成都实验中学2020-2021学年度高2018级高三上学期第十八周周考化学试题(Word版含解析)

2020-2021学年度2021届高三上学期第18周周考试题
化学
（时间：45分钟满分：100分）
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题5分，共50分。

1．下列说法错误的是()
A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B．水玻璃、双氧水、漂粉精、硅胶都是混合物
C．直径在10－9～10－7m NaCl固体小颗粒分散到水中能形成胶体
D．“陶成雅器”的主要原料是黏土
答案 C
解析A．胶体具有丁达尔效应，A正确；B.水玻璃为硅酸钠水溶液，双氧水为过氧化氢水溶液，漂粉精为氯化钙和次氯酸钙混合物，硅胶主要成分为二氧化硅，为混合物，B正确；C.氯化钠溶于水后不是小颗粒，得到氯化钠溶液，C错误；D.黏土主要成分为硅酸盐，可以烧制成陶器，D正确；答案选C。

2．N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()
A．1.4 g乙烯和丙烯混合气体中含有C—H键的数目为0.2N A
B．0.10 mol Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10N A（铁与氧气、水蒸气—Fe3O4约0.13N A）
C．标准状况下，11.2 L CO2与足量Na2O2反应，转移的电子数为N A
D．若将1 mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体粒子数为N A
答案 A
解析乙烯和丙烯的最简式相同，都是CH2，1.4 g CH2的物质的量是0.1 mol，含有C
高温—H键的数目为0.2N A，A正确；0.10 mol Fe粉与足量水蒸气反应方程式是3Fe＋4H2O(g)=====
Fe3O4＋4H2，生成的H2分子数约为0.13N A，B错误；根据方程式：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，
2 mol CO2参与反应，转移电子数为2N A，标准状况下，11.2 L CO2与足量Na2O2反应，转移的电子数为0.5N A，C错误；氢氧化铁胶体中胶体粒子数无法计算，D错误。

故选A。

3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y最外层电子数相差1，Y 与Z同主族。

装满XY2气体的小试管倒扣在水槽中充分反应，试管液面上升2/3。

下列说法正确的是()
A．Z、W的离子半径：Z<W
B．X与Z可以存在于同一离子化合物中
C．X、Y对应的简单氢化物沸点：X>Y
D．Y与Z 形成的化合物溶于水形成的稀溶液能使紫色石蕊溶液褪色
答案 B
解析装满XY2气体的小试管倒扣在水槽中充分反应，试管液面上升2/3，由此得到气体为NO2。

所以X为N，Y为O，所以Z为S。

W为短周期主族，原子序数又大于S，所以W 只能是Cl。

由上，得到：X为N，Y为O，Z为S，W为Cl。

Z、W的离子(S2－、Cl－)的核外电子排布相同，所以核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径Z＞W，选项A错误。

X与Z 可以存在于同一离子化合物中，例如(NH4)2SO4。

选项B正确。

X、Y对应的简单氢化物为NH3、H2O，因为水为液体，氨气为气体，所以水的沸点高于氨气，即沸点： X＜Y，选项C错误。

Y 与Z 形成的化合物可能是SO2也可能是SO3，但是两者溶于水形成的稀溶液都不能使紫色石蕊溶液褪色，选项D错误。

4．下列化合物中同分异构体数目最少的是()
A．戊烯B．戊醇C．戊烷D．乙酸乙酯
答案 C
解析A项，戊烯的分子式为C5H10，属于烯烃类的同分异构体有5种：CH2===CHCH2CH2CH3、CH3CH===CHCH2CH3、CH2===C(CH3)CH2CH3、CH2===CHCH(CH3)2、，属于环烷烃的同
分异构体有5种：。

B项，戊醇可看作C5H11—OH，而戊基(—C5H11)有8种结构，则戊醇也有8种结构，属于醚的还有6种。

C项，戊烷有3种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH3和(CH3)4C。

D项，乙酸乙酯的分子
式为C4H8O2，其常见同分异构体至少有6种：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3、CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH。

5．下列实验过程可以达到实验目的的是()
答案 B
解析氢氧化钠溶于水放热，因此溶解后需要冷却到室温下再转移至容量瓶中，A错误；氯化铁具有氧化性，能被维生素C还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C 的还原性，B正确；向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4溶液，或者直接通过碱石灰，C错误；反应的方程式为HSO－3＋H2O2＝SO2－4＋H＋＋H2O，这说明反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。

6．从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下，则下列说法正确的是()
A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C．试剂c是氯气，相应的反应为：2Fe2＋＋Cl2===2Cl－＋2Fe3＋
D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否还有Fe2＋
答案 C
解析试剂a是铁，加入过量的铁，可把铜全部置换出来，并把FeCl3还原为FeCl2，则通过过滤操作Ⅰ得到的滤液X为FeCl2溶液，滤渣Y为铜和过量的铁；由于最终得到的产品是FeCl3，故试剂b是稀盐酸，铜不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成FeCl2，故通过过滤操作Ⅱ可得到铜单质，滤液Z为FeCl2溶液，在两次过滤得到的FeCl2溶液中通入氯气，发生反应2Fe2＋＋Cl2===2Cl－＋2Fe3＋，把FeCl2转化为FeCl3，然后通过操作Ⅲ(蒸发结晶，并过滤)便可得到氯化铁晶体，蒸发结晶与过滤所使用的仪器不可能相同，故A、B错误，C正确；溶液W中有Cl－，酸性KMnO4溶液既可氧化Fe2＋，又可氧化Cl－，故用酸性KMnO4溶液不可检验溶液W中是否还有Fe2＋，D错误。

7.深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如下图所示，下列与此原理有关的说法错误的是()
A．正极反应：SO2－4＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－
B．输送暖气的管道不易发生此类腐蚀
C．这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·x H2O
D．管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
答案 C
解析原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为SO2－4＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－，A正确；硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化作用，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，B正确；由图示可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，C错误；管道上刷富锌油漆，形成Zn­Fe原电池，Fe为正极，可以延缓管道的腐蚀，D正确。

8.CO2是重要的温室气体，对地球温室效应的“贡献”最大，如何利用CO2是摆在科技工作者面前的重要课题。

下图所示电解装置可将CO2转化为乙烯，该装置的电解质溶液为
强酸性水溶液，电极材料为惰性电极。

下列有关说法正确的是( )
A ．a 为电池的正极
B ．电解过程中H ＋移向阳极
C ．反应前后溶液的pH 保持不变
D ．阴极反应式：2CO 2＋12H ＋＋12e －===C 2H 4＋4H 2O
答案 D
解析 二氧化碳得电子生成乙烯，为阴极反应，所以a 为电池的负极，A 错误；电解过程中H ＋移向阴极，B 错误；阴极二氧化碳得电子生成乙烯，阳极氢氧根失电子放出氧气，总反应为2CO 2＋2H 2O===C 2H 4＋3O 2，消耗水，H ＋浓度增大，pH 减小，C 错误；D 正确。

9．下列有关说法中，不正确的是( )
A ．a mol/L 的HCN 溶液与b mol/L 的NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中c (Na ＋)＞c (CN －)，则a 一定小于b
B ．常温下，CH 3COONa 溶液的pH ＝8，则c (Na ＋)－c (CH 3COO －)＝9.9×10－
7 mol/L
C ．常温下，0.1 mol/L 的某酸溶液中，若c (OH －)/c (H ＋)＝1×10－8，则溶液中由水电离出的c (H ＋)＝1×10－11 mol/L
D ．在0.1 mol/L 的Na 2CO 3溶液中加入少量NaOH 固体，c （HCO －3）c （CO 2－3）
减小 答案 A
解析 A ．等体积等浓度的HCN 溶液和氢氧化钠溶液混合后，反应生成强碱弱酸盐NaCN ，溶液显示碱性，一定满足c (Na ＋)>c (CN －)，所以a mol/L 的HCN 溶液与b mol/L 的NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中c (Na ＋)>c (CN －)，则a ≤b ，故A 错误；B.CH 3COONa 溶液中，一定满足c (Na ＋)＋c (H ＋)＝c (CH 3COO －)＋c (OH －)，溶液的pH ＝8，则c (H ＋)＝1×10－8 mol/L ，
c (OH －)＝1×10－6 mol/L ，所以c (Na ＋)－c (CH 3COO －)＝c (OH －)－c (H ＋)＝1×10－6 mol/L －1－10
－8 mol/L ＝9.9×10－7 mol/L ，故B 正确；C.常温下，0.1 mol/L 的某溶液中，若c (OH －)/c (H
＋)＝1×10－8，根据水的离子积可知：c (H ＋)＝1×10－3 mol/L ；酸溶液中的氢氧根离子是水
电离的，所以该溶液中由水电离出的c (H ＋)＝1×10
－11 mol/L ，故C 正确；D.CO 2－3在溶液中存在水解平衡：CO 2－3＋H 2O HCO －3＋OH －，向0.1 mol ·L －1的Na 2CO 3溶液中加入少量NaOH
固体，平衡向右移动，故c （HCO －3）c （CO 2－3）
减小，故D 正确。

10．若定义pAg＝－lg c(Ag＋)，pCl＝－lg c(Cl－)，根据不同温度下氯化银饱和溶液的pAg和pCl可绘制如图所示图像，且已知氯化银的溶解度随温度的升高而增大，根据该图像，下列表述正确的是()
A．a点表示的是T1温度下的不饱和溶液
B．将a点所示溶液降温，可能得到c点的饱和溶液
C．向b点所示溶液中加入氯化钠溶液，溶液可能改变至d点
D．T3>T2>T1
答案 A
解析解答本题首先要看明白图像，能从图像中获得有用信息。

随温度升高AgCl的溶解度增大，即升高温度，溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)均增大，pAg和pCl均减小，从而可确定温度：T1>T2>T3。

a点所示溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)均小于c点所示溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)，则a点表示的是T1温度下的不饱和溶液，A项正确。

将a点所示溶液降温，AgCl的溶解度减小，不能得到c点的饱和溶液，B项错误；向b点所示溶液中加入NaCl溶液，根据沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)可知溶液中c(Cl－)增大，平衡逆向移动，会使c(Ag＋)减小，则溶液中pCl减小，pAg增大，故无法改变至d点，C项错误；根据以上分析可知，T1>T2>T3，D项错误。

二、填空题：本题包括3小题，共50分。

11．（18分）软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4·H2O的流程如下：
已知：①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表：
②温度高于27 ℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。

(1)“浸出”过程中MnO2转化为Mn2＋的离子方程式为____________________________。

(2)第1步除杂中加入H2O2的目的是_____________________________。

(3)第1步除杂中形成滤渣1的主要成分为__________________(填化学式)，调pH至5～6所加的试剂，可选择______________(填字母)。

a．CaO b．MgO
c．Al2O3d．氨水
(4)第2步除杂，主要是将Ca2＋、Mg2＋转化为相应的氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2＋的离子反应方程式：_____________________________________，该反应的平衡常数数值为______________________。

(已知：MnF2的K sp＝5.3×10－3；CaF2的K sp＝1.5×10－10；MgF2的K sp＝7.4×10－11)
(5)采用“趁热过滤”操作的原因是___________________________________________。

(6)取少量MnSO4·H2O溶于水，配成溶液，测其pH发现该溶液显酸性，原因是________
__________________________________(用离子方程式表示)，该溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为____________________________。

答案（1）MnO2＋SO2===SO2－4＋Mn2＋（2）将Fe2＋氧化为Fe3＋（3）Al(OH)3、Fe(OH)3 ab （4）MnF 2＋Mg2＋Mn2＋＋MgF2 7.2×107 （5）减少MnSO4·H2O在水中的溶解，得到更多的产品（6）Mn2＋＋2H 2O Mn(OH)2＋2H＋c(SO2－4)>c(Mn2＋)>c(H＋)>c(OH－) 解析(1)“浸出”过程中MnO2与SO2发生氧化还原反应，离子方程式为MnO2＋SO2===SO2－4＋Mn2＋。

(2)第1步除杂中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，以便于形成Fe(OH)3沉淀，过滤将沉淀除去。

(3)第1步除杂时调整溶液的pH在5～6，可以使溶液中的Al3＋、Fe3＋分别形成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，所以形成滤渣1的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3；在调pH至5～6时，为了不引入新的杂质离子，所加的试剂应该可以与酸发生反应，可选择含
有Ca2＋、Mg2＋的化合物CaO、MgO，a、b项正确。

(4)第2步除杂，主要是将Ca2＋、Mg2＋转化为相应的氟化物沉淀除去，MnF2除去Mg2＋的离子反应方程式是MnF2＋Mg2＋Mn2＋＋MgF2；
该反应的平衡常数K＝c Mn2＋
c Mg2＋
＝
c Mn2＋·c2F－
c Mg2＋·c2F－
＝
K sp MnF2
K sp MgF2
＝7.2×107。

(5)由已
知②温度高于27 ℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低，故采用“趁热过滤”操作可以减少MnSO4·H2O在水中的溶解，得到更多的产品。

(6)MnSO4是强酸弱碱盐，Mn2＋发生水解反应：Mn2＋＋2H2O Mn(OH)2＋2H＋，消耗水电离产生的OH－，破坏了水的电离平衡，最终达到平衡时，c(H＋)>c(OH－)。

根据物料守恒可得c(SO2－4)＝c(Mn2＋)＋c[Mn(OH)2]，所以c(SO2－4)>c(Mn2＋)，Mn2＋水解使溶液显酸性，所以c(H＋)>c(OH－)。

盐水解的程度是微弱的，溶液中主要以盐电离产生的离子形式存在，所以c(Mn2＋)>c(H＋)，故该溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为c(SO2－4)>c(Mn2＋)>c(H＋)>c(OH－)。

12．（16分）过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，无臭无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。

通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。

某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图(图一)如下：
已知：CaO2的制备原理：CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl
请回答下列问题：
(1)仪器C的名称为________，支管B的作用_________________。

(2)加入氨水的作用是__________________________________。

(从化学平衡移动的原理分析)
(3)过滤后洗涤沉淀的试剂最好用________。

A．水B．浓盐酸
(2)CaCl 2＋H 2O 2CaO 2＋2HCl ，加入氨水与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成CaO 2的方向移动，提高CaO 2的产率
解析 (1)仪器C 的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗，支管B 的作用是平衡气压，便于漏斗中液体顺利流下。

(2)由于CaCl 2＋H 2O 2CaO 2＋2HCl ，加入氨水与HCl 反应，促使平衡正向移动，提高CaO 2产率。

(3)CaO 2能潮解可与水缓慢反应，A 项错误；CaO 2易与酸发生反应，B 项错误；CaO 2不溶于醇类，C 项正确；CaCl 2溶液也含有水，CaO 2可与水缓慢反应，D 项错误。

(4)沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，原因可能是防止氨水挥发或防止过氧化氢分解。

(5)①检查装置气密性方法是：连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差保持不变，则装置不漏气，反之装置漏气。

②由于样品质量为0.50 g ，置于试管中加热使其完全分解，收集到44.80 mL(标况)气体，根据反应2CaO 22CaO ＋O 2↑，则产品中过氧化钙的质量分数为
2×44.80 mL ×10－3 L/mL 22.4 L/mol ×72 g/mol 0.50 g
×100%＝57.60%。

13．(16分)苯乙烯是重要的化工原料。

以乙苯(C 6H 5—CH 2CH 3)为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯(C 6H 5—CH===CH 2)，反应的化学方程式为：
C 6H 5—CH 2CH 3(g)C 6H 5—CH===CH 2(g)＋H 2(g) ΔH ＝＋117.6 kJ·mol －
1。

回答下列问题：
(1)已知：H 2(g)＋12
O 2(g)===H 2O(l) ΔH ＝－285.8 kJ·mol －1； C 6H 5—CH 2CH 3(g)＋212
O 2(g)===8CO 2(g)＋5H 2O(l) ΔH ＝－4 607.1 kJ·mol －1。

则C 6H 5—CH===CH 2(g)＋10O 2(g)===8CO 2(g)＋4H 2O(l)
ΔH ＝________。

(2)工业上，在恒压设备中进行上述反应制取苯乙烯，常在乙苯蒸气中通入大量水蒸气。

请用化学平衡理论解释通入大量水蒸气的原因______________________
___________________________________________________________。

(3)已知T ℃下，将a mol 乙苯蒸气通入到体积为V L 的密闭容器中进行上述反应，反应时间与容器内的总压强数据如表：
①由表中数据计算0～10 min 内v (C 6H 5—CH 2CH 3)＝________。

(用含a 、V 的式子表示) ②该反应平衡时乙苯的转化率为________。

(4)苯乙烯与溴化氢发生的加成反应产物有两种，其反应的化学方程式如下： i ．C 6H 5—CH===CH 2(g)＋HBr(g)
C 6H 5—CH 2CH 2Br(g) ii.C 6H 5—CH===CH 2(g)＋HBr(g)C 6H 5—CHBrCH 3(g) 600 ℃时，向3 L 恒容密闭容器中充入1.2 mol C 5H 6—CH===CH 2(g)和1.2 mol HBr(g)发生反应，达到平衡时C 6H 5—CH 2CH 2Br(g)和C 6H 5—CHBrCH 3(g)的物质的量(n )随时间(t )变化的曲线如图所示。

①600 ℃，反应ii 的化学平衡常数K ii ＝________。

②反应平衡后，若保持其他条件不变，向该容器中再充入1 mol C 6H 5—CH 2CH 2Br(g)，则反应ii 将________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。

③在恒温恒容的密闭容器中，苯乙烯与溴化氢发生i 、ii 两个加成反应，可以判断反应已达到平衡状态的是________。

A ．容器内混合气体的密度不再改变
B ．
C 6H 5—CH 2CH 2Br(g)的生成速率与C 6H 5—CHBrCH 3(g)的分解速率相等
C ．反应器中压强不再随时间变化而变化
D ．混合气体的平均相对分子质量保持不变
答案 (1)－4 438.9 kJ ·mol －1
(2)该反应是气体分子数增大的可逆反应，恒压条件下通入水蒸气，总压不变，容器体积增大，反应体系分压减小，平衡正移，苯乙烯产量提高
(3)①(0.03 a /V )mol ·L －1·min －1 ②50%
(4)①20(或20 L ·mol －1) ②正向 ③CD
解析 (1)将题中已知热化学方程式依次编号为①②③④，根据盖斯定律；④＝③－②－①，故ΔH ＝－4 607.1 kJ ·mol －1－(－285.8 kJ ·mol －1)－(117.6 kJ ·mol －1)＝－4 438.9 kJ ·mol －1。

(2)该反应是气体分子数增大的可逆反应，恒压条件下通入水蒸气，总压不变，容器体积增大，平衡向正反应方向移动，苯乙烯产量提高。

(3)①根据C 6H 5—CH 2CH 3(g)C 6H 5—CH===CH 2(g)＋H 2(g)，设0～10 min 内乙苯转化x mol ，则10 min 末乙苯为(a －x )mol ，苯乙烯、H 2均为x mol ，根据起始时和10 min 时的压强，有a ∶(a ＋x )＝1.0∶1.3，解得x
＝0.3a ，故v (乙苯)＝0.3a mol V L ×10 min ＝0.03a V
mol ·L －1·min －1。

②根据表格中数据，反应在30 min 时处于平衡状态，设平衡建立过程中乙苯转化y mol ，则平衡时乙苯为(a －y )mol ，苯乙烯、H 2均为y mol ，根据起始时和平衡时的压强，有a ∶(a ＋y )＝1.0∶1.5，解得y ＝
0.5a ，故乙苯的平衡转化率为0.5a a
×100＝50%。

(4)①根据图示，600 ℃两反应达平衡时，n (C 6H 5—CHBrCH 3)＝0.6 mol ，n (C 6H 5—CH===CH 2)＝(1.2－0.3－0.6)mol ＝0.3 mol ，n (HBr)
＝0.3 mol ，则反应ii 的平衡常数K ii ＝0.6 mol 3 L /(0.3 mol 3 L ×0.3 mol 3 L
)＝20 L ·mol －1。

②反应平衡后，向该容器中再充入1 mol C 6H 5—CH 2CH 2Br(g)，反应i 向逆反应方向移动，苯乙烯、HBr 的浓度增大。

苯乙烯、HBr 的浓度增大，反应ii 向正反应方向移动。

③该反应体系全为气体，气体质量不变，又容器恒容，因此气体密度始终不变，A 项不能说明反应达平衡，A 项错误；C 6H 5—CH 2CH 2Br(g)的生成速率与C 6H 5—CH 2CH 2Br(g)的分解速率相等，表明反应1的正反应速率和反应ii 的逆反应速率相等，不是同一反应的正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，B 项错误；两个反应在反应前后气体分子数均不相等，因此气体的压强为变量，压强不变时可以说明反应达平衡，C 项正确；反应体系全为气体，气体质量不变，两个反应前后气体分子数均不相等，因此气体的平均相对分子质量为变量，故混合气体的平均相对分子质量不变可以说明反应达平衡，D 项正确。