【化学】广东省佛山市第一中学2020届高三上学期期中考试理综（解析版）
福建省长汀、连城一中等六校2020届高三上学期期中联考
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B. 流感疫苗要冷藏存放，以免蛋白质变性
C. “地沟油”经分馏可得汽油，用作汽车燃料
D. 国产大飞机C919使用的“现代工业骨骼”碳纤维是一种新型的有机高分子材料
【答案】B
【详解】A. 硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故手机中芯片的主要成分是单晶硅，故A错误；
B. 疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；
C.对地沟油为原料制取可以得到生物柴油，粗生物柴油再经分馏才能得到发动机的燃料，故C错误；
D. 碳纤维是无机物，是一种无机高分子材料，故D错误；
正确答案是B。
2.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24L苯分子中共价键的数目为0.4NA
B. 2 L 0.5 mol/LH2SO3溶液中含有的H+数目为2NA
C. 7.8gNa2O2固体中含有的离子总数为0.37NA
D. 常温下，1 molFe与足量浓硝酸反应，电子转移数目为3NA
【答案】C
【详解】A. 标准状况下苯不是气体，2.24L苯物质的量不是0.1mol，故A错误；
B. 亚硫酸是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，所以2L 0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+离子数远小于2NA，故B错误；
C. 过氧化钠中有钠离子和过氧根离子，7.8g过氧化钠是0.1mol，每1mol Na2O2中有3mol离子，总数是0.3NA，故C错误；
D. 常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，电子转移不是3NA个，故D错误；
正确答案是C。
3.M是一种治疗济疮的新型药物，合成路线如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. X的分子式为C10H16O2
B. Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. Y生成M的反应类型为取代反应
D. 可用NaHCO3溶液或溴水鉴别X和M
【答案】D
【详解】A. X的结构式为，分子式为C10H16O2，故A正确；
B. Y中具有甲基，甲基具有甲烷结构特点，所以Y中所有原子不可能处于同一平面上，故B正确；
C. Y生成M可以观察到Y中氯原子被代替，所以反应类型为取代反应，故 C正确；
D. X中含有羧基、M中不含羧基，X、M中都含有碳碳双键，羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，碳碳双键能和溴发生加成反应，所以碳酸氢钠能鉴别X和M，但是X和M都和溴发生加成反应而使溴水褪色，不能用溴水鉴别X和M，故D错误；
题目要求选择错误选项，故选D。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Y>Z>X>W
B. 简单氢化物的热稳定性：W>X>Z
C. Y、Z形成的化合物溶于水会促进水的电离
D. 上述刺激性气体通入紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色
【答案】C
【分析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。
【详解】A. 由分析可知，Y是钠、X是氧、Z是硫、W是氮，N、O同周期，Na、S同周期，自左而右原子半径减小，故原子半径：N＞O，Na＞S，S电子层多，原子半径较大，S＞N；故原子半径Na＞S＞N＞O，故选A错误；
B. 非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，即W
_____________________（按气流方向,用小写字母表示）。
（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOC1,装置如下图所示。操作为：检验装置气密性并装入药品，打开K2,然后再打开K3通入一段时间气体Cl2,然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时， 停止实验。
①实验室也可用X装置制备NO,相对甲组同学的气体发生装置，X装置的优点为____________________________________.
②若无装置Y，则Z中NOC1可能发生反应的化学方程式为_________________________.
（3）取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用 cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_________________________________________________________________;亚硝酰氯（NOC1）的质量分数为______________（用代数式表示）。
[已知：Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp（AgCl）= 1.56×10-10, Ksp（Ag2CrO4）=l×l012]
【答案】 (1). 锥形瓶 (2). B (3). 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O (4). f→g→c→ b→d→e→i→h (5). 排除装置内空气的干扰，制得的NO更纯净 (6). 2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑ (7). 当滴入最后一滴AgNO3
标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失 (8).
【分析】（1）①仪器M名称为锥形瓶；
②制备NO，常用Cu和稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此选用的装置为B，反应离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；
③a装置为制备Cl2装置，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸，氯气的密度大于空气的密度，收集时从d管通入，氯气有毒，必须尾气处理，连接顺序是a→f→g→c→ b→d→e→j→h；
（2）①装置X的优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；
②装置Y的作用是干燥NO，NOCl能与水反应，因此无装置Y，则NOCl与水发生反应，根据信息，反应方程式为2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑；
（3）以K2CrO4溶液为指示剂，用 cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定，当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失，说明滴定至终点；K2CrO4为指示剂，根据溶度积大小，Ag＋先于Cl－反应生成AgCl，建立关系式：NOCl～HCl～AgNO3，可以求得亚硝酰氯（NOC1）的质量分数。
【详解】（1）①仪器M的名称为锥形瓶；②制备NO，常用Cu和稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此选用的装置为B，反应离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；③a装置为制备Cl2装置，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸，氯气的密度大于空气的密度，收集时从d管通入，氯气有毒，必须尾气处理，连接顺序是a→f→g→c→ b→d→e→j→h；
（2）①装置X的优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；
②装置Y的作用是干燥NO，NOCl能与水反应，因此无装置Y，则NOCl与水发生反应，根据信息，反应方程式为2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑；
（3）以K2CrO4溶液为指示剂，用 cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定，当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失，说明滴定至终点；K2CrO4为指示剂，根据溶度积大小，Ag＋先于Cl－反应生成AgCl，建立关系式：NOCl～HCl～AgNO3，NOCl的质量分数为×100%=。
9.碲（Te）具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以MezTeCMe表 示金属Cu、Pb、Au、Ag等）的形式存在。
（1）利用“氯化浸出-还原法”制备Te的工艺流程如下所示。
①浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCu、H2TeO3,则浸出渣的主要成分为____________（填化学式）；“浸出”过程中有少量污染性气体生成，该气体是___________（填物质名称）
②已知HAuCU是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为___________________________________。
③欲得到64g碲，则“二级还原”过程中至少需通入______mol SO2。
（2） “氧化碱浸-电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3和Cu（OH）2，经电解即可获得Te。
①以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为________________________________。
②电解过程中，阴极的电极反应式为_____________________。
③与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是____________________（任写一点）
【答案】(1). PbSO4和AgCl (2). 氯气 (3). [AuCl4]- + 3Fe2+ = 3Fe3+ + Au + 4Cl- (4). 1 (5). Cu2Te + 2O2 + 2NaOH + H2O = Na2TeO3 + 2Cu（OH）2 (6). TeO32- + 4e- + 3H2O = Te + 6OH- (7). 不生成氯气等污染性气体（或工艺简单）
【分析】（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。
②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；
③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。
（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu(OH)2。
②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
③
与“氯化浸出-还原法”相比，“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。
【详解】（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。
②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；
③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。
（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu（OH）2。
②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
③根据以上分析可知与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。
10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。
（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态H2O。
已知：CH4（g）+2O2（g） = CO2（g）+2H2O（l）= -890.3 kJ/mol
S（s）+O2（g） = SO2（g） AH=-291.2 kJ/mol
则CH4和SO2反应的热化学方程式为____________________________________________。
（2）在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成（如图1所示），该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：
①分析可知X为_________（填化学式），0〜t1时间段的温度为_________________.
②用H2还原SO2生成S的总反应的化学方程式为____________________________________.
（3）焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为2C（s）+2SO2（g）= S2（g）+2CO2（g）。在恒容密闭容器中，1 mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。
①该反应的△H____（填“ > ”或“<”）0。
②计算a点的平衡常数为_________________.
（4）工业上用Na2SO3溶液处理硫酸厂的废气SO2得NaHSO3溶液。
①某温度下，用1.0mol/LNa2SO3溶液吸收纯净的SO2,当溶液pH降至5时，吸收能力显著下降，应更换吸收剂。此时溶液中_____。（已知该温度下H2SO3的电离平衡常数：Ka1=1.5010-2,Ka2=1.25l0-6）
②用惰性电极电解NaHSO3废水可使吸收液再生，原理如下图所示，M和N为离子交换膜。阳极的电极反应式为：__________________________。
【答案】(1). CH4（g）＋2SO2（g） = CO2（g）＋2S（s）＋2H2O（l） ΔH＝－295.9kJ/mol (2). H2S (3). 300℃ (4). 2H2＋SO2S＋2H2O (5). ＜ (6). 36.45 (7). 1/8 (8). HSO3- - 2e- + H2O = SO42- + 3H+
【分析】（1）CH4 和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol 和297.2kJ/mol，可知热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H＝−890.3kJ/mol ①；S(s)+O2(g)=SO2(g) △H＝−297.2kJ/mol ②；根据盖斯定律，将①-②×2可得CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)的反应热；
（2）①根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S，在100℃到200℃时，H2S和SO2反应生成S和水；
②根据分析可知，SO2和H2最终反应生成S和水，据此写出化学方程式；
（3）①根据图象可知，升高温度，SO2转化率降低；
②利用三段式计算出反应物和生成物的平衡浓度，根据平衡常数K= 来计算；
（4）①根据反应SO32-+H2O+SO2=2HSO3-可知当溶液pH降至5时，溶液中的溶质为H2SO3 和NaHSO3，c(H+)=10-5mol/L，根据SO32-+H+⇌HSO3-平衡常数K= =Ka2=1.25 l0-6，可以求得；
②观察图形可知，左侧氢离子放电发生还原反应为阴极，右侧发生氧化反应为阳极，HSO3-失去电子变成SO42-；
【详解】（1）CH4 和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol 和297.2kJ/mol，可知热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H＝−890.3kJ/mol ①；S(s)+O2(g)=SO2(g) △H＝−297.2kJ/mol ②；根据盖斯定律，将①-②×2可得CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)的反应热；△H＝−295.9kJ/mol，故答案为CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H＝−295.9kJ/mol；
（2）①根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S，在100℃到200℃时，H2S和SO2反应生成S和水；故0∼t1时间段温度为300℃；故答案为H2S；300℃；
②根据分析可知，SO2和H2最终反应生成S和水，故化学方程式：2H2＋SO2S＋2H2O；故答案为 2H2＋SO2S＋2H2O
（3）①根据图象可知，升高温度，SO2的转化率降低，即平衡左移，此反应为放热反应，即△H<0，故答案为<；
②由于点a的二氧化硫的转化率为90%，故有：
2C(s)+2SO2(g)⇌S2(g)+2CO2(g)
初始(c)：1mol/L 0 0
转化(c)：0.9mol/L 0.45mol/L 0.9mol/L
平衡(c)：0.1mol/L 0.45mol/L 0.9mol/L
故平衡常数K===36.45，故答案为36.45；
（4）根据反应SO32-+H2O+SO2=2HSO3-可知当溶液pH降至5时，溶液中的溶质为H2SO3 和NaHSO3，c(H+)=10-5mol/L，根据SO32-+H+⇌HSO3-平衡常数K=
=Ka2=1.25×l0-6，解得1/8；故答案为1/8；
（5）观察图形可知，左侧氢离子放电发生还原反应为阴极，右侧发生氧化反应为阳极，HSO3-失去电子变成SO42-，电极方程式为：HSO3- - 2e- + H2O = SO42- + 3H+；故答案为HSO3- - 2e- + H2O = SO42- + 3H+。
11.【化学——物质结构与性质】
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：
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）己知分子中的大键可用符号表示，其中n代表参与形成大键的原子数，m代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为）。EMIM+离子中的五元环跟苯分子相似为平面结构，则EMIM+ 离子中碳原子杂化方式有：_____，其中的大键应表示为_____________.
（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xpm，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). NH3间存在氢键，分子间作用力大于PH3 (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). 原子 (8). 4 (9). ×100%
【分析】（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1中EMIM+离子中键总数为5个，根据信息，EMIM+离子中C原子的VSEPR模型有四面体和平面三角形两种，即C原子采用sp3、sp2杂化，EMIM+离子有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示；
（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4，B原子数=8×，晶胞的质量m=，晶胞的体积V==，B、N原子总体积V’=4×[]=cm3，晶胞中原子的空间利用率=×100%=×100%。
【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1中EMIM+离子中键总数为5个，根据信息，EMIM+离子中C原子的VSEPR模型有四面体和平面三角形两种，即C原子采用sp3、sp2杂化，EMIM+离子有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示，故答案为sp3、sp2；Π56；
（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4，B原子数=8×，晶胞的质量m=，晶胞的体积V==，B、N原子总体积V’=4×[]=cm3，晶胞中原子的空间利用率=×100%=×100%。
