贵州省余庆中学2020届高三上学期开学考试化学试题

2019-2020学年上学期开学考试理综化学

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)2SO4·6H2O]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 FeO·FeyCrxO3。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(2－x)mol

B. 处理废水中的物质的量为mol

C. 反应中发生转移的电子数为3nxmol

D. 在FeO· FeyCrxO3中，3x＝y

【答案】A

【解析】

试题分析：具有强氧化性，FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O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nymol＝3nxmol，即3x＝y。据Cr、Fe原子守恒可知，生成nmol FeO·FeyCrxO3时，消耗mol，消耗n(y＋1) mol硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为mol×6＝3nxmol，又知3x＝y则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x＋1) 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 Cu

B. 铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2

C. 铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe3＋

D. 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)2Na＋Cl2↑

B. 金属镁的制取：MgO＋COMg＋CO2

C. 金属铬的制取：Cr2O3＋2Al2Cr＋Al2O3

D. 金属汞的制取：2HgO2Hg＋O2↑

【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：

①将蒸馏烧瓶固定在铁架台上；

②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；

③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；

④检查气密性；

⑤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. ②③④①⑤ B. ②①③⑤④ C. ②①⑤④③ D. ②①③④⑤

【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)2·12H2O】。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)2·12H2O+3S＝2K2SO4+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         ①                 。

焙烧948t明矾(M＝474 g/mol )，若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98％的硫酸  ②   t。

【答案】（1）S

（2）蒸发结晶

（3）4

（4）Al＋3NiO(OH)＋NaOH＋H2O=3Ni(OH)2＋NaAlO2

（5）①SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)△H=-130kJ·mol－1②432

【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 Na2CO3

2)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

⑵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＋+OH－NH3↑+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＋+OH－NH3↑+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Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O，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). PbO2＋4H＋＋SO42-＋2e－=PbSO4＋2H2O    (3). 减小    (4). 2H＋＋2e－=H2↑    (5). 0.4    (6). Cu－2e－=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/2×2g/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①﹣⑥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E→F____；H→G____。

（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). ① ③ ⑤    (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①-⑥中，属于加成反应的是①③⑤， B为CH3OH，分子式为CH4O，故答案为：①③⑤；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 ）E→F 的反应方程式为（CH3）2CHCH2OH（CH3）2C=CH2+H2O，H→G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：①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥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：

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). SiO2＞KClO3＞I2    (5). ①<⑤<③<②<④<⑥    (6). CO2    (7). H2    (8). H2、CO2、HF    (9). HF    (10). (NH4)2SO4    (11). SiC    (12). SiC＞(NH4)2SO4＞HF＞CO2＞H2    (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溶解性。

【详解】(1)氯酸钾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，所以熔点大小顺序为：SiO2＞KClO3＞I2；

(2)根基晶体类型分析，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，Si和金刚石都是原子晶体，原子半径越小，共价键越强，熔点越高，CO2和CS2都是分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，所以熔点低到高的顺序为：①⑤③②④⑥；

(3)由极性键形成的非极性分子有CO2，由非极性键形成的非极性分子有H2，能形成分子晶体的物质是 H2、CO2、HF，含有氢键的晶体的化学式是 HF，属于离子晶体的是(NH4)2SO4，属于原子晶体的是SiC，五种物质的熔点由高到低的顺序是 SiC＞(NH4)2SO4＞HF＞CO2＞H2；

(4)根据晶体的物理性质分析：

A．固态时能导电，能溶于盐酸，属于金属晶体；

B．能溶于CS2，不溶于水，属于分子晶体；

C．固态时不导电，液态时能导电，可溶于水，属于离子晶体；

D．固态、液态时均不导电，熔点为3 500℃，属于原子晶体；

(5)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，MgF2中离子键更强，熔点更高；

(6)根据该物质的熔沸点知，该物质属于分子晶体，该物质的结构为正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，根据相似相溶原理知，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，苯和四氯化碳都是非极性分子，所以该物质易溶于苯和四氯化碳，故答案为bc。

【点睛】晶体熔点的比较，首先判断晶体的类型，原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。一般来说晶体的熔点原子晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，相同晶体从影响晶体熔沸点高低的因素分析。