河南省中原名校2020届高三上学期第四次质量考评化学试题


中原名校2019—2020学年上学期第四次质量考评高三化学试题
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结東后，请将本试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：HI C 12 N 14 O 16 Mg 24 Ca 40 Ti 48
第I卷
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。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.“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中错误的是
A. “白墙”的白色源于墙体表层的CaO
B. “黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐
C. 做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)n
D. 刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用
【答案】A
【解析】
【详解】A、“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A错误；
B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B正确；
C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C正确；
D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D正确。
答案选A。
2.下列各组物质中，前者为电解质，后者为非电解质的是
A. CuCl2、CH3COOH B. 苏打水、酒精 C. BaSO4、SO2 D. KOH、Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A、CH3COOH是弱电解质，选项A错误；
B、苏打水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；
C、BaSO4 是强电解质，SO2 是非电解质，选项C正确；
D、Cl2 是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查电解质及非电解质的判断，电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，据此判断。
3.下列说法中错误的是
A. 常晒衣服、被子、床单等有利于身体健康
B. 苯、CCl4均不溶于水，均易燃烧
C. 乙烯能使溴水褪色，聚乙烯不能
D. 煤通过干馏的方法可得到苯、甲苯、焦炭等物质
【答案】B
【解析】
【详解】A、太阳光能杀死某些病毒、细菌，选项A正确；
B、CCl4不能燃烧，选项B错误；
C、乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，聚乙烯中并没有碳碳双键，不能使溴水褪色，选项C正确；
D、煤干馏时发生一系列的化学变化，可得到苯、甲苯、焦炭等物质，选项D正确。
答案选B。
4.次磷酸(H3PO2)溶液中存在两种分子及OH-、H+、H2PO2-三种离子，下列有关说法正确的是
A. H3PO2是一元强酸，NaH2PO2是正盐
B. NaH2PO2能与盐酸反应但不能与氨水反应
C. H3PO2与足量NaOH溶液反应可得到Na3PO2
D. 1 molH3PO2与足量AgNO3反应可得到4mol Ag，还原产物是H3PO4
【答案】B
【解析】
【详解】A、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，选项A错误；
B、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，能与盐酸反应但不能与氨水反应，选项B正确；
C、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，与足量NaOH溶液反应只能得到NaH2PO2不能得到Na3PO2，选项C错误；
D、Ag是还原产物，H3PO2反应后得到的是氧化产物，根据反应中Ag++e-=Ag及得失电子守恒知，H3PO2-4e -=H3PO4， 选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离方程式书写、离子浓度大小比较、盐类水解中越弱越水解的规律、氧化还原反应中的电子守恒、氧化还原反应方程式书写等等，H3PO2是一元中强酸，碳酸是弱酸，酸性越弱其对应盐的水解程度越大。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 6.4 gO2与钠完全反应时，转移电子数目一定为0.8NA
B. 含有0.1 mol SO42-的某NH4HSO4溶液中，NH4+数目为0.1NA
C. 2.4 g Mg在CO2中完全燃烧生成的MgO分子数目为0.1NA
D. 3.2 g甲烷与氯气反应时，生成的H—C1数目最多为0.8NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、O2与Na反应时可被还原为O2-或O22-，因还原产物不确定，故转移电子数目无法确定，选项A错误；
B、NH4+能发生水解导致其数目减少，选项B错误；
C、MgO是离子化合物，不含分子，选项C错误；
D、当CH4分子中氢原子全部被取代时，生成的H- Cl数目最多，3.2gCH4物质的量为0.2mol，生成的H-Cl数目最多为0.8NA，选项D正确。
答案选D。
6.相同条件下，下列各组热化学方程式（溶液中的反应均是在稀溶液之间进行）中，ΔH2＞ΔH1的是
A. CO2(s)+C(s)=2CO(g) ΔH1 CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH2
B. NH3 ·H2O(aq)+H+(aq)= NH4+ (aq)+H2O(l) ΔH1 H+(aq)+OH-(aq)= H2O(aq) ΔH2
C. N2(g)+O2 (g) 2NO(g) △H1 N2(g)+O2 (g) 2NO(g) △H2
D. CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l) △H1 CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(g) △H2
【答案】D
【解析】
【详解】A、CO2与碳的反应是吸热反应，△H1>0，CaO与H2O间的反应是放热反应，△H2△H2，选项A错误；
B、氨水电离吸热，弱碱的中和热(△H)大于强碱的中和热，选项B错误；
C、△H值与光照、高温之类的反应条件无关，选项C错误；
D、气态CH4本身所具有能量高于等量的液态CH4所具有的能量，其燃烧时所放出的热量比等量的液态CH4燃烧时放出的热量多，故△H1a≈c可知，硫酸盐的形成主要与氨水有关，选项B错误；
C、依据题意可知二氧化硫、氮的氧化物、水发生反应生成亚硝酸和硫酸,所以反应室①中可能发生反应: SO2+2NO2+2H2O== H2SO4+2HNO2，选项C正确；
D、燃煤产生的SO2和氮氧化物会引起酸雨，空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，选项D错误；
答案选C。
15.下列有关实验的叙述完全正确的是
选项
实验用其或实验操作
目的或结论
A
点燃插入到由MnO2、Al组成的铝热剂(混合物上有少量KClO3)上的镁条
证明还原性Al>Mn
B
将含有HCl、H2O(g)的Cl2依次通过盛有浓硫酸、饱和食盐水的洗气瓶
除去Cl2的杂质
C
向某盐溶液X中先滴加几滴氯水、再滴2滴KSCN溶液
确定盐溶液X中否含有Fe3+
D
向某Na2SO3溶液中加入用盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液
检验Na2SO3是否变质


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据铝热反应是置换反应及氧化还原反应规律知，选项A正确；
B、应先通过饱和食盐水除去HCl，后通过浓硫酸除去H2O(g)，选项B错误；
C、氯气能将Fe2+氧化为Fe3+，选项C错误；
D、既使Na2SO3没有变质，NO3-、H+也能将SO32-氧化为SO42-，最后仍可得到不溶于酸的白色沉淀，选项D错误。
答案选A。
16.室温下两种金属硫化物MS、QS的沉淀溶解平衡曲线分别为图中的I、II (X2+代表 M2+或Q2+),下列有关说法中正确的是

A. MS易与可溶性Q(N03)2的溶液作用转化为QS
B. 与a点对应的由MS形成的分散系很稳定
C. 向c(M2+)>c(Q2+)的混合溶液中滴加Na2S溶液，首先析出MS沉淀
D. 蒸发a点的QS溶液可得到b点状态的QS溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图知，当-lgc(S2-)=0、c(S2-)=1mol/L时，c(M2+)=110-30 mol/L、 c(Q2+)=110-20mol/L，故 Ksp(MS)=110-30，Ksp(QS)=110-20，MS(s)+Q2+(aq) QS(s)+M2+(aq)， K==110-10，K值很小，故该转化很难进行，选项A错误；
B、a 点对应的分散系相对于MS而言属于过饱和溶液，不稳定，选项B错误；
C、由于MS、QS组成形式相同且Ksp(QS)> Ksp(MS)， (故相同条件下MS先形成沉淀，选项C正确；
D、蒸发QS的不饱和溶液时，c(Q2+)、c(S2- )均增大，选项D错误。
答案选C
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡。注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念。解答本题，要注意图中各点的含义。该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，a不是平衡状态。
第II卷
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分，共52分。第17-20题为必考题，每个试题考生都必须作答。第21-22题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共37分。
17.X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期主族元素，X能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，Z可分别与Y、W、R形成几种常见的二元化合物，其中有两种是大气污染物，R原子最外电子层上有1个电子。
(1) R2Z2的电子式为___, Y、Z、W的简单离子半径由大到小的顺序为______(填离子符号）。
(2) X与Z可形成X2Z、X2Z3两种不常见的气体化合物，X2Z燃烧生成XZ2,写出X2Z与CuO反应的化学方程式_____,X2Z3与水反应生成二元弱酸(H2X2Z4),则X2Z3与NaOH溶液反应的离子方程式为_______。
(3)Y2H4是一种可燃性液体，16.0 gY2H4在氧气中完全燃烧生成一种单质与液态水时可放出312kJ的热量，写出Y2H4燃烧的热化学方程式 _______。
【答案】 (1). (2). S2->N3->O2- (3). C2O+3CuO3Cu+2CO2 (4). C2O3+2OH-=C2O42-+H2O (5). N2H4(l)+O2=N2(g)+2H2O(l) △H=-624kJ/mol
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期主族元素，X能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，则X为碳，形成的这两种单质为金刚石和石墨， Z可分别与Y、W、R形成几种常见的二元化合物，其中有两种是大气污染物，R原子最外电子层上有1个电子，R应为第四周期主族元素，则R为K，Z为O，Y为N，W为S，据此分析。
【详解】根据分析可知，X、Y、Z、W、R分别为C、N、O、S、K元素。
(1) K2O2是过氧化物，电子式为；
S2-核外有3个电子层，离子半径最大， N3-、O2-电子层结构相同，原子序数越大，半径越小，故半径S2->N3->O2-；
(2)由C2O燃烧生成CO2知，其与CuO反应的氧化产物也是CO2；X2Z与CuO反应的化学方程式为C2O+3CuO3Cu+2CO2；
由C2O3与水反应生成H2C2O4知，C2O3与NaOH溶液反应生成C2O42-；X2Z3与NaOH溶液反应的离子方程式为C2O3+2OH-=C2O42-+H2O；
(3)16.0g N2H4为0.5 mol， 1mol N2H4燃烧时放出624 kJ热量，N2H4燃烧的热化学方程式为N2H4(1)+O2(g)= N2(g)+2H2O(l) △H=-624kJ/mol。
18.钴蓝（化学式Al2CoO4)是一种耐热、耐光、耐酸、耐碱腐蚀的蓝色颜料。某企业利用含铝锂钴废料（铝箱、CoO和Co2O3、Li2O)制备钴蓝的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)碱浸时要有防火、防爆措施，原因是______，操作I的内容是_______。
(2)在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸酸浸出钴，但实际工业生产中却不用盐酸，请 从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因___。
(3)写出“还原”过程中反应的离子方程式____。
(4)料渣2的主要成分是A1(OH)3 、____，写出灼烧时反应的化学方程式______。
【答案】 (1). Al与NaOH溶液反应时有可燃性气体生成 (2). 过滤、洗涤 (3). Co2O3可氧化盐酸产生Cl2污染环境 (4). 8Co3++S2O32- +5H2O= 8Co2++2SO42- +10H+ (5). LiF (6). CoCO3+2Al(OH)3Al2CoO4+CO2↑+3H2O
【解析】
【分析】
(1)碱浸时有氢气生成，氢气是一种可燃性气体；沉钴时得到CoCO3沉淀；
(2)盐酸具有还原性，能被Co2O3氧化生成有毒的氯气而污染环境；
(3)酸浸时Co2O3转化为Co2(SO4)3，还原时Co3+被Na2S2O3还原为Co2+；
(4)除铝锂时，A1转化为Al(OH)3， Li+转化为LiF。
【详解】(1)碱浸时有氢气生成，氢气是一种可燃性气体，故碱浸时要有防火、防爆措施；
沉钴时得到CoCO3沉淀，故操作I是过滤及洗涤；
(2)盐酸具有还原性，能被Co2O3氧化生成有毒的氯气而污染环境；
(3)酸浸时Co2O3转化为Co2(SO4)3，还原时Co3+被Na2S2O3还原为Co2+，离子方程式为8Co3++S2O32- +5H2O= 8Co2++2SO42- +10H+；
(4)除铝锂时，A1转化为Al(OH)3， Li+转化为LiF。 灼烧时，Al(OH)3 与CoCO3作用生成Al2CoO4， 另外有CO2、H2O生成，灼烧时反应的化学方程式为CoCO3+2Al(OH)3Al2CoO4+CO2↑+3H2O。
19.过氧化钙主要用作杀菌剂、防腐剂等，温度350℃以上容易分解。某同学在实验室中利用纯氧制取少量CaO2,其装置示意图如图:

回答下列问题：
(1)制备氧气的方法有多种，若X是MnO2,则Y 是____，若Y是H2O,则A中反应的化学方程式为__。
(2)使用橡皮软管的好处是_____, B中试剂是______.
(3)实验结束时，该同学取少量C中固体置于水中，发现有一种刺激性气味的气体且该气体遇石蕊试液变蓝色，则该气体成分是_______。
(4)为测量产品的纯度，该同学准确称量8.00g产品，然后溶解在足量的KI酸性溶液中，充分反应后再取上述溶液总量的一半，用0.2000 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定（I2+2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6,指示剂为淀粉），滴定终点时消耗了VmL标准溶液。判断滴定 达到终点时的依据是__________，产品中CaO2纯度为________％。
【答案】 (1). H2O2 (2). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (3). 平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利滴下 (4). 无水CaCl2或碱石灰 (5). NH3 (6). 溶液蓝色消失且在30s内不恢复蓝色 (7). 0.18V
【解析】
【分析】
(1)装置A用于制备氧气，当X是MnO2时，Y是H2O2；当Y是水时，X是Na2O2；
(2)平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利滴下；由于过氧化物易与水反应，故装置B是干燥装置；
(3) Ca可能会和空气中氮气生成氮化钙，氮化钙溶于水产生氨气，由气体性质知其是NH3；(4)酸性溶液中CaO2将KI氧化为I2，滴定中I2又被还原为I-。
【详解】(1)装置A用于制备氧气，当X是MnO2时，Y是H2O2；当Y是水时，X是Na2O2；
(2)橡胶软管可将分液漏斗与烧瓶连接起来，从而可以平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利滴下；由于过氧化物易与水反应，故装置B是干燥装置，试剂为无水CaCl2或碱石灰；
(3) Ca可能会和空气中氮气生成氮化钙，氮化钙溶于水产生氨气，由气体性质知其是NH3；(4)酸性溶液中CaO2将KI氧化为I2，滴定中I2又被还原为I-，终点颜色变化为溶液蓝色消失且在30 s内不恢复蓝色。由前面的分析知，CaO2~I2~2Na2S2O3。故4.00 g样品中n(CaO2)=1×10-4V mol，质量为0.0072V g，质量分数为0.18V%。
20.已知某密闭容器中存在可逆反应2CO(g)+4H2(g) =CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH。测得其他条件相同时，CO的平衡转化率随着温度(T)、压强(p)的变化如图1中曲线所示， 平衡常数K与温度关系如图2所示。
回答下列问题：
图1 图2
(1)该反应的ΔH___0(填“＞”或“＜”，后同），pl____p2，M、N相比，混合气体平均相对分子质量较大的是____。
(2) A、B, C、D四点中能正确表示该反应的平衡常数与温度T的关系的点为_____。
(3)下列各项数据能表明一定温度下，恒容密闭容器中反应2CO(g)+4H2(g) =CH3CH2OH(g)+H2O(g)达到平衡状态的是___。
a气体密度保持不变 b.反应过程中 c(CO):c(H2)=1:2
c.生成速率：v(CO)=2v(H2O) d. ΔH—定
(4)若在恒容条件下，最初向容器中通入1 mol CO、2 mol H2，在适当催化剂、温度下使其发生反应2CO(g)+4H2(g) =CH3CH2OH(g)+H2O(g)。测得开始时容器总压为 3xl05Pa，反应经2 min达到平衡且平衡时体系压强降低了，则v(CO)= ____Pa/min，该温度下的平衡常数为Kp的值为____。
【答案】 (1). < (2). > (3). M (4). AC (5). c (6). 2.5×104 (7). 2.5×10-21Pa-4
【解析】
【分析】
(1)由M=知混合气体总物质的量越小，平均摩尔质量越大，即M点平均摩尔质量较大；
(2)因为温度越高，平衡常数越小；
(3)根据变量不变达平衡进行判断；
(4) 利用三段式进行分析计算。
【详解】(1)由图知，其他条件相同时，温度越高CO的平衡转化率越低，说明正反应是放热反应，故△Hp2；CO转化率越大，混合气体总物质的量越小，由M=知平均摩尔质量越大，即M点平均摩尔质量较大；
(2)因为温度越高，平衡常数越小，故符合条件的是A、C (注意从整体上看B、D点均不正确)。
(3)a、由方程式知，气体总质量恒定，容器容积恒定，故密度是个定值，选项a错误；
b、反应过程中a(CO)：c(H2)=1：2，取决于反应物充入量，不能判断化学反应是否达到平衡状态，选项b错误；
c、生成2x mol的CO的同时生成x mol的H2O，说明反应达到平衡，选项c正确；
d、对于一个确定的反应方程式来说，△H保持不变，选项d错误。
答案选c；
(4) 2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g)
开始物质的量(mol) 1 2 0 0
变化物质的量(mol) x 2x 0.5x 0.5x
平衡物质的量(mol) 1-x 2-2x 0.5x 0.5x
(1+2)：(3-2x)=3×105 ： (3×105×)，x=0.5；
开始时p(CO)=×3×105Pa=1×105Pa，
平衡时p(CO)=×3×105×Pa=5×104Pa，故v(CO)=2.5×104Pa/min。
p(H2)= 1×105Pa，p(CH3CH2OH)=p(H2O)=×3×105×Pa =2.5×104Pa，Kp=2.5×10-21Pa-4。
(二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
21.钙钛矿（主要成分是CaTiO3)太阳能薄膜电池制备工艺简单、成本低、效率高，引起了科研工作者的广泛关注，科学家认为钙钛矿太阳能电池将取代硅基太阳能电池的统治地位。
(1)基态钛原子的电子排布式为______，若钙原子核外有7种能量状态的电子，则钙原子处于____(填“基”或“激发”）态，氧元素所在周期第一电离能由小到大的前三种元素依次是_______。
(2)硅能形成一系列硅氢化合物，如硅烷系列：SiH4、Si2H6；硅烯系列：Si2H4、Si3H6等，其中硅烷广泛应用于微电子、制造太阳能电池。
①上述分子中硅原子存在sp2杂化的是____，属于正四面体的是_____。
②硅烷链长度远小于烷烃，最可能的原因是______，硅烷同系物熔、沸点的变化规律可能是________.
(3) CaTiO3的晶胞为立方晶胞，结构如下图所示：

则与A距离最近且相等的X有___个，M的坐标是_____；若晶胞参数是r pm, NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度是_____g/cm3。
【答案】 (1). [Ar]3d24s2 (2). 激发 (3). Li