成都附属实验中学2019-2020学年度下学期2020届第五次周考化学试题(Word版含解析)

1、2019-2020学年度高三下学期第五次周考试题本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间40分钟。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 项是符合题目要求的。1 .化学与人类生活、生产等密切相关。下列有关说法正确的是（）A.书本纸张的主要成分是合成纤维B.用过滤的方法可分离食用油与水的混合物C.锅炉煤改气可减少 SO2、粉尘等对大气的污染D.香蕉、地瓜等食物久存甜度增加，原因是淀粉被氧化答案 C卜列说法正确的是（）2 .工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。一忸土矿*除柴71：。电解.闻十双导区喇1-4 nilC05S 5&

2、#39; F Cui J"uf 精 i（注：铝土矿中含有 AI2O3、SiO2、Fe2O3）A.在铝土矿制备较高纯度 Al的过程中只用到 NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B.石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C.在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 ： 2D.黄铜矿（CuFeS2）与02反应产生的 Cu2S、SO2均是还原产物答案 C解析 A.根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生Al2Q+6H+=2Al3+ +3H2。和Fe2Q +6Hf =2Fe + +3HQ然后过滤，向滤?中加入过量的 NaO哈液，发生 Al3+4OH =AlQ + H2O和Fe3 + + 3

3、OH =Fe(OH) J ,过滤，向滤液中通入足量的 CO,发生 AlO2 + CO + 2H2O=Al(OH)4 + HCO,氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为 NaOH盐酸、CO、冰晶石，故 A错误；B.石英的 成分是SiO2,属于氧化物，且不与盐酸反应，故B错误；C.制取粗硅的反应是：2C+ SiO2=迪 2COT + Si, C的化合价升高，即 C为还原剂，SiO2中Si的化合价降低，即 SiO2作氧化齐氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2,故C正确； D.CuFeSa中S的化合价为2价，转化成50, S的化合价升高，O的化合价降

4、低，即 SO既是氧化产物又是还原产物，故D错误。3.工业上合成的反应为FII,下列有关说法不正确的是9()A. X、Y、Z三种有机物均易发生加成反应B. X、Y、Z三种有机物分子中所有原子均有可能共平面C. X、Y、Z三种有机物使酸性高镒酸钾溶液褪色的原理相同D. Z的二氯代物有7种(不考虑立体异构)答案 B4 .X、Y、Z均是短周期元素，原子半径的大小为r(Y)> r(X)>r(Z),三种元素的原子序数之和为15, X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图转化关系。其中 R为10 电子分子，是一种常见的无机溶剂。下列说法中不正确的是 ()A. X元素位于周期表中第 16

5、列B. X、Y、Z元素两两之间均能形成原子个数比为 1 ： 1的化合物C. X、Y、Z元素形成的单质均具有强还原性D. R的沸点高于M的沸点答案 C解析 由R为10电子分子且为无机溶剂可判断R为HO,根据转化关系及半径确定X为氧，Z为氢，再根据三者原子序数之和为15确定Y为碳。氧在第V1 A族，为第16歹U, A正确；三种元素之间分别形成CO GH或QH、HQ等，B正确；Q无强还原性，C项错误；HO常温下为液态，M无论是CO还是CO常温下均为气态，D正确。5 . Na代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A. 500 mL1 mol二1L乙醇（C2H6O）溶液中含有 CH 键数目为2.5

6、NaB. 1.2 g NaHSO4和MgSO4的混合物含阳离子数目为0.1NaC.在标准状况下，4.48 L甲烷的氯代物分子含原子数目为NaD. 1 L 1 mol 一 H2O2溶液完全反应，转移电子数目一定为2Na答案 A解析 A项，乙醇的结构简式为 CHCHOH 1个乙醇分子含 5个C-H键，0.5 mol CHCHOH 含C- H键的物质的量为 2.5 mol ,正确；B项，NaHSG MgSOW摩尔质量都是 120 g - mol t, 1.2 g NaHSO4和MgSOW混合物的物质的量为0.01 mol , NaHSO阳离子为 Na+, MgSO中阳离子为Mc2+,故混合物含阳离子

7、的物质的量为0.01 mol,错误；C项，甲烷的氯代物有CHCl、CHCl2、CHC3、CCI,标准状况下只有 CHCl呈气态，其他的甲烷氯代物都是液态， 不能用气体摩尔体积计算，错误；D项，HQ可能既作氧化剂，又作还原剂，如 1 mol H 2Q完全分解生成 HO和Q,转移电子的物质的量为 1 mol ,错误。6.用如图所示装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和 U形管的质量差，实验测得 m（H） : m（O）1 ： 8。下列对导致这一结果的原因 的分析中，一定错误的是（）A. I、n装置之间缺少干燥装置B.出装置之后缺少干燥装置C. n装置中玻璃管内有水

8、冷凝D. CuO没有全部被还原答案 D7 .下图是利用盐桥电池从某些含碘物质中提取碘的两个装置:下列说法中正确的是()A.两个装置中，石墨I和石墨n均作负极8 .碘元素在装置中被还原，在装置中被氧化C.装置中 MnO2的电极反应式为 MnO2+2H2O+2e =Mn2+4OHD.装置、中的反应生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为 1 ： 5答案 D解析 A.中石墨I区的 NaI生成I2,故石墨I做负极，中石墨n区的NaIQ生成I2,故石墨n做正极，A错误。B.中碘元素的化合价升高，被氧化；中碘元素的化合价 降低，被还原，错误；C.MnO插入酸性溶液中，不可能生成OH故C错误；D.反应中碘

9、元素的变化为2I > 12,生成1 mol 12时转移2 mol e ,中碘元素的变化为 2IO 3- I2, 生成1 mol I 2时转移10 mole 一,则反应、中生成等量的12时导线上通过的电子数之比为1 ： 5,故D正确。8.常温下，向 20 mL 0.2 mol二1匚元酸H2A溶液中滴加0.2 mol 1 NaOH溶液，有 关微粒物质的量变化如图。,下列叙述正确的是()A.当 V(NaOH)=20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HA )>c(A2 十)>c(OH )>c(H )8 .等体积等浓度的 NaOH溶液与H2A溶液混合后

10、，其溶液中水的电离程度比纯水的C.等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的 pH变化都 不大D.当,一、一、 c ( Na )、V(NaOH) = 40 mL时，升局温度， c ；人2-)减小答案 C解析 A.当V(NaOH)= 20 mL时，发生反应NaOHb HA=NaHA H2Q 溶质主要为 NaHA HA的电离大于水解，溶液显酸性，则 c(Na+ )>c(HA )> c(H +)> c(A2 )>c(OHI ),故A错误； B.由A项可知，电离出的 M抑制了水的电离，所以溶液中水的电离程度比纯水小，故 B错 误；C.由于弱酸 HA的电离

11、作用和 NaHA勺水解作用，等浓度的H2A溶液和NaHAO合后，溶液具有缓冲作用， 加入少量强酸或强碱，溶液的 pH变化不大，故NaOH寸，恰好生成N&A,升高温度，促进A2一的水解，使A*的浓度减小,C项正确；D.加入40 mLNa卡浓度不变,c (Na+)c (A2,增大，故D项错误。11题、第12题中任选二、非选择题：本题包括 3小题，共52分(注意：请考生从第题作答，若两题都做，则按第11题给分)。9 . (18分)印刷铜制电路板的腐蚀液选取和回收再利用一直是研究的热点。(1)FeCl3溶液一直作为传统的腐蚀液。腐蚀过程中的离子方程式为 步骤I - 步骤n废液 溶液X >

12、 FeCl3溶液腐蚀结束后，通过以下两步可分离出铜，并实现FeCb溶液再生。i.步骤I所加试剂和操作分别为 。ii.可实现步骤n转化的物质或方法是 (填一种即可)。(2)研究发现，CuCl 2溶液添加盐酸或氨水配制成酸性腐蚀液或碱性腐蚀液，其效果优于FeCl3溶液。腐蚀液的主要成分及腐蚀原理如下：腐蚀液类型主要成分腐蚀原理酸性腐蚀液Cu2+、H +、ClCu + Cu2+ + 2Cl 三二 2CuCl ,2CuCl + 2Cl =CuCl2碱性腐蚀液Cu(NH 3)4产、NH；、NH3、ClCu(NH 3)42+ + Cu=2Cu(NH 3)2 +酸性腐蚀液中铜离子含量对腐蚀速率的影响如图所示

13、，为保持较快和较平稳的腐蚀速率，腐蚀液中铜离子含量应选择 g/100 mL的使用范围。6 9 11 J4 h) 111 如 ±2 24 却含：1：卬切小时.|) J- -1- If If- u ) MMTIKNH,NJiHq酸性腐蚀废液经过处理后，倒入一定量的水中，可得CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥后即得产品CuCl。倒入一定量的水中， 可得CuCl沉淀的原因是通入适量的氧气可使碱性腐蚀液再生。将该过程的离子方程式补充完整:Cu(NII 十 NII 十口XH；十口 c：(3)H2O2也常用来腐蚀金属铜， 使用时加入盐酸或氨水将其配制成酸性或碱性腐蚀液。破性底液|( u(NH IfJ&

14、#39;L 般性府液|CirCJ .H*l收其废液的工艺如下:洗呆*A趾 L1O酸性条件下H2O2腐蚀金属铜的离子方程式为升高温度，腐蚀量变化的原因下图是研究碱性腐蚀液的温度对铜腐蚀量的实验结果,羡<.越法M_v二碱转时的反应为：Cu2(OH)3Cl + NaOH=CuO + Cu(OH)2+NaCl +H2O。检验转化完全的方法是：取少量洗涤后的碱转固体， 。解析(1)FeCl 3溶液一直作为传统的腐蚀液。腐蚀过程中的离子方程式为2Fe3+ +Cu=2Fe + + Cj+。腐蚀结束后，通过以下两步可分离出铜，并实现 FeCl3溶液再生。i. 步骤I是为了把溶液中的铜置换出来，因此所加试

15、剂为过量的铁粉，分离操作为过滤。ii.步骤n是为了把亚铁离子氧化为铁离子，需要加入合适的氧化剂，通常可以加氯气或氯水或盐酸酸化的过氧化氢。(2)由图可知，当铜离子含量在1820 g/100 mL时，反应所需要的时间基本相同，即反应速率基本相同，所以为保持较快和较平稳的腐蚀速率，腐蚀液中铜离子含量应选择在1820 g/100 mL的使用范围。由题中信息可以，酸性腐蚀废液经过处理后，倒入一定量的2水中，Q=c. (Cl >K,可使化学平衡 CuCl+2ClmCuC序向逆反应方向移动，生成 CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥后即得产品CuCl。通入适量的氧气可使碱性腐蚀液再生。该过程的离子方程式为

16、 4Cu(NH3)2 + 4NH+ 4N时 + Q=4Cu(NIH3)4 2+ 2H2Q 酸性条件下 H2Q腐蚀金属铜的离子方程式为C叶H2C2+ 2巧=而+ + 2H20。题图是研究碱性腐蚀液的温度对铜腐蚀量的实验结果，升高温度，腐蚀量变化的原因2030c时，升高温度，腐蚀量有所增加，主要是因为温度升高使反应速率加快；30 C以上，升高温度，腐蚀量降低，主要时因为HbQ分解、NH挥发。碱转时的反应为CU2(CH)3CI +NaCH=CuOCu(CH)2+ NaCl+ H2O,由此反应可知，当碱转完成后，Cu2(CH)3Cl转化为 CuC和Cu(OH)2,因此，可以通过检验氯离子来检验转化是否

17、完全，具体操作方法是：取少量洗 涤后的碱转固体，加入足量HNO使沉淀溶解，再加入 AgNO溶液，观察是否出现白色沉淀。答案 (1)2Fe" + Cu=2F苜 +Cu2+i.加入过量铁粉，过滤 ii.Cl 2,一 一.2、c ( CuCl3 )-2,一一一、(2)1820 加水后,Q= c2(Cl)>K, CuCl+2Cl =CuCl3 平衡逆向移动,.2+_析出CuCl沉淀4 4 4 4Cu(NH3)42HOCu+ H2Q+2H+=CU+ + 2HO2030 c时，升高温度，腐蚀量有所增加， 主要是因为温度升高使反应速率加快；30 c以上，升高温度，腐蚀量降低，主要时因为分解、

18、NH3挥发 加入足量HNO使沉淀溶解，再加入 AgNO溶液，观察是否出现白色沉淀10. (18分)天然气可制备合成气，进而制备甲醇等化工原料。如图是以甲烷、氧气和水蒸气为原料制备合成气的能量图，某工厂为实现能量的零 排放和零补充，则进料气中氧气与水蒸气的体积比应为(2)以天然气(设杂质不参与反应 卜KOH溶液为原料可设计成燃料电池。放电时，正极的电极反应式为 设装置中盛有100.0 mL 3.0 mol -1 KOH溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96 L,假设放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为(3)以H2、CO为原料合成甲醇：2H2(

19、g) + CO(g)三二CH30H(g) AH<0,在1 L恒容密 闭容器中充入2a mol H2(g)和a mol CO(g),在一定条件下反应 10 min达到平衡，测得 CO 的转化率为3。若改变一个条件，反应速率减慢， CO的平衡转化率增大。反应开始至 10 min内H2的平均反应速率为。反应的平衡常数 K为。改变的一个条件是 。达到平衡状态时，甲醇的体积分数为 。(4)制备合成气的副反应为 CO+ H2O=CO2+ H2,用足量的氢氧化钠溶液吸收气体中 的CO2,得到等浓度的NaHCO3、Na2CO3的混合溶液M。M中的物料守恒式为一一 ，一一， . a一一,，一解析 (1)由

20、题图知， aCH(g) + Q(g)= xCO(g) + H(g)A H= 18 kJ mol 1,根1111据碳原子寸恒，a = x,根据氢原子寸恒，4a=2, a=-= x,则为CH(g) +%Q(g)=2CO(g)+ H2(g)A H= 18 kJ mol1; bCH(g) + bHbO(g)=yCO(g) + H2(g)A H= +72 kJ - mol，根据碳原子守恒，y= b,根据氢原子守恒，6b=2, b=a=y,则为,CH4(g) +H2O(g)=r 33331CO(g)+Hg)AH= +72 kJ - mol ,为实现能量的零排放和零补充，则根据盖斯定律，由X 12+ X 3

21、 得 7CH(g) +3Q(g) +H2O(g)=15H2(g) +7CO(g) A H= 0,所以进料气中氧气与水蒸气的体积比应为3 ： 1。(2)正极上发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，正极的电极反应式为：Q +8.96 L ,物质的量为4e + 2H2O=4OHo参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96 L22.4 L mol= 0.4 mol,根据得失电子守恒可知，生成二氧化碳的物质的量为0.4 mol X 48= 0.2 mol , n(KOH)=0.1 L x 3.0 mol - L 1 = 0.3 mol , n(KOH) ： n(CO2) =0.3 mol : 0.

22、2 mol =3： 2,发生反应2CO+ 3KOH=2CO+ KHCd H2O,溶液中碳酸根离子水解，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，则溶液呈碱性，故C(OHI )>C(H+),碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，故 C(HCQ)>C(cOT),由于水解是微弱的，则碳酸根离子的浓度远大于氢氧 根离子的浓度，故 C(K + )> C(HCO )> C(CO3 )> C(OHI )>C(H+)。(3)根据三段式法进行计算:2H2(g) + CO”AH<0起始(门口1)2na0变化(niol)2。/媪£举平衡 f mcl >11 F)a

23、(I ，)仃丁2aBmol a 3v(H2) = 10 min X1 L = Tmol 一、min1。平衡时,c(H2)= 2a(1 3 )mol - L 1, c(CO)11 皿C(CHOH=a(1 - 3 )mol L 1 , c(CHOH)= a 3 mol L 1 ,则 K=777;C (CQ C (H2)a (1 3) 2a (1 3) 14a2 (1-3)3。CO的平衡转化率增大，说明平衡向右移动,若增大压强，平衡向右移动，但反应速率增大；若降低温度，平衡向右移动，反应速率减慢,故改变的一个条件是降低温度。反应达到平衡时，甲醇的体积分数。(CHOH) =a 3ap + 3a-3a

24、33-23(4) c(NaHCO) = c(Na2CO)M中的物料守恒式为c (Na+) 1 + 2X1 3c (HkCO) + c (HCO) + c (CO ) = 1+1 =2答案 （1）3 ： 1(2) Q + 4e + 2H2O=4OH c(K* )>c(HCC3)> c(CO3 )> c(OH )> c(H+)3-2 3a|- mol - L 1 - min 14a2(1，)3降低温度(4)2 c(Na + ) = 3c(H2CO) + 3c(HCO3) + 3c(CO3 )11. （16分）（1）钠、钾、铭、铝、鸨等金属晶体的晶胞属于体心立方，则该晶胞中属

25、于1个体心立方晶胞的金属原子数目是 。氯化葩晶体的晶胞如图1,则Cs+位于该晶胞的 ,而C位于该晶胞的 , Cs+的配位数是 。（2）铜的氢化物的晶体结构如图2所示，写出此氢化物在氯气中燃烧的化学方程式：图3为L与Mg2+、K +形成的某种离子晶体的晶胞， 其中表示的离子是 （填离子符号）。（4）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与 NaCl晶体结构相似（如图4 所示），已知3种离子晶体的晶格能数据如下表：离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJ - mo17867153 401则这4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是 其中MgO晶体中一个Mg2卡周围和它最

26、邻近且等距离的 Mg2+有 个。国1解析(1)体心立方晶胞中，1个原子位于体心,8个原子位于立方体的顶点,故1个晶 1 .一 .胞中金属原子数为 8X+1=2;氯化葩晶胞中，Cs位于体心，Cl位于顶点，Cs的配位数 8为8。(2)由晶胞可知，粒子个数比为1 ： 1(铜为8X1+6X=4, H为4),化学式为CuH,82+ 1价的铜与1价的氢均具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，产物为CuCl2和HCL (3)2+由晶胞结构可知，黑球有1个，灰球有1个，白球有3个，由电何寸恒可知n(Mg ) ： n(K )： n(F ) = 1 ： 1 ： 3,故白球为F。(4)从3种离子晶体的晶格能数据知道，离子所带电荷越大、离子半径越小，离子晶体的晶格能越大，离子所带电荷数：Ti 3+>Mg+,离子半径：MgvCa2十 ,所以熔点：TiN>MgO>CaO>KCl