成都实验中学2019-2020学年度高三下学期第三次周考化学试题(Word版含解析)

2019-2020学年度高2017级下学期第三次周考试题
化学
（考试时间：50分钟满分：100分）
一、单项选择题：每小题6分，共42分。

1．下列说法错误的是()
A．熟的鸡蛋不能孵化成小鸡的原因是蛋白质变性
B．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
C．“地沟油”不能食用但可以用来制肥皂
D．麦芽汁(含麦芽糖)在酵母菌的作用下发酵，能得到不含酒精的鲜啤酒
答案 D
解析鸡蛋煮熟后，蛋白质变性，从而失去了原有的生理活性，A项正确；天然气、液化石油气完全燃烧时不会产生粉尘及污染性气体，燃烧产物是CO2与H2O，是清洁燃料，B项正确；“地沟油”含有许多有毒物质，故其不能食用，但“地沟油”的主要成分是甘油三酯，可用于生产肥皂，C项正确；麦芽汁发酵后可得到酒精，D项错误。

2．安徽古代科学家方以智在其《物理小识》卷七《金石类》中指出：有硇水者，剪银塊投之，则旋而为水。

其中的“硇水”指()
A．硝酸 B.硫酸
C．盐酸 D.醋酸
答案 A
解析硇水可以溶解银块，所以硇水是硝酸，故选A。

3．下列实验操作中，装置选择不合理的是()
答案 D
解析浓氨水和生石灰反应可快速制备少量NH3，A项正确；H2属于可燃性气体，且燃烧产物无危害，可用点燃法处理尾气，B项正确；NO不溶于水，可用量气管测量其体积，C 项正确；溴水不但能与SO2反应，还会与乙烯发生加成反应，且洗气时，气体应从长导管口进短导管口出，D项错误。

4．甲、乙、丙、丁是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、E是由其中的两种或三种元素组成的化合物，F是由丙元素形成的单质。

已知：A＋B―→D＋F、A ＋C―→E＋F(均未配平)；0.1 mol·L－1 D溶液的pH＝13(25 ℃)。

下列说法正确的是()
A．原子半径：丁＞丙＞乙＞甲
B．1 mol A与足量B完全反应共转移了2 mol电子
C．丙元素在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族
D．由甲、乙、丙、丁四种短周期元素组成的盐，其水溶液既有呈酸性的，也有呈碱性的
答案 D
解析0.1 mol·L－1D溶液的pH为13(25 ℃)，D是一元强碱，其含有的金属元素是短周期元素，则D应为NaOH。

由反应：A＋B―→D＋F，结合元素守恒可知，A、B两种物质至少含有H、O、Na元素，F是由丙元素组成的单质，由发生的反应可知，丙不可能是Na，结合原子序数关系可知，甲为H、丙为O、丁为Na，故F为O2、A为Na2O2、B为H2O。

再结合反应：A＋C―→E＋F可知，C是CO2，E是Na2CO3，则乙为C。

原子半径大小顺序为Na＞C＞O＞H，A项错误。

A与足量的B完全反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，反应中过氧化钠既作氧化剂，又作还原剂，故1 mol Na2O2完全反应转移1 mol电子，B项错误。

丙为氧元素，处于周期表中第二周期第ⅥA族，C项错误。

若为NaHCO3，则溶液呈碱性，若为HOOC—COONa，则溶液呈酸性，D项正确。

5．增塑剂DCHP可由环己醇制得。

DCHP和环己醇的结构简式如图所示，下列说法错误的是()
A ．DCHP 的分子式为C 20H 26O 4
B ．环己醇分子中所有碳原子不可能共平面
C ．DCHP 的一氯取代物有5种
D ．DCHP 通过取代反应可以得到环己醇
答案 C
解析 由结构可知DCHP 的分子式为C 20H 26O 4，故A 项正确；环己醇分子中所有碳原子与它所连的4个原子均呈四面体构型，则不可能共平面，故B 项正确；DCHP 的结构对称，含6种H ，则一氯取代物有6种，故C 项错误；DCHP 含—COO —，水解可以得到环己醇，水解反应属于取代反应，故D 项正确。

6．法国格勒诺布尔(Grenoble)约瑟夫·傅立叶大学的研究小组发明了第一块可植入人体为人造器官提供电能的葡萄糖生物燃料电池，其基本原理是葡萄糖和氧气在人体中酶的作用
下发生反应：C 6H 12O 6＋6O 2=====酶6CO 2＋6H 2O(酸性环境)。

下列有关该电池的说法不正确的
是( )
A ．该生物燃料电池不可以在高温下工作
B ．电池的负极反应为
C 6H 12O 6＋6H 2O －24e －===6CO 2↑＋24H ＋
C ．消耗1 mol 氧气时转移4 mol e －，H ＋向负极移动
D ．今后的研究方向是设法提高葡萄糖生物燃料电池的效率，从而使其在将来可以为任何可植入医疗设备提供电能
答案 C
解析 酶在高温下会变性，失去催化活性，所以该生物燃料电池不可以在高温下工作，A 项正确；电池中C 6H 12O 6在负极发生氧化反应，负极反应为C 6H 12O 6＋6H 2O －24e －===6CO 2↑＋24H ＋，B 项正确；原电池反应中，阳离子向正极移动，C 项错误；提高葡萄糖生物燃料电池的效 率肯定是今后的研究方向，D 项正确。

7．用0.1 mol·L
－1的盐酸滴定20 mL 约0.1 mol·L －1氨水，滴定曲线如图所示，下列说
法正确的是( )
A．a点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．滴定过程中，当溶液的pH＝7时，两者恰好中和
C．用酚酞作指示剂比用甲基橙作指示剂，滴定误差更小
D．当滴入盐酸为30 mL时，溶液中：c(NH＋4)＋c(H＋)<c(OH－)＋c(Cl－)
答案 A
解析A．a点时恰好中和生成氯化铵，物料守恒式为c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，电荷守恒式为c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，则c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故A正确；B.两者恰好中和时生成氯化铵，溶液的pH＜7，当溶液的pH＝7时，氨水未完全反应，故B错误；C.反应终点生成氯化铵，水解显酸性，酚酞的变色范围为8～10，应选甲基橙作指示剂，即用酚酞作指示剂比用甲基橙作指示剂，滴定误差更大，故C错误；D.溶液不显电性，遵循电荷守恒，则当滴入盐酸达30 mL时，溶液中c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，故D错误。

二、填空题：本题包括4小题，共48分。

8.(14分)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。

某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O 制备CuCl，并进行相关探究。

【资料查阅】
【实验探究】
该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。

请回答下列问题：
(1)仪器X的名称是________。

(2)实验操作的先后顺序是a→________→e(填操作的编号)。

a．检查装置的气密性后加入药品
b．熄灭酒精灯，冷却
c．在“气体入口”处通入干燥HCl
d．点燃酒精灯，加热
e．停止通入HCl，然后通入N2
(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是________。

(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是___________________。

【探究反思】
(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。

根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是________________________。

②若杂质是CuO，则产生的原因是_________________________________。

解析：(1)仪器X的名称为干燥管。

(2)热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，应防止CuCl被氧化和Cu＋水解，所以必须先赶走装置中的氧气和水蒸气后再加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，冷却，停止通入HCl，继续通入氮气，所以操作顺序为a→c→d→b→e。

(3)B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中湿润蓝色石蕊试纸先变红，后褪色。

(4)D中发生的氧化还原反应是Cl2和NaOH的反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl －＋ClO－＋H
2O。

(5)①若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原因是加热时间不足或温度偏低；②
CuCl2·2H2O在无HCl气体保护的氛围中受热，最终生成CuO，故最后产品中若出现CuO杂质，说明通入HCl的量不足。

[答案](1)干燥管
(2)cdb
(3)先变红，后褪色
(4)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
(5)①加热时间不足或温度偏低②通入HCl量不足
9．(15分)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。

过程如下：
(1)反应Ⅰ：2H2SO4(l)===2SO2(g)＋2H2O(g)＋O2(g) ΔH＝＋551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：__________________________________________________。

(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。

p2________p1(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是__________________
___________________________________________________。

(3)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。

将ii补充完整。

i．SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O
ii.I2＋2H2O＋________===________＋________＋2I－
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。

(已知：I2易溶解在KI溶液中)
①B是A的对比实验，则a＝________。

②比较A、B、C，可得出的结论是_______________________________________。

③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A。

结合i、ii反应速率解释原因：______________________________________________________________。

解析：(1)由于反应Ⅱ是二氧化硫的歧化反应，且由题意可知其氧化产物和还原产物分别为H2SO4和S，根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应Ⅱ的化学方程式为：3SO2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)＋S(s)。

根据盖斯定律，反应I与反应Ⅲ的热化学方程式相加得：2H2SO4(l)＋S(s)===3SO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝＋254 kJ·mol－1，所以反应Ⅱ的热化学方程式为：3SO2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)＋S(s) ΔH2＝－254 kJ·mol－1。

(3)由题意知二氧化硫的歧化反应可由i与ii相加所得，所以反应Ⅱ的离子方程式3SO2＋2H2O===4H＋＋2SO2－4＋S↓，减去i 式得：2I2＋4H2O＋2SO2===2SO2－4＋8H＋＋4I－，化简得到：I2＋2H2O＋SO2===SO2－4＋4H＋＋2I－。

(4)①由于B是A的对比实验，所以两组实验中KI的浓度必须相同，即a＝0.4。

②A说明I －能催化二氧化硫发生歧化反应。

C中无明显现象，说明H＋单独存在时不具有催化作用，不能使二氧化硫歧化反应速率加快。

B中溶液变黄，出现浑浊较A快，结合C可知，增强溶液的酸性，可增强I－的催化效果。

③由于I－催化二氧化硫的歧化反应是i与ii两个过程分步进行，所以两个反应中任何一个反应的速率都会影响总反应的速率。

D中直接加入I2，故反应ii可立即发生，而由反应ii产生的H＋可使反应i速率加快，所以D的反应速率比A快。

答案：(1)3SO2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)＋S(s) ΔH2＝－254 kJ·mol－1
(2)> 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大
(3)SO2SO2－44H＋
(4)①0.4
②I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反应速率
③反应ii 比i 快；D 中由反应ii 产生的H ＋
使反应i 加快
10．（14分）工业上利用软锰矿浆烟气脱硫吸收液制取电解锰，并利用阳极液制备高纯碳酸锰、回收硫酸铵的工艺流程如下(软锰矿的主要成分是MnO 2，还含有硅、铁、铝的氧化物和少量重金属化合物等杂质)：
（1）一定温度下，“脱硫浸锰”主要产物为MnSO 4，该反应的化学方程式为________________________________________________________。

（2）“滤渣2”中主要成分的化学式为______________________。

（3）“除重金属”时使用(NH 4)2S 而不使用Na 2S 的原因是___________________________ __________________________________________________________________。

（4）“电解”时用惰性电极，阳极的电极反应式为____________________________。

（5）“50 ℃碳化”得到高纯碳酸锰，反应的离子方程式为_______________________________________。

“50 ℃碳化”时加入过量NH 4HCO 3，可能的原因是_____________________________________（写两种）。

（6）已知：25 ℃时，K w =1.0×10
－14，K a (NH 3·H 2O)=1.75×10－5。

在(NH 4)2SO 4溶液中，存在如下平衡：NH 4++H 2O NH 3·H 2O+H +，则该反应的平衡常数为____________________。

解析：又流程可知，“脱硫浸锰”环节，二氧化硫与软锰矿浆作用生成硫酸锰和少量的硫酸铝、硫酸亚铁等，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣Ⅰ，氧化环节，双氧水可将亚铁离子氧化为铁离子，加氨水调节溶液的PH=5—6把铁离子和铝离子转化为沉淀除去，加硫化铵把重金属转化为沉淀除去，通过电解得到金属锰；在阳极液中加碳酸氢铵得碳酸锰和硫酸铵。

（1）“脱硫浸锰”生成MnSO 4的反应的化学方程式为 MnO 2＋SO 2＝MnSO 4或H 2O ＋SO 2＝H 2SO 3、MnO 2＋H 2SO 3＝MnSO 4＋H 2O ；（2）加入氨水沉淀金属阳离子，“滤渣2”中主要成分的化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3；（3）“除重金属”时使用(NH 4)2S 而不使用Na 2S 的原因是加Na 2S 会引入钠离子，增大回收的(NH 4)2SO 4中Na +含量；（4）“电解”时用惰性电极，阳极应该是水电离出的氢氧根离子放电，电极反应式为 2H 2O-4e -=O 2↑+4H +或4OH --4e -=O 2↑+2H 2O ；（5）“50 ℃碳化”得到高纯碳酸锰，反应的离子方程式为 Mn 2＋＋2HCO 3－MnCO 3↓＋CO 2↑＋H 2O ；原溶液显酸性，且碳酸氢铵受热易分解，故“50 ℃碳化”时加入过量NH 4HCO 3，可能的原因是NH 4HCO 3与H +反应，防止MnCO 3沉淀溶解损失，以及防止NH 4HCO 3受热分解损失；（6）根据方程式NH 4++H 2O
NH 3·H 2O+H +可知反应的平衡常数＝。

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答案：（1）MnO2＋SO2==MnSO4或H2O＋SO2 ==H2SO3、MnO2＋H2SO3==MnSO4＋H2O（2分）
（2）Fe(OH)3、Al(OH)3（2分）
（3）会导致生成物(NH4)2SO4中出现杂质（2分）
（4）4OH－－4e－== O2↑＋2H2O（2分）
（5）Mn2＋＋2HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O（2分）使MnSO4充分转化为MnCO3； NH4HCO3受热易分解，造成损失；NH4HCO3能与H+反应，防止MnCO3沉淀溶解损失（2分）
（6）5.7×10-10（2分）（5.71×10-10也正确）
11．(15分)【化学—选修3：物质结构与性质】
我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用R代表）。

回答下列问题：
（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为。

（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。

第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是___________________________________________；
氮元素的E1呈现异常的原因是__________________________________________________。

（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示。

①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为，不同之处为。

（填标号）
A.中心原子的杂化轨道类型
B.中心原子的价层电子对数
C.立体结构
D.共价键类型
②R中阴离子N－5中的σ键总数为个。

分子中的大π键可用符号Πn m表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），则N－5中的大π键应表示为。

③图（b ）中虚线代表氢键，其表示式为（NH ＋
4）N—H …Cl 、 、 。

（4）R 的晶体密度为d g·cm －3，其立方晶胞参数为a nm ，晶胞中含有y 个[（N 5）6（H 3O ）3（NH 4）4Cl]单元，
该单元的相对质量为M ，则y 的计算表达式为_________________________ _________________________________________________________。

解析：（1）N 原子位于第二周期第ⅤA 族，价电子是最外层电子，即电子排布图是
；（2）根据图（a ），第一电子亲和能增大（除N 外），同周期从左向右非
金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，因此同周期自左而右电子第一亲和能逐渐增大；氮元素的2p 能级达到半充满状态，原子相对稳定，不易得到1个电子；（3）①根据图（b ），阳离子是NH ＋4和H 3O ＋，NH ＋4中心原子N 含有4个σ键，孤电子对数为（5－1－4×1）/2＝0，价层电子对数为4，杂化类型为sp 3，H 3O ＋中心原子是O ，含有3个σ键，孤电子对数为（6－1－3）/2＝1，价层电子对数为4，杂化类型为sp 3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD ，不同之处为C ，②根据图（b ）N －5中σ键总数为5个；根据信息，N －5的大Π键应是表示为Π65；③根据图（b ）还有的氢键是：（H 3O ＋）O —H …N （NH ＋4）N —H …N ；（4）根据密度的定义有：d ＝y N A
×M （a ×10－7）3 g/cm 3，解得y ＝d ×（a ×10－7）3×N A M 。

答案：（1）
（2）同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 N 的2p 能级处于半充满状态，具有稳定性，故不易结合一个电子
（3）①ABD C ②5 Π6
5 ③（H 3O ＋）O —H …N （NH ＋4
）N —H …N （4）d ×（a ×10－7）3×N A M。