1、四川省成都市实验中学2020届高三化学上学期第十九周考试题（含解析）1.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此
2、雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。2.设N
3、A为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 常温常压下，1.6 g O2与O3的混合物中含有的氧原子数为0.1NAB. 标准状况下，3.36 L CHCl3含有的共价键数目为0.6NAC. 0.1 mol O2与0.2 mol SO2混合，转移电子数为0.4NAD. 1.8 g D2O中含有的中子数为NA【答案】A【解析】【详解】A.O2与O3都是由O原子构成的，1.6 g O2与O3的混合物中含有0.1 mol O原子，故A正确；B.标准状况下，CHCl3呈液态，不能使用气体摩尔体积进行计算，故B错误；C.O2与SO2的反应为可逆反应，不能完全进行到底，反应中转移的电子数小于0.4NA
4、，故C错误；D.1.8 g (0.09 mol) D2O中含有中子0.09 mol100.9 mol，故D错误；答案：A。3.某有机物的结构简式如图所示，下列说法错误的是A. 与乙酸互为同系物B. 含有两种含氧官能团C. 可使溴的四氯化碳溶液褪色D. 既可以发生取代反应又可以发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的物质互为同系物，该有机物中含有碳碳双键和羟基，与乙酸的结构不相似，二者不能互为同系物，A不正确；B根据结构简式可知，分子中含有羧基和羟基两种含氧官能团，B正确；C碳碳双键能与溴水发生加成反应而褪色，C正确；D羟基和羧基均能发生取代反应，而碳碳
5、双键能发生加成反应，D正确；答案选A。4.短周期元素A、B、C、D最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，A是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W均可与Y反应，A、C、D的原子序数及0.1mol/L X、Z、W溶液的pH如图所示（已知lg2=0.3）下列说法正确的是（）A. A的离子半径小于B的离子半径B. W、X两物质含有的化学键类型相同C. D氢化物稳定性小于C氢化物稳定性D. B的简单离子会影响水的电离平衡【答案】D【解析】A是短周期中原子半径最大的元素，则A是Na，X为NaOH，A、B、C、D最高价氧化物的水合物X、Y、Z、W，必为酸或者碱，Y可与X、Z、W反应，则Y是两性
6、化合物，Y为Al(OH )3，B为Al，则C、D必为非金属元素，Z、W为酸，由图像可知，C、D原子序数大于11，0.1mol/L W的pH为1，说明W为强酸且是一元酸，所以W为HClO4,D 为Cl元素，0.1mol/LZ的pH为0.7，说明Z为强酸且为二元酸，所以Z为H2SO4，C为S元素。Na+半径大于Al3+半径，A错误。HClO4 中含共价键，NaOH 中含共价键和离子键，B错误。Cl元素非金属性大于S元素，HCl比H2S稳定，C错误。Al3+为弱碱阳离子，能 发生水解，促进水的电离，D正确正确答案为D点睛：根据元素及其化合物性质推断元素符号，是解题的关键，Al（OH）3是常见的两性氢
7、氧化物是解答此题的突破口。5.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000 molL1的NaOH溶液称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化C制取纯净氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.氢氧化钠溶于水放
8、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；B.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；C.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；D.反应的方程式为HSO3+H2O2SO42+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。答案选B。【点睛】明确相关物质的性质特点、发生的
9、反应和实验原理是解答的关键。注意设计或评价实验时主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。本题中选项D是解答的易错点，学生往往只考虑物质的浓度不同，而忽略了实验结论需要建立在实验现象的基础上。6.镁次氯酸盐燃料电池的工作原理如右图所示，该电池反应为：Mg+ClO+H2OMg(OH)2+Cl下列有关说法正确的是( )A. 电池工作时，c溶液中的溶质一定是MgCl2B. 负极反应式：ClO-2e+H2OCl+2OH-C. 电池工作时，OH向b电极移动D. b电极发生还原反应，每转移0.1 mol电子，理论上生
10、成0.1 mol Cl【答案】C【解析】【详解】A根据电池反应式为：Mg+ClO-+H2O=Mg(OH)2+Cl-，所以C溶液中的溶质不含镁离子，故A错误；B根据电池反应式为：Mg+ClO-+H2O=Mg(OH)2+Cl-，负极电极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，ClO-2e+H2OCl+2OH-是正极反应，故B错误；Cb为负极，电池工作时，OH-向负极，即向b移动，故C正确；Db电极为负极发生氧化反应。正极反应式为：ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-，所以每转移0.1mol电子，理论上生成0.05mol Cl-，故D错误；故选C7.常温下，几种难溶金属氢氧化物分别在溶
11、液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液的pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。下列说法正确的是A. a点代表Fe(OH)3的饱和溶液B. KspCu(OH)2KspFe(OH)2C. 向0.1 molL-1Cu2+、Mg2+、Fe2+混合溶液中，逐滴滴加稀NaOH溶液，Mg2+最先沉淀D. 在pH=7的溶液中，Cu2+、Mg2+、Fe2+能大量共存【答案】B【解析】【详解】A.a点c（Fe3+）远小于相同pH饱和溶液中c（Fe3+），溶液中大都以Fe3+形式存在，所以a点表示Fe3+没有沉淀，故A错误；B.金属的Ksp=c（Mn+）cn（OH-），Cu2+在pH=7左右完全沉淀，Fe2+在pH=9左右
12、才完全沉淀，所以KspCu(OH)2KspFe(OH)2，故B正确；C.根据图表可知，Cu2+、Mg2+、Fe2+三种离子，镁离子完全沉淀对应的pH=11左右，是三个粒子中最大的，KspMg(OH)2最大，即镁离子最难沉淀，Cu2+在pH=7左右完全沉淀，是三个粒子中最小的，所以Cu2+最先沉淀，故C错误；D.Cu2+在pH=7左右完全沉淀，所以在pH=7时，Cu2+主要以Cu(OH)2形式存在，故D错误。故选B。8.金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒(主要成分为V2O5、Fe2O3、SiO2等)中回收V2O5的一种工艺流程如下图所示：已知：步骤、中的变化过程可简化为:Rn+(水层)+nHA
13、(有机层)RAn(有机层)+nH+(水层)(式中Rn+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂)回答下列问题:（1）步骤酸浸过程中发生氧化还原反应的化学方程式为_。（2）萃取时应加入适量碱的作用是_。（3）步骤中反应的离子方程式为_。（4）步骤加入氨水调节溶液pH=2，钒沉淀率达到93%且不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe3+)_mol/L(按25计算，25时KspFe(OH)3=2.610-39)。所得NH4VO3为离子化合物，NH4+的电子式为_。（5）V2O5是两性氧化物，在强酸性溶液中以VO2+形式存在，VO2+具有强氧化性，能将I-氧化为I2，本身被还原为VO+，则V2
14、O5与氢碘酸反应的离子方程式为_。(6)为提高钒的回收率，步骤和需多次进行，假设酸浸所得“强酸性浸出液”中c(VO2+)=amol/L，步骤和每进行一次，VO2+萃取率为80%，4次操作后，“强酸性浸出液中”c(VO2+)=_mol/L(萃取的量=100%)【答案】 (1). V2O5+K2SO3+2H2SO4=K2SO4+2VOSO4+2H2O (2). )加入碱中和产生的酸，使平衡向RAn移动，提高钒的萃取率 (3). ClO3-+6VO2+3H2O=6VO2+Cl-+6H+ (4). 2.6l0-3 (5). (6). V2O5+6H+4I-=2VO+2I2+3H2O (7). 1.6a
15、l0-3【解析】【分析】废钒(主要成分为V2O5、Fe2O3、SiO2等)加入硫酸和亚硫酸钾进行酸浸，V2O5反应后化合价降低，被还原为VO2+，Fe2O3被酸溶解为硫酸铁，SiO2不溶于硫酸，成为滤渣。浸出液用有机萃取剂萃取，VO2+和Fe3+进入有机层，再用硫酸反萃取，得到的水溶液中有VO2+、Fe3+和SO42-，用氯酸钾氧化VO2+为VO2+，然后用氨水沉钒，得到NH4VO3沉淀，最后焙烧得到成品V2O5。【详解】（1）SiO2不溶于硫酸，铁离子的化合价没有改变，所以亚硫酸根被氧化，而V2O5被还原为VO2+，方程式为：V2O5+K2SO3+2H2SO4=K2SO4+2VOSO4+2H
16、2O；（2）碱与反应生成的氢离子反应，使反应向正向移动，提高RAn的生产率，增加萃取量；（3）VO2+被氧化为VO2+，ClO3-被还原为 Cl-，所以离子方程式为：ClO3-+6VO2+3H2O=6VO2+Cl-+6H+；（4）当pH=2时，c(OH-)=1.010-12mol/L，此时，所以c(Fe3+)”“c(N3-)c(OH-)c(H+) (10). 中 (11). 0.5a-b【解析】【详解】(1)已知：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) H=-159.5 kJ/mol，NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+116.5 kJ/mol，H
17、2O(l)H2O(g) H=+44.0 kJ/mol，根据盖斯定律，将+-得：CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l) H=(-159.5 kJ/mol)+(+116.5 kJ/mol)-(+44.0 kJ/mol)=-87.0kJ/mol，故答案为CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l) H-87.0kJ/mol；(2) 根据图像，T2时先达到平衡，说明T2T1，温度越高平衡时甲烷物质的量越大，说明平衡逆向进行，因此正反应为放热反应，H0，故答案为；T1T2，T2时CH4的平衡含量高，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆向吸热，正向放热；
18、温度为T1时，10min时，n(CH4)=0.3mol，根据方程式，反应的n(NO2)=2(0.4mol-0.3mol)=0.2mol，NO2的平均反应速率v(NO2)= 0.02molL-1min-1，根据图中信息可知，平衡时n(CH4)=0.10mol，故有： CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度(mol/L) 0.4 1.0 0 0 0改变的浓度(mol/L) 0.30 0.6 0.3 0.3 0.6平衡时浓度(mol/L) 0.10 0.4 0.3 0.3 0.6K=；A.改用高效催化剂，不能影响平衡的移动，不能提高NO2的转化率，选项A错误；
19、 B.升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，选项B错误；C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，选项C错误；D.增加CH4的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，NO2的转化率增大，选项D正确；答案选D；(3)利用原电池反应可实现NO2的无害化的总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液。工作时，正极上二氧化氮得到电子生成氮气，电极方程式为2NO2+8e-+4H2ON2+8OH-，正极附近溶液的pH增大；负极上氨气失去电子生成氮气，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O，故答案为增大；2NH
20、3-6e-+6OH-N2+6H2O；(4)氮的一种氢化物HN3，其水溶液酸性与醋酸相似，则NaN3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(N3-)c(OH-)c(H+)；混合后溶液中c(Ba2+)=0.5b mol/L，根据电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c(N3-)+c(OH-)，溶液中存在2c(Ba2+)= c(N3-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；溶液中c(N3-)=b mol/L，由物料守恒可知溶液中c(HN3)=(0.5a-b)mol/L，故答案为中；0.5a-b。11.黄铜矿(主要成分是CuFeS2)是一种重要的化工原料，通过化
21、学工艺可获得二(氨基丙酸)合铜Cu(NH2CH2CH2COO)2等产品。（1）Cu2+基态核外电子排布式为_（2）Cu(NH2CH2CH2COO)2的结构简式如图1所示。1molCu(NH2CH2CH2COO)2中含有键数目为_；C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是_（3）黄铜矿在空气中灼烧得到废气和固体混合物。废气中SO2经催化氧化生成SO3，SO2分子中S原子轨道的杂化类型为_。SO3分子的空间构型为_；固体混合物中含有一种化合物X，其晶胞如图2所示，化合物X的化学式为_。【答案】 (1). Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 26NA (3). CON
22、(4). sp2 (5). 平面三角形 (6). Cu2S【解析】【详解】（1）Cu是29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，转化为Cu2+的时候应该失去最外层的两个电子，所以是1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9。（2）根据图1的结构图，每一个单键都是键，双键有一个键和一个键，所以数出来一共有26个键，即1molCu(NH2CH2CH2COO)2中含有键数目为26NA。同周期从左向右第一电离能逐渐增大，其中N是2p能级的半满稳定结构，所以反常增大，顺序为：CON。（3）根据价层电子对互斥理论，SO2的中心原子S的价电子对为：2+(6-22)3对，所
23、以S是sp2杂化。根据价层电子对互斥理论，SO3的中心原子S的价电子对为：3+(6-32)=3对，所以SO3是平面三角形。图2中S占据顶点和体心，所以S有8 + 1 = 2个，Cu都在晶胞内部，所以Cu有4个，所以化学式为Cu2S。12.乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(F)具有抗氧化性、抗肿瘤作用，其合成路线如下:已知:RMgBr（1）化合物F中含氧官能团的名称为_。（2）A-B的反应类型为_。（3）化合物C的结构简式为_。（4）1mol化合物E与足量乙酸酐(CH3CO)2O反应，除F外另一产物的物质的量为_。（5）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:_。能与FeCl3溶液发生显色反应；
24、 能发生银镜反应；核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6:2:1:1。（6）请以甲苯和乙醛为原料制备，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_【答案】 (1). 酯基 (2). 加成反应 (3). (4). 2mol (5). 或 (6). 【解析】（1）化合物F的结构简式为：，含氧官能团为酯基,答案为：酯基（2）由可知，羟基对位的氢与甲醛发生了加成反应，答案为：加成反应（3）由，结合已知信息可知C为：答案为：（4）由可知1mol E与足量乙酸酐发生取代反应，除生成F外，还生成2molCH3COOH,答案：2mol（5）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有酯基，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6211，说明有4种位置不同的氢原子，且个数比为6211。因此同时符合这三个条件的E的同分异构体有：两种。答案为：（6）根据已知条件结合流程可知与Br2在光照条件下生成，与Mg在乙醚作溶剂的条件下生成，与乙醛反应生成，水解生成，与O2在Cu作催化剂的条件下生成。综上所述相应的合成路线流程图为：答案为：
