【文档说明】【精准解析】四川省成都市实验中学2020届高三下学期第三次周测化学试题.doc，共(12)页，455.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-048e219b1cca86f9e9a75b37e9f6c73f.html

以下为本文档部分文字说明：

2019-2020学年度高2017级下学期第三次周考试题化学一、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】【详解】A、加热能使蛋白质变性，熟的鸡蛋不能孵化成小鸡的原因是蛋白质变性，故A正确；B、天然气（CNG）主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，

所以这两类燃料是清洁燃料，故B正确；C、地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下发生皂化反应，可生成肥皂，故C正确；D、麦芽汁(含麦芽糖)在酵母菌的作用下发酵，得到的鲜啤酒中含酒精，故D错误。选D。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，剪银块投之，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（）ABCD快速制备少量NH3H2的尾气处理测量NO的体积除去乙烯中的SO2

A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．选用A装置，浓氨水和生石灰反应可快速制备少量NH3，故A合理；B．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，故B合理；C．NO不溶于水，可用量气管测量其体积，故C合理；D．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，故D不合理；选D。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

.1mol·L-1D溶液的pH=13(25℃)。下列说法正确的是（）A.原子半径：丁＞丙＞乙＞甲B.1molA与足量B完全反应共转移了2mol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】【分析】0.1mol·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元素、丙为O元素、丁为Na元素，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元素。【详解】A．原子半径大

小顺序为Na＞C＞O＞H，故A错误。B．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，反应中过氧化钠既作氧化剂，又作还原剂，故1molNa2O2完全反应转移1mol电子，故B错误；C．丙为氧元素，处于周期表中第二周期第ⅥA族，

故C错误；D．若为NaHCO3，则溶液呈碱性，若为HOOC—COONa，则溶液呈酸性，故D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()环己醇DCHPA.DCHP的分子式为C20H26O4B.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】【分析】由结构可知分子式，环已醇分子中含-OH，DCHP中含-COOC-，结合醇、羧酸的性质及苯环为平面结构来解答。【详解】A

.由结构可知DCHP的分子式为C20H26O4，故A正确；B.环己醇分子中所有碳原子均为四面体构型，则不可能共平面，故B正确；C.DCHP的结构对称，含6种H，则一氯取代物有6种，故C错误；D.DCHP含-COOC-，水解可以得到环已醇，水解反应属于取代反应，故D正确。故选C。【点睛】把握官

能团与性质的关系为解答的关键，注重迁移应用能力的训练，注意有机物结构分析及酯的性质。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：C6H12O6＋6O

26CO2＋6H2O(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C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋C.消耗1mol氧气时转移4mole－，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】【详解】A．酶是一种蛋白质，在高温下会发生变性，失去生理活性，所以该生物燃料电池不可以在高温下工作，故A正确；B．葡萄糖生物燃料电池中葡萄糖在负极失电子发

生氧化反应生成二氧化碳，其电极反应式为：C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2+24H+，故B正确；C．氧气在正极得电子，其电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O，消耗1mol氧气则转移4mole-，在溶液中阳离子向正极移动，

所以H+会向正极移动，故C错误；D．提高葡萄糖生物燃料电池的效率，能提高葡萄糖的能量利用率，向外提供更多的电量，故D正确；答案选C。7.用0.1mol·L−1的盐酸滴定20mL约0.1mol·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30mL时，溶液中:c(NH4+)+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(NH4+

)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)，电荷守恒式为c(NH4+)+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30mL时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)

+c(Cl-)，故D错误；故选A。二、填空题：本题包括4小题，共48分。8.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结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。【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

HCld．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________

________________________。【答案】(1).球形干燥管(2).c、d、b(3).先逐渐变为红色，后褪色；(4).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(5).加热温度不够或加热时

间不足(6).没有在HCl的氛围中加热【解析】【分析】由题意可知，结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl的过程为先通入HCl，防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后用氮气将装置内的HCl和氯气排空进而被尾气装置中的氢

氧化钠吸收。【详解】（1）根据仪器X的构造特点知其名称为干燥管，故答案为球形干燥管。（2）加热CuCl2·2H2O制备CuCl，为防止生成的CuCl被空气中的氧气氧化和Cu+水解，必须要先通入干燥的HCl气体赶走装置中的空气再加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒

精灯，继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a-c-d-b-e，故答案为cdb。（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中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为先变红，后褪色；（4）D中是Cl2和Na

OH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（5）①根据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原

因为加热时间不足或温度偏低，故答案为加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，原因是通入HCl的量不足，故答案为通入HCl的量不足或没有在HCl氛围中加热。【点睛】解答本题首先要根据题给资料明确实验的原理，理清题给装置图中每一个装

置的作用和相关反应，结合CuCl2·2H2O、CuCl易水解，CuCl易被氧化的性质知实验过程中要注意防止空气的干扰，确定装置的连接顺序；（5）小题要根据杂质的成分结合题给资料分析杂质产生的原因。9.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。过程如图：（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)＋2H2O(g)＋O2(g)ΔH=＋551kJ·mol-1反应Ⅲ：S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=－297kJ·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．SO

2＋4I-＋4H+=S↓＋2I2＋2H2Oii.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18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易

溶解在KI溶液中)序号ABCD试剂组成0.4mol·L-1KIamol·L-1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快

无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快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：___。【答案】(1).3SO2(g)＋2H2O(g

)=2H2SO4(l)＋S(s)ΔH2=-254kJ·mol-1(2).>(3).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(4).SO2(5).SO

42-(6).4H+(7).0.4(8).I-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(9).反应ii比i快；D中由反应ii产生的H＋使反应i加快【解析】【分

析】（1）根据流程图，反应Ⅱ是二氧化硫和水反应生成硫酸和硫单质，利用盖斯定律计算焓变；（2）3SO2(g)＋2H2O(g)=2H2SO4(l)＋S(s)正反应气体物质的量减小，加压平衡正向移动；(3)二氧化硫的歧化反应可由i与ii相加所得；

(4)根据控制变量法分析；【详解】(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＝＋254kJ·mol－1，所以反应Ⅱ的热化学方程式为：3SO2(g)＋2H2O(g)=2H2SO4(l)＋S(s)ΔH2＝－254kJ·mol－1。（2）3SO2(

g)＋2H2O(g)=2H2SO4(l)＋S(s)是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，该反应正向移动，H2SO4物质的量分数增大，所以p2＞p1；(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

＋＋2SO42-＋S↓减去i式得：2I2＋4H2O＋2SO2=2SO42-＋8H＋＋4I－，化简得到：I2＋2H2O＋SO2=SO42-＋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。②

A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。10.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MnO2，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MnSO4，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(NH4)2S而不使用Na2S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NH4HCO3，可能的原因是__

（写两种）。（6）已知：25℃时，Kw=1.0×10－14，Ka(NH3·H2O)=1.75×10－5。在(NH4)2SO4溶液中，存在如下平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+，则该反应的平衡常数为__。【答案】(1).MnO2＋SO2=

MnSO4或H2O＋SO2=H2SO3、MnO2＋H2SO3=MnSO4＋H2O(2).Fe(OH)3、Al(OH)3(3).会导致生成物(NH4)2SO4中出现杂质(4).4OH-－4e-=O2↑＋2H2O(5).Mn2+＋2HCO3-MnCO3↓＋CO2↑＋H

2O(6).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(7).5.7×10-10【解析】【分析】由流程可知，“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为5—6把铁离子和铝离子转化为沉淀除去，加硫化铵把重金属离子转化为沉淀除去，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。【详解】（1）“脱硫浸

锰”环节，二氧化硫与二氧化锰发生氧化还原反应生成MnSO4，反应的化学方程式为MnO2＋SO2＝MnSO4或H2O＋SO2＝H2SO3、MnO2＋H2SO3＝MnSO4＋H2O；（2）根据流程图，加入氨水沉淀铁离

子、铝离子等金属阳离子，“滤渣2”主要成分的化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3；（3）“除重金属”时使用(NH4)2S而不使用Na2S的原因是加Na2S会引入钠离子，会导致生成物(NH4)2SO4中出现杂质Na2SO4；（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2H2O-4e-=O2↑+4H+或4OH--4e-=O2↑+2H2O；（5）“50℃碳化”得到高纯碳酸锰，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；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NH4HCO3，可能的原

因是NH4HCO3与H+反应，防止MnCO3沉淀溶解损失，以及防止NH4HCO3受热分解损失，还可以使MnSO4充分转化为MnCO3；（6）根据方程式NH4++H2ONH3·H2O+H+可知反应的平衡

常数＝()()()()()()()()+-+143232105+-+44HNHHOOHHNHHO105.7101.7510NHOHNHWbcccccKKccc−−−===。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，明确实验方案评价、氧化还原反应规律是解题关键，会

根据电离平衡常数计算水溶液中反应的化学平衡常数，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。11.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N5-中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号nm表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为66），则N5-中的大π键应表示为______

______。③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N-H┄Cl、____________、____________。（4）R的晶体密度为dg·cm-3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y

的计算表达式为______________。【答案】(1).(2).同周期随着核电荷数依次增大，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(3).N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子(4).ABD(5)

.C(6).5(7).65(8).（H3O+）O—H…N(9).（NH4+））N—H…N(10).1222xx==−【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)，同周期

随着核电荷数依次增大，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；氮元素的2p能级达到半满状态，原子相对稳定，不易失去电子；（3）①根据图(b)，阳离子是NH4＋和H3O＋，NH4＋中性原子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sp3，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，空间构型为正四面体形，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，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)N5－中σ键

总数为5个；根据信息，N5－的大Π键应是表示为：65；③根据图(b)还有的氢键是：（H3O+）O—H…N（NH4+）N—H…N；（4）根据密度的定义有，d=()3710AyMNa−g/cm3，解得y=

()3710AdaNM−。