四川省泸州市泸县第五中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题

四川省泸州市泸县第五中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题

‎1.下列关于文献记载的说法正确的是 A. 《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质 B. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化 C. 《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程 D. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及实验操作是蒸馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。‎ ‎2.下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯()的说法正确的是 A. 与互为同系物 B. 二氯代物有3种 C. 所有原子都处于同一平面内 D. 1mol该有机物完全燃烧消耗5molO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的分子式为C4H4O，共有2种等效氢，再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。‎ ‎【详解】A．属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；B．共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；C．中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则 中所有原子都处于同一平面内，故C正确；D．的分子式为C4H4O，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×（4+）=4.5mol，故D错误；故答案为C。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 常温常压下，1 mol甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA B. pH＝1的H2SO3溶液中，含有0.1NA个H＋‎ C. 1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NA D. 1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一个14C中的中子数为8，一个D中的中子数为1，则1个甲基(—14CD3)所含的中子数为11，一个14C中的电子数为6，一个D中的电子数为1，则1个甲基(—14CD3)所含的电子数为9；则1 mol甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，故A正确；‎ B. pH＝1的H2SO3溶液中，c(H+)为0.1mol/L，没有给出溶液的体积，无法根据公式n=cV计算出氢离子的物质的量，也无法计算氢离子的数目,故B错误；‎ C.铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数依次为2mol、3mol，故C错误；‎ D.酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA，故D错误。答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查的是与阿伏加德罗常数有关的计算。解题时注意C选项中铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故失电子数不同；D选项酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，可逆反应的特点是不能进行彻底，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中不会完全水解。‎ ‎4.实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列设计能达到相应实验目的的是 A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙使Br－全部转化为溴单质 C. 用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层 D. 用装置丁将分液后的水层蒸发至干，再灼烧制得无水FeCl3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，不能制备氯气，应用浓盐酸，A项错误；‎ B. 图中导管的进入方向不合理，会将溶液排出装置，则不能将溴离子完全氧化，应为“长进短出”，B项错误；‎ C. 苯不溶于水，且密度比水小，则溴的苯溶液在上层，则用分液漏斗分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，C项正确；‎ D. 蒸发时促进氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，而盐酸易挥发，蒸干得到Fe(OH)3，灼烧得到氧化铁，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】D项是学生们的易错点，在空气中蒸干氯化铁溶液，由于氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，而氯化氢易挥发，会生成大量的氢氧化铁，最终得到氢氧化铁固体，进一步灼烧会得到氧化铁。‎ ‎5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列说法错误的是 A. X和Y、W均至少能形成两种化合物 B. 乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物 C. 四种元素简单离子半径中Z的最小 D. 气态氢化物的稳定性：X>W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶于其浓溶液中，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2；常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙→丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为Na2S。‎ A. 根据上述分析 X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；‎ B. 通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物，故B错误；‎ C. W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；‎ D. X和W为同主族元素，非金属性X>W，因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性X>W，故D正确。答案选B。‎ ‎6.已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是 A. 电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移 B. Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-‎ C. 电池工作结束后，电解质溶液的pH降低 D. Al电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03×1023个电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；‎ B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；‎ C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+ OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；‎ D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.5×3NA=9.03×1023，D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。‎ ‎7.某温度下，向10 mL 0.1 mol·L-lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-lAgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl-)或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是 A. 该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12‎ B. al、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞c C. 若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点 D. 用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据pM=－lgc(Cl-)或pM=－lgc(CrO42－)可知，c(CrO42－)越小，pM越大，根据图像，向10 mL 0.1 mol·L-lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-lAgNO3溶液。当滴加10 mL0.1 mol·L-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 mol·L-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)= 10－4mol·L-l，则c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确；‎ B．al点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的，则c(CrO42－)= 0.025mol·L-l，则c(Ag+)==×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；‎ C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；‎ D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3‎ 标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.用硼镁矿(Mg2B2O5·H2O，含Fe2O3杂质)制取硼酸(H3BO3)晶体的流程如下。‎ 同答下列问题：‎ ‎(1)沉淀的主要成分为____________________(填化学式)。‎ ‎(2)写出生成Na2B4O5(OH)4·8H2O的化学方程式_________________________________。‎ ‎(3)检验H3BO3晶体洗涤干净的操作是______________________________。‎ ‎(4)已知：‎ 实验室利用此原理测定硼酸样品中硼酸的质量分数。准确称取0.3000g样品于锥形瓶中，加入过量甘油加热使其充分溶解并冷却，滴入1～2滴酚酞试液，然后用0.2000mol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00mL。‎ ‎①滴定终点的现象为________________________。‎ ‎②该硼酸样品的纯度为_________________％(保留1位小数)。‎ ‎(5)电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如下图。‎ ‎①b膜为________交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)。理论上每生成1molH3BO3，两极室共生成__________L气体(标准状况)。‎ ‎②N室中，进口和出口NaOH溶液的浓度：a％_________b％(填“>”或“<”)。‎ ‎【答案】 (1). Mg(OH)2、Fe2O3 (2). 4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）4▪8H2O↓+2NaHCO3 (3). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净 (4). 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (5). 90.9 (6). 阴离子 (7). 16.8 (8). <‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去沉淀Mg（OH）2和Fe2O3，NaB（OH）4溶液中通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O5（OH）4•8H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于盐酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O5（OH）4•8H2O晶体与盐酸反应得到硼酸，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硼酸(H3BO3)晶体。‎ ‎(1)镁离子可以生成氢氧化镁沉淀，三氧化二铁不与氢氧化钠反应； ‎ ‎(2)反应物NaB（OH）4和过量CO2，生成物Na2B4O5(OH)4·8H2O和碳酸氢钠，写出化学方程式；‎ ‎(3)取最后一次洗涤液，利用硝酸银检验； ‎ ‎(4) ①根据酚酞遇酸不变色，遇碱变红来判断；‎ ‎②利用关系式法进行计算；‎ ‎(5)M室氢氧根离子失电子，氢离子经过a膜进入产品室，a膜为阳离子交换膜；原料室中B（OH）4-通过b膜进入产品室遇M室进入的H+反应生成H3BO3，b膜为阴离子交换膜；原料室Na+经过c膜进入N室，c膜为阳离子交换膜，N室氢离子得电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大。即M室生成氧气，消耗水，N室生成氢氧化钠和氢气，据此分析。‎ ‎【详解】(1) 硼镁矿与氢氧化钠反应，镁离子生成氢氧化镁沉淀，Fe2O3不与氢氧化钠反应，因此沉淀的主要成分为Mg(OH)2、Fe2O3；‎ 答案：Mg(OH)2、Fe2O3‎ ‎(2) 反应物NaB（OH）4和过量CO2，生成物Na2B4O5(OH)4·8H2O和碳酸氢钠，化学方程式为4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）4▪8H2O↓+2NaHCO3；‎ 答案：4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）4▪8H2O↓+2NaHCO3‎ ‎(3)检验H3BO3晶体洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净；‎ 答案：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净 ‎(4)①滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；‎ 答案：溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色 ‎②H3BO3～NaOH ‎ 1mol 1mol ‎ n（H3BO3）0.2000mol/L×22.00×10-3L 得n（H3BO3）=0.0044mol m（H3BO3）= n（H3BO3）×M（H3BO3）=0.0044mol×62g/mol=0.2728g 纯度为×100%=90.9%‎ ‎(5)M室氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子经过a膜进入产品室，a膜为阳离子交换膜；原料室中B（OH）4－通过b膜进入产品室遇M室进入的H+反应生成H3BO3，b膜为阴离子交换膜；原料室Na+经过c膜进入N室，c膜为阳离子交换膜，N室氢离子得电子生成氢气，氢氧根离子浓度逐渐增大。‎ ‎①由上面分析可知b膜为阴离子交换膜，因为H++ B（OH）4－=H3BO3+H2O，因此转移1mol电子生成1mol H3BO3；列关系式 ‎1mole-～1/4O2（M室）～1mol H3BO3～1/2H2（N室）‎ 理论上每生成1molH3BO3，两极室共生成（1/2+1/4）mol×22.4L/mol=16.8L气体(标准状况)；‎ ‎②由上面分析可知N室中，进口和出口NaOH溶液的浓度：a％

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