【KS5U解析】四川省成都实验中学2020届高三下学期第四次周考化学试题 Word版含解析

1、2019-2020学年度高三下学期第四次周考化学试题一、选择题：本题共8个小题，每小题6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.生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列分析不正确的是（ ）a. mg（oh）2和al（oh）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐o2、稀释可燃气体，分解产物mgo和al2o3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂b. 用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物c. 某雨水样品采集后放置一段时间，ph值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的co2d. 蒙古牧民喜欢用银器盛放

2、鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质【答案】c【解析】【详解】a、mg（oh）2和al（oh）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐o2、稀释可燃气体，分解产物mgo和al2o3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂，a正确；b、纯棉织物的主要成分是纤维素，纯毛织物的主要成分是蛋白质，燃烧时烧焦羽毛的气味，b正确；c、某雨水样品采集后放置一段时间，ph值由4.68变为4.28，是因为酸雨中弱酸亚硫酸被氧化生成强酸硫酸造成的，c错误；d、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子（重

3、金属离子）变性，从而杀死细菌，d正确。答案选c。2.下列说法正确的是a. 乙烯、聚乙烯和苯分子中均含有碳碳双键b. 纤维素可以被人体消化吸收，因为它在人体内可以水解成葡萄糖c. 石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、紫外线消毒等过程都有化学变化发生d. 乙烯使溴水褪色与乙烯使酸性kmno4溶液褪色的原理相同【答案】c【解析】a聚乙稀和苯分子中均不含有碳碳双键，故a错误；b人体内没有消化纤维素的酶，即纤维素在人体内不能被消化而提供能量，故b错误；c石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、蛋白质变性等都存在新物质生成，都属于化学变化，故c正确；d乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，是因为酸性高锰酸钾氧化乙烯，自身被还原；乙烯

4、与溴发生加成反应而使溴水褪色，褪色原理不同，故d错误；答案为c。3.萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是a. a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)b. b的分子式为c10h12oc. a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应d. 只能用钠鉴别a和b【答案】c【解析】a、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故a错误；b、b的分子式为c10h14o，故b错误；c、 a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故c正确；d.可以用

5、钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故d错误；故选c。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项d为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。4.在20 l的密闭容器中按物质的量之比12充入co和h2，发生反应co(g)2h2(g)ch3oh(g)h。测得co的转化率随温度的变化及不同压强下co的变化如图所示，p2和195 时n(h2)随时间的变化结果如下表所示。下列说法正确的是()p2和195 时n(h2)t/min0135n(h2)/mol8544a. p2和195 时，03 min，反应速率v(ch3oh)mol&#

6、183;l1·min1b. p1p2，h0c. 195 、p2时，在b点：v正v逆d. 在p2和195 时，该反应的平衡常数为25【答案】d【解析】【详解】a03min，n(h2)4mol，c(h2)0.2 mol·l1，v(h2)，v(h2) ：v(ch3oh)=2：1，则v(ch3oh)0.033 mol·l1·min1，故a错误；b由任意一条曲线知，随温度升高，co转化率减小，故h<0，由于增大压强时，平衡右移，故p1<p2，故b错误；c从b点到a点，co转化率减小，反应向左进行，故v正<v逆，故c错误；d达到平衡时，co、h2、

7、ch3oh的平衡浓度分别为0.1 mol·l1、0.2 mol·l1、0.1 mol·l1，则平衡常数k25，故d正确；答案选d。【点睛】计算平衡常数时，代入的一定是平衡时的浓度，表格中4min时，物质的量保持不变，即达到平衡状态。5.依据反应2naio35so24h2o=i23h2so42nahso4，并利用下列装置从含naio3的废液中制取单质碘的ccl4溶液并回收nahso4。其中装置正确且能达到实验目的的组合是()a. b. c. d. 【答案】d【解析】【详解】铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，装置缺少加热部分，故错误；将二氧化硫通入碘酸钠溶液中实

8、施上述反应，由于二氧化硫易溶于水，需通过倒扣的漏斗以防止倒吸，故正确；用四氯化碳萃取出溶液中的碘，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故正确；从硫酸氢钠溶液中提取硫酸氢钠固体应采用的方法是蒸发，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故错误；答案选d。【点睛】蒸发皿适用于除去溶液中的溶剂的装置，坩埚适用于高温灼烧某种物质。6.下图所示转化关系中a、b、c均为双原子气态单质，分别由短周期主族元素x、y、z组成。其中单质b含共用电子对数最多，甲和丙分子中均含有10个电子。下列说法错误的是（ ）a. z元素位于第二周期第via族b. 可用排水法收集化合物乙c. 元素x、y、z的原子半径大小关

9、系为x<z<yd. 化合物甲溶于化合物丙中，存在的微粒有5种【答案】d【解析】【分析】单质b含共用电子对数最多，b为氮气。甲和丙分子中均含有10个电子，甲为氨，相应a为氢。从反应关系可知丙为水，c为氧气，乙为一氧化氮。【详解】a. 氧元素位于第二周期第via族，故a正确；b. 一氧化氮不溶于水，可用排水法收集，故b正确；c. 氢元素原子半径在所有元素原子半径中最小，同周期元素从左到右原子半径减小，所以原子半径n>o，因此，元素x、y、z的原子半径大小关系为x<z<y，故c正确；d. 化合物甲溶于化合物丙中，形成氨水，存在微粒有nh3、h2o、nh3·h2

10、o、- 、h+等共6种，故d错误。故选d。7.h3bo3(一元弱酸)可以通过电解nab(oh)4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是a. m室发生的电极反应式为：2h2o-4e- =o2+4h+b. n室中：a<bc. b膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸d 理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6 l气体【答案】d【解析】【详解】am室为阳极室，发生还原反应，电极反应式为：2h2o4e=o4h，选项a正确；bn室为阴极室，溶液中水电离的h+得电子发生还原反应，生成h2，促进水的电离，溶液中oh-浓度增大，即a% <b%，选项b正确；c阳极室的

11、h+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的b（oh）4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成h3bo3，则b膜为阴膜，选项c正确；d理论上每生成1mol产品，m、n室电极反应式分别为2h2o-4e- =o2+4h+、2h2o+2e-=h2+2oh-，m室生成1molh+、n室生成0.5molh2，阴极生成的气体体积在标况下是11.2l，选项d错误；答案选d。8.某温度下，向20.00 ml 0.1 mol·l-1 naoh溶液中滴加0.1 mol·l-1苯甲酸(c6h5cooh，弱酸)溶液，溶液的ph和pohpoh=-lgc(oh-)关系如图所示。下列说法正确的是a. 在该温度下，0

12、.1 mol·l-1 naoh溶液的ph=2a+1b. f点对应苯甲酸溶液体积v=20.00 mlc. 在g与f之间某点对应的溶液中水的电离程度最大d. 温度不变，加水稀释e点溶液，增大【答案】c【解析】【分析】向20.00 ml 0.1 mol·l-1 naoh溶液中滴加0.1 mol·l-1苯甲酸，反应是逐步进行的，氢氧化钠溶液先变为氢氧化钠和苯甲酸钠混合溶液，再变为苯甲酸钠溶液，进而变为苯甲酸钠和苯甲酸混合溶液，溶液由碱性变为中性，再变为酸性。由图可知，g点溶液显碱性，f点为中性溶液，e点溶液显酸性，该温度下，水的离子积常数kw为102a。【详解】（1）0.

13、1 mol·l-1 naoh溶液中c（oh）为0.1 mol·l-1，由f点可知水的离子积常数kw为102a，则溶液中c(h+)为102a+1，则ph为2a1，a错误；f点为中性溶液，是苯甲酸和苯甲酸钠的混合溶液，所以f点对应苯甲酸溶液体积v大于20.00 ml，b错误；苯甲酸和氢氧化钠溶液恰好反应生成苯甲酸钠溶液时，水的电离程度最大，恰好反应点在g与f之间，c正确；e点为苯甲酸钠和苯甲酸混合溶液，溶液显酸性，加水稀释时，苯甲酸的电离平衡右移，n（c6h5cooh）减小，n（c6h5coo）增大，则减小，d错误。故选c。【点睛】本试题主要考查酸碱中和图像中关于离子浓度大小比

14、较问题，包含中和反应、盐类水解知识的运用。对于此类试题，经常考查的有naohha弱酸以及氨水盐酸两类试题。所以，应该记住几个重要的点：起点-可以判断是否是弱电解质或者是起始ph；恰好反应点-酸碱按照化学计量数之比反应，具体的酸碱性取决于盐的水解；ph=7点；等浓度盐与酸（或碱）点。如果能够将上述的四点分析清楚，此类试题迎刃而解。二、非选择题：本题包括3小题，共52分。9.氮化钙(ca3n2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知：氮化钙极易与水反应；实验室在加热条件下用饱和nano2溶液和饱和(nh4)2so4溶液混合制备n2；焦性没食子酸溶液用于吸收少量o2。i

15、制备氮化钙。他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：(1)实验室将钙保存在_中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_。(2)气体从左至右，装置连接顺序为_。(填代号)(3)写出a中发生反应的化学方程式：_。(4)用化学方法检验氮化钙(ca3n2)产品中是否混有ca，设计实验方案：_。.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是_。(6)取产品质量为w g，开始量气管读数为v1 ml，最终量气管读数为v2 ml(折合成标准状况)，则该样品纯度为_(用代数式表示)。如果开始仰视

16、刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 煤油 (2). 离子键 (3). a、d、c、b、c (4). 2nano2(nh4)2so4na2so42n24h2o (5). 取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙 (6). 上下移动水准瓶 (7). (8). 偏低【解析】【分析】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置b前后都应

17、加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。(3)装置a中饱和nano2溶液和饱和(nh4)2so4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。(5) 调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。(6) 氮化钙与水反应的方程式是ca3n2+6h2o=3ca(oh)2+2nh3，根据氨气的体积计算样品纯度。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小。【详解】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应，所以实验室将钙保存在煤油中；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，所以氮化钙含有离子键；

18、(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置b前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置连接顺序为adcbc。(3)装置a中饱和nano2溶液和饱和(nh4)2so4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气，反应化学方程式是2nano2(nh4)2so4na2so42n24h2o；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(ca3n2)产品中是否混有ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙。(5) 调平液面是将量气管和水准

19、瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移动水准瓶；(6)样品与水反应生成氨气的体积是(v2 mlv1ml)，设样品中ca3n2的质量为xg；ca3n2+6h2o=3ca(oh)2+2nh3148g 44.8l xg (v2v1)×10-3 l x= 则该样品纯度为；如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小，所以测得结果偏低。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。10.氯化亚铜(cucl)微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，其制备有很多方法，工业上可以废旧铜为原料生产

20、氯化亚铜。方法一：(1)cucl可以溶解在fecl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是：_。(2)还原过程中的产物为nacucl2，试写出发生反应的化学方程式是_，过滤操作用到的玻璃仪器有_。(3)制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_。方法二：(4)a.写出过程的主要反应的化学方程式_。b.为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：方案一：可将上述x稀溶液用于废铜的处理(如图所示)，则y可以为_(填化学式)。方案二：过程中cu与浓h2so4反应所得so2和cuso4用于过程中cucl的制备，理论上_(填“需要”或“不需要”)另外补充so2，原因是_(结合化学方程式回答)。【答案】 (1).

21、 cuclfe3=cu2fe2cl (2). cucl22naclcu=2nacucl2 (3). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (4). 除去表面可溶性杂质，使cucl尽快干燥，减少溶解损失 (5). 2h2so4(浓)cucuso4so22h2o (6). o2 (7). 不需要 (8). 过程中生成cuso4和so2的物质的量之比为11，而过程发生反应：cuso4cucl2so22h2o=2cucl2h2so4，需要的cuso4和so2的物质的量之比也恰好为11，所以理论上不需要补充so2(其他合理答案均可)【解析】分析】(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子；(2)流程分析可知

22、，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为nacucl2，结合原子守恒配平书写方程式；过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；(4)a浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应；b由生产氯化亚铜的流程可知x的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。【详解】(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为cuclfe3=cu2fe2cl；(2)由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜

23、，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物nacucl2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：cucl22naclcu =2nacucl2；(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气氧化；(4)a浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应，其化学方程式为:cu+2hso(浓)cuso+so+2ho；b方案一：由生产氯化亚铜的流程可知x的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，y为o；方案二：过程中生成cuso4和so2的物质的量之比为11，而过程发生反应：cuso4cucl2so22h2o=2cu

24、cl2h2so4，需要的cuso4和so2的物质的量之比也恰好为11，所以理论上不需要补充so2(其他合理答案均可)。11.对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。.在催化剂存在下用h2还原co2是解决温室效应的重要手段之一，相关反应如下：主反应：co2(g)4h2(g)ch4(g)2h2o(g)h1副反应：co2(g)h2(g)=co(g)h2o(g)h241.2 kj·mol1已知：h2和ch4的燃烧热分别为285.5 kj·mol1和890.0 kj·mol1，h2o(l)=h2o(g)h44 kj·mol1。(1)h1_ kj·

25、mol1。(2)有利于提高ch4产率的反应条件是(至少写两条)_工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是_。(3)t时，若在体积恒为2 l的密闭容器中同时发生上述反应，将物质的量之和为5 mol的h2和co2以不同的投料比进行反应，结果如图1所示。若a、b表示反应物的平衡转化率，则表示h2平衡转化率的是_，c、d分别表示ch4(g)和co(g)的体积分数，由图1可知_时，甲烷产率最高。若该条件下co的产率趋于0，则t时的平衡常数k_。.溶于海水的co2 95%以hco3-形式存在。在海洋中，通过图2钙化作用实现碳自净。(4)写出钙化作用的离子方程式_。(5)电解完成后，a室的ph_(填“变大”、“变小”或“几乎不变”)；b室发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 1640 (2). 降低温度、增大压强 (3). 催化剂 (4). b (5). 4 (6). 100 (7). 2hco3-ca2=caco3co2h2o (8). 几乎不变 (9). hhco3-=co2h2o【解析】【分析】(1)根据盖斯定律解答；(2)该主反应为气体分子数减小的放热反应，根据外界条件平衡移动的影响分析如何提高产率；(3)结合图像曲线分析的比值，确定转化率，再利用“三段式”求解平衡常数；(4)由图2可知，h