu2+ (9).‎ ‎ 理论上制备相同质量的铜时，可以节省一半的电能 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）CuSO4•5H2O的俗名为胆矾或蓝矾；‎ ‎（2）因为最后制取的为电镀硫酸铜CuSO4•H2O，所以加入的酸最好为硫酸；亚铁离子能被过氧化氢氧化，所以产物中含有硫酸铁。调节pH时加入的试剂为碳酸钠，所以溶液中的钙离子与碳酸钠反应生成碳酸钙。调节pH时生成固体的主要成分除FeAsO4，说明铁离子和H3AsO4在碳酸根离子存在反应生成FeAsO4，同时产生二氧化碳，离子方程式为：2H3AsO4+2Fe3++3CO32-=2FeAsO4↓+3H2O+3CO2↑。因为要制备的是电镀硫酸铜，电镀硫酸铜含有一定量的结晶水，故操作a是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。洗涤过程使用无水乙醇，利用乙醇和水任意比互溶，其作用是迅速除去晶体表面的水，防止与表面的水的形成CuSO4•5H2O。‎ ‎（3）电解精炼铜中粗铜在阳极反应，粗铜中含 锌、银、铂杂质，最活泼的为锌，其次为铜，故电极反应为：Zn-2e-=Zn2+ ， Cu-2e-=Cu2+；电解Cu+的 络合物与电解CuSO4溶液相比较，Cu+得到电子生成铜，与铜离子得到电子生成铜相比较，理论上制备相同质量的铜时，可以节省一半的电能。‎ ‎11.工业上利用如下反应制取P4：2Ca(PO4)2 +6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO 回答下列问题：‎ ‎(1)基态硅原子的核外电子排布式为___。‎ ‎(2)Si、P、S元素第一电离能大小关系为___。‎ ‎(3)P4中P原子的杂化方式是___ ，P4的空间结构为___ ，键角∠PPP=___。‎ ‎(4)与CO互为等电子的阴离子是___ (填化学式)。‎ ‎(5)晶体硅与金刚石结构相似，下图为晶体硅的晶胞结构。已知硅原子的半径为r nm，晶体硅的密度是___g/cm3。‎ ‎(6)硅的含氧化合物都以硅氧四面体(SiO4)作为基本结构单元，如图a所示，可简化为图b。‎ 硅、氧原子通过共用氧原子形成各种不同的硅酸根负离子，如图c和图d，图c的化学式____________。在无限长链的硅酸根中硅氧原子之比为____。‎ 硅、氧原子除可形成长链外，也可形成层状和立体网状结构。在立体网状结构中，硅、氧原子数之比为____。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2，或[Ne]3s23p2 (2). P>S>Si或SiIIIA、VA>VIA，因此第一电离能大小顺序是P>S>Si或Si

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