四川省阆中中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题

2017级2019年秋第二次月考理综化学试卷

可能用到的相对原子质量：H-1   Li-7  C-12  N-14  O-16  S-32   F-19  Cl-35.5  Cu-64  Fe-56  Zn-65  Mn-55

一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1.明代李时珍的《本草纲目•谷四•烧酒》中记载：“……惟以糯米或粳米或黍或秫或大麦蒸熟，和麴酿瓮中七日，以甑蒸取”。下列说法错误的是

A. 糯米、粳米、大麦等谷物中均含有淀粉

B. 古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反应

C. 酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率一定越快

D. 该过程中涉及蒸馏操作

【答案】C

【解析】

【详解】A. 糯米、粳米、大麦等谷物中均含有淀粉,故A正确；

B. 古法酿酒是利用淀粉在酶的作用下转化为乙醇，所以古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反应，故B正确；

C.因为酶具有活性，温度太高会失去活性，导致酶失效，所以 酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率不一定越快，故C错误；

D. 烧酒的制备过程为选料、制曲、发酵和蒸馏四步，涉及的实验操作是蒸馏，故D正确；

本题答案：C。

2.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数总和等于Z的原子序数，由这四种元素组成一种化合物M具有如下性质下列推断正确的是（　　）

A. 原子半径：Z＞Y＞X＞W

B. 最高价氧化物对应的水化物酸性：Y＞X

C. 简单阴离子的还原性： Z＞W

D. W、Y、Z组成的化合物只含共价键

【答案】B

【解析】

【分析】

M溶液中滴入氯化铁溶液变红，说明溶液中含有硫氰根离子，加入NaOH溶液后加热，生成的气体能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中含有铵根离子，则M为NH4SCN，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，则W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，四种原子最外层电子数总和等于S的原子序数16，符合题意，据此分析解答。

【详解】由上述分析可知，W、X、Y、Z四种元素分别为H、C、N、S；M为NH4SCN。

A．同一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径X＞Y，一般而言，电子层数越多，原子半径越大，原子半径大小为：Z＞X＞Y＞W，故A错误；

B．非金属性：C＜N，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞X，故B正确；

C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则简单阴离子的还原性：W＞Z，故C错误；

D．W、Y、Z组成的化合物可能为NH4HS，其中含离子键、共价键，故D错误；

故选B。

3.下列实验过程可以达到实验目的的是（　　）

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．溶于98g水中，溶液质量为100g，但硫酸铜质量小于2g，则溶液的质量分数小于2%，故A错误；

B．活性炭具有吸附性，不能探究还原性，故B错误；

C．发生沉淀的转化，由现象可比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积，故C正确；

D．碘离子与过氧化氢可发生氧化还原反应，不能探究催化剂对分解反应速率的影响，故D错误；

答案选C。

4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 18g氨基(－ND2)中含有的电子数为10NA

B. 一定质量的乙烷与22.4L(标准状况)Cl2在光照条件下发生取代反应，形成C－Cl键的数目为2NA

C. 用惰性电极电解100mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为0.04NA

D. n(H2SO3)和n(HSO3－)之和为1mol的KHSO3溶液中，含有的K+数目为NA

【答案】C

【解析】

【详解】A．18g该氨基的物质的量为1mol，含有的电子数为9NA，A项错误；B．若形成C-Cl键的数目为2NA，则表示氯气中所有的氯反应后均形成了C-Cl键，这显然是错误的，因为每取代一个氢原子，都还要生成一个氯化氢分子，形成H-Cl键，B项错误；C．用惰性电极电解硫酸铜溶液时，电解过程分两个阶段，第一阶段是电解硫酸铜2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，第二阶段是电解硫酸（实为电解水）：2H2O2H2↑+O2↑。阳极始终产生氧气，阴极先是产生铜，后是产生氢气，因此当阴、阳两极产生相同量的气体时，说明第一阶段和第二阶段产生的氧气的量相同，因第一阶段硫酸铜完全反应，转移电子数为0.02mol，所以两阶段共转移电子数为0.04mol，C项正确；D．KHSO3溶液中硫原子有三种存在形式：H2SO3、HSO3-和SO32-，所以该溶液中K+的数目大于1mol，D项错误；所以答案选C项。

5.某种浓差电池的装置如下图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca(OH)2]，酸液室通入CO2(以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述错误的是（    ）

A. 电子由M极经外电路流向N极

B. N电极区的电极反应式为2H++2e－=H2↑

C. 在碱液室可以生成 NaHCO3、Na2CO3

D. 放电一段时间后，酸液室溶液pH增大

【答案】C

【解析】

【分析】

氢气在电极M表面失电子得到氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极。同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此分析；

【详解】A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A项正确；

B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H++2e－=H2↑，故B项正确；

C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C项错误；

D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D项正确；

综上，本题选C。

6.常温下，H2C2O4的电离常数：Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.0×10-5。在V1mL0.1mol•L-1H2C2O4溶液中滴加0.1mol•L-1KOH溶液，混合溶液中水电离的c水（H+）与KOH溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. V1=20mL

B. b点和d点对应溶液中都存在：c（K+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）

C. 常温下，加水稀释b点对应的溶液，稀释后溶液pH减小

D. 常温下，KHC2O4的Kh1=2×10-10

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据图像，能够水解的盐促进水的电离，在V1mL0.1mol•L-1H2C2O4溶液中滴加0.1mol•L-1KOH溶液20mL，恰好反应生成K2CrO4，溶液显碱性，此时水电离的c水(H+)最大，因此草酸体积V1=10mL，故A错误；

B．b、d点水电离出氢离子1×10-7mol/L，b点为中性溶液，溶液中存在电荷守恒，c (K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，中性溶液中得到c (K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，d点为碱性溶液c (K+)＞c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；

C．常温下加水稀释b点对应的溶液为KHC2O4和K2C2O4的混合溶液，稀释促进草酸氢根离子电离、草酸根离子水解，稀释后溶液pH＞7，故C错误；

D．常温下，C2O42-+H2O=HC2O4-+OH-的Kh1===2×10-10，故D正确；

故选D。

【点睛】本题的易错点为，B，要注意b、d点水电离出氢离子浓度相等，都是1×10-7mol/L，但b点为中性溶液，d点为碱性溶液。

7.硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A. 水在此过程中作还原剂

B. 若用D2O代替H2O，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2

C. 通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率

D. 与水反应的离子方程式为：BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑

【答案】A

【解析】

【分析】

根据图知，BH4-和H2O生成B(OH)4-和 H2，离子方程式为BH4-+4H2O═B(OH)4-+4H2↑，据此分析解答。

【详解】A、水中氢元素的化合价降低，是氧化剂，BH4-中氢元素的化合升高，是还原剂，故A错误；

B、若用D2O代替H2O，D2O中的D一部分进入氢气，一部分进入B(OH)4-，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、HD、D2，故B正确；

C、使用催化剂可以改变化学反应速率，所以通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故C正确；

D、反应的离子方程式为：BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑，故D正确；

故选A。

8.MnSO4晶体是一种易溶于水微红色晶体，某校同学设计实验制备并检验MnSO4的性质。回答下列问题：

（1）甲组同学设计用SO2和适量纯净的MnO2制备MnSO4，其装置如下：

①A装置中固体药品X通常是______填化学式）。

②B装置中通SO2的导管末端接多孔球泡的目的是______；C装置用于吸收少量的SO2，发生反应的离子方程式为______。

（2）乙组同学定性检验甲组同学的产品中Mn2+的存在，取少量晶体溶于水，加入（NH4）2S2O8溶液，滴入硝酸银（作催化剂），微热振荡，溶液显紫色，发生反应的离子方程式为______。

（3）丙组同学为检验无水MnSO4（接近白色）的热分解产物，将MnSO4晶体脱水后放入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓慢通入N2，加热，硬质玻璃管中最后得到黑色固体。

①检验分解的气态产物中是否有SO2及SO3，装置E、F中的溶液依次是______、______（填字母）。

a．Ba（NO3）2溶液    b．BaCl2溶液    c．品红溶液     d．浓硫酸

②若D中得到的黑色粉末为Mn3O4，E、F中均有明显现象，则D中发生反应的化学方程式为______。

（4）丁组同学设计实验以丙组同学得到的黑色粉末为原料，利用铝热反应原理将其还原为金属锰，所需的药品除氯酸钾外，还需要______。

【答案】    (1). Na2SO3    (2). 增大SO2与液体的接触面积    (3). SO2+2OH-=SO32-+H2O    (4). 2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+    (5). b    (6). c    (7). 3MnSO4Mn3O4+SO2↑+2SO3↑    (8). 铝粉、镁条

【解析】

【详解】（1）①A装置制备二氧化硫气体，实验室一般用亚硫酸盐与浓硫酸制备，固体药品X通常是Na2SO3,故答案为：Na2SO3；

②B装置中通SO2的导管末端接多孔球泡的目的是增大SO2与液体的接触面积；C装置用于吸收少量的SO2，反应为：SO2+2OH-=SO32-+H2O,故答案为：增大SO2与液体的接触面积；SO2+2OH-=SO32-+H2O；

（2）根据题意，Mn2+与（NH4）2S2O8溶液在硝酸银作催化剂，微热振荡反应，溶液显紫色，说明生成高锰酸跟离子，锰元素化合价升高，则硫元素化合价降低生成硫酸根离子，故反应为：2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+,故答案为：2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+；

（3）①检验分解的气态产物中是否有SO2及SO3，检验三氧化硫时，为防止二氧化硫的干扰，用氯化钡溶液检验，二氧化硫用品红溶液检验，装置E、F中的溶液依次是BaCl2溶液，品红溶液,故答案为：b；c；

②D中得到的黑色粉末为Mn3O4，E、F中均有明显现象，说明生成SO2及SO3，反应为：3MnSO4Mn3O4+SO2↑+2SO3↑,故答案为：3MnSO4Mn3O4+SO2↑+2SO3↑；

（4）利用铝热反应原理将其还原为金属锰，所需的药品有铝粉，氯酸钾作供氧剂，还需要点燃的镁条提供高温条件,故答案为：铝粉、镁条。

9.NF3（三氟化氮）在常温常压下是无色、无味的气体，是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体。回答下列问题：

（1）NF3的电子式为______，N元素的化合价为______。

（2）F2与NH3直接反应生成NF3的化学方程式为______。

（3）实验室模拟工业上利用电解熔融NH4HF2（NH4F•HF）法制取NF3，阳极为以Ni为基本材料的合金（内含其他金属，忽略镍及其他金属的反应），阴极为碳素钢，电解废液可回收再利用。

①电解时NF3在______极生成；阴极产生的气体是______（填化学式）。

②电解后废液（含Ni少量Fe和Cu的单质及NH4HF2等）可经如下流程进行回收再利用：

已知该实验条件下，部分金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如下表

步骤I的目的是______；步骤Ⅱ滤饼中Ni溶于硝酸的离子方程式为______（HNO3的还原产物为NO）；步骤Ⅲ调节pH时，理论上pH应控制的范围是______。

【答案】    (1).     (2). +3    (3). NH3+3F2=NF3+6HF或4NH3+3F2=NF3+3NH4F    (4). 阳    (5). H2    (6). 除去NH4HF2    (7). 3Ni+8H++2NO3-=3Ni2++2NO+4H2O    (8). 6.7≤pH＜7.2

【解析】

【详解】（1）NF3为共价化合物，电子式为，N为+3价、F为-1价，

故答案为：；+3；

（2）F2与NH3直接反应生成NF3，同时生成HF或NH4F，方程式为NH3+3F2=NF3+6HF或4NH3+3F2=NF3+3NH4F，

故答案为：NH3+3F2=NF3+6HF或4NH3+3F2=NF3+3NH4F；

（3）①利用电解熔融NH4HF2（NH4F•HF）法制取NF3，N元素被氧化，应为阳极反应；阴极生成氢气，

故答案为：阳；H2；

②由流程可知，加水溶解，可除去NH4HF2，加入过量稀硝酸，金属溶解，Ni溶于硝酸的离子方程式为3Ni+8H++2NO3-=3Ni2++2NO+4H2O，调节溶液pH，使铜离子、铁离子完全沉淀，且避免镍离子沉淀，则调节pH的范围为6.7≤pH＜7.2，

故答案为：除去NH4HF2；3Ni+8H++2NO3-=3Ni2++2NO+4H2O；6.7≤pH＜7.2。

【点睛】本题考查了物质的制备，为高考常见题型，题目涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。

10.运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

I．CO 还原NO 的脱硝反应：2CO(g)＋2NO(g) ⇌2CO2(g)＋N2(g) △H

（1）已知：CO(g)＋NO2(g) ⇌CO2(g)＋NO(g) △H1=－226 kJ·mol-1

N2(g)＋2O2(g) ⇌2NO2(g) △H2=＋68 kJ·mol-1

N2(g)＋O2(g)⇌ 2NO(g) △H3=＋183 kJ·mol-1

脱硝反应△H=__________，有利于提高NO 平衡转化率的条件是________________（写出两条）。

（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，对CO、NO催化转化进行研究，测得NO转化为N2的转化率随温度、CO混存量的变化情况如下图所示，

①若不使用CO，温度超过775℃，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_________________；在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，应控制最佳温度在____________左右。

②用CxHy(烃)催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染，写出C2H6与NO2发生反应的化学方程式：_________。

③NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NO2－的水解常数K=2×10-11，常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，则混合溶液中c(NO2－)和c(HNO2)的比值为__________。

II．T ℃时，在刚性反应器中发生如下反应：CO(g)＋NO2(g) ⇌CO2(g)＋NO(g)，化学反应速率v =k Pm(CO)Pn(NO2)，k 为化学反应速率常数。研究表明，该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示：

（3）若反应初始时P(CO)=P(NO2)=a kPa，反应t min时达到平衡，测得体系中P(NO)=b kPa，则此时v =___________ kPa·s-1（用含有a和b的代数式表示，下同），该反应的化学平衡常数Kp=_____（Kp是以分压表示的平衡常数）。

【答案】    (1). －750 kJ·mol-1    (2). 降温、升压、增大CO和NO的投料比等    (3). 该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行    (4). 870℃(850℃到900℃之间都可以)    (5). 4C2H6+14NO2 8CO2+7N2+12H2O    (6). 50    (7). 9×10-5(a－b)2    (8).

【解析】

【分析】

I．（1）根据盖斯定律计算；从使化学反应平衡向正向移动的影响因素着手考虑；

（2）①升高温度反应更有利于向逆反应方向进行；结合图像找出在n(NO)/n(CO)=1的条件下转化率最高对应的温度作答；

②NO2能与乙烷发生氧化还原反应，转化为无污染的二氧化碳与氮气，再结合氧化还原反应的规律配平化学方程式；

③根据NO2－的水解常数K=c(HNO2)×c(OH－)/c(NO2－)分析作答；

（3）根据平衡三段式法，结合题中信息根据平衡常数的定义与化学反应速率的定义计算作答。

【详解】I．（1）根据盖斯定律①×2-[③×2-②]可得2CO(g)＋2NO(g) ⇌2CO2(g)＋N2(g) △H=－750 kJ·mol-1；该反应正反应为气体体积减小的放热反应，故降温和升压都可以使平衡右移，有利于提高NO 的平衡转化率，

故答案为：－750 kJ·mol-1；降温、升压；

（2）①应用反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行，所以NO的分

解率降低。根据图像可知，在n(NO)/n(CO)=1的条件下，温度为870℃(850℃到900℃之间都可以)转化率最高，

故答案为：该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行；870℃(850℃到900℃之间都可以)；。

②NO2能与乙烷反应生成CO2、氮气和水，其方程式为：4C2H6+14NO2 8CO2+7N2+12H2O，

故答案为：4C2H6+14NO2 8CO2+7N2+12H2O；

③常温下某NaNO2和 HNO2 混合溶液的pH为5，则溶液中c（OH－）=10-9 mol·L－1，NO2－的水解常数K=c(HNO2)×c(OH－)/c(NO2－)=2×10-11mol·L-1，则混合溶液中c（NO2－）和c（HNO2）的比值为c(NO2－)/c(HNO2)=c(OH－)/2×10-11 mol/L= 10-9 mol·L－1/2×10-11 mol/L  = 50,

故答案为：50；

II．（3）

则Kp=，根据表格中数据，带入此式，v =k Pm(CO)Pn( NO2)，可求出k= v / Pm(CO)Pn( NO2) =0.009/(10×10)=9×10-5，所以t min时v =9×10-5(a－b)2，

故答案为：9×10-5(a－b)2；。

11.铂钴合金是以铂为基含钴二元合金，在高温下，铂与钴可无限互溶，其固体为面心立方晶格。铂钴合金磁性极强，磁稳定性较高，耐化学腐蚀性很好，主要用于航天航空仪表、电子钟表、磁控管等。氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：

（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过____方法区分晶体准晶体和非晶体。

（2）基态F原子的价层电子排布图（轨道表达式）为______。

（3）[H2F]+[SbF6]-（氟锑酸）是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为______，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是______（各举一例）。

（4）NH4F（氟化铵）可用于玻璃的蚀刻防腐剂、消毒剂。NH4+中中心原子的杂化类型是______；氟化铵中存在______（填字母）。

A．离子键    B．σ键    C．π键    D．氢键

（5）SF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图计算相关键能。则F-F键的键能为______kJ•mol-1，S-F键的键能为______kJ•mol-1。

（6）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g•cm-3。

①CuF的熔点比CuCl的高，原因是______

②已知NA为阿伏加德罗常数的值，CuF的晶胞结构如图（b）所示，则CuF的晶胞参数a=______nm（列出计算式）。

【答案】    (1). X-射线衍射    (2).     (3). V形    (4). H2O、NH2-    (5). sp3    (6). AB    (7). 155    (8). 327    (9). CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体    (10). ×107

【解析】

【分析】

(1)晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；

(2)F的原子序数为9，价电子排布式为2s22p5；

(3)根据等电子体原理分析解答；

(4)NH4+的N原子形成4个σ键，没有孤电子对；氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键；

(5)由图象可知，断裂3molF-F键，吸收465kJ能量，形成6molS-F键，放出1962kJ能量，据此计算；

(6)①CuCl熔化时几乎不导电，应为分子晶体，而CuF为离子晶体；②根据均摊法计算晶胞中含有的Cu、F的数目，再结合晶体的密度列式计算。

【详解】(1)从外观无法区分晶体、准晶体和非晶体，但用X光照射会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过X-射线衍射实验可区分晶体、准晶体和非晶体，故答案为：X-射线衍射；

(2)F的原子序数为9，价电子排布式为2s22p5，因此基态F原子的价电子排布图为，故答案为；

(3)[H2F]+与H2O、NH2-等互为等电子体，结构相似，为V形，故答案为：V形；H2O、NH2-；

(4)NH4+的N原子形成4个σ键，没有孤电子对，采用sp3杂化，氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，即σ键，故选AB，故答案为：sp3；AB；

(5)由图象可知，断裂3molF-F键，吸收465kJ能量，则F-F键的键能为155kJ•mol-1，形成6molS-F键，放出1962kJ能量，则S-F的键能为kJ•mol-1=327kJ•mol-1，故答案为：155；327；

(6)①CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，应为分子晶体，而CuF为离子晶体，一般，离子晶体的熔沸点比分子晶体高，则CuF比CuCl熔点高，故答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体；

②CuF的密度为7.1g•cm-3，晶胞中Cu、F的个数分别为4，(其中○为8×+6×=4)，则晶胞的密度=g•cm-3=7.1g•cm-3，a=×107nm，故答案为：×107。