1、四川省泸县第五中学2020届高三化学下学期第二次适应性考试试题（含解析）1.化学，就在身旁。下列说法错误的是A. 常见医用口罩的过滤层主要材质是聚丙烯，其结构简式为B. 气溶胶是固态或液态颗粒分散在气体介质中所形成的分散系C. 为了防止蛋白质变性，疫苗等生物制剂要冷冻保藏D. 中医经典方剂“清肺排毒汤”，其处方组成中的生石膏化学式为CaSO42H2O【答案】A【解析】【详解】A聚丙烯结构简式为，故A错误；B气溶胶是固态或液态颗粒分散在气体介质中所形成的分散系，故B正确；C高温能够使蛋白质变性，所以疫苗等生物制剂要冷冻保藏是为了防止蛋白质变性，故C正确； D生石膏化学式为CaSO42H2O，故D
2、正确；故答案选A。2.医用酒精和84消毒液混合使用可能发生反应：4NaClO+CH3CH2OHHCCl3+HCOONa+NaCl+2NaOH+H2O，设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A. 含NA个ClO-的NaClO溶液中，Na+数目为NAB. 上述反应中，每生成1molNaCl，转移的电子数为8NAC. 100 g质量分数为46%的乙醇溶液中所含的氢原子数为6NAD. 标准状况下，2.24 L HCCl3含有的共用电子对的数目为0.4NA【答案】B【解析】【详解】ANaClO中ClO-在水溶液中会发生水解，所以含NA个ClO-的NaClO溶液中，Na+数目大于NA，故A错误；B该反应
3、中Cl元素从+1价降到-1价，每生成1molNaCl，消耗4molNaClO，转移的电子数为8NA，故B正确；C乙醇溶液中，乙醇分子、水分子都含有氢原子，100g46%的乙醇溶液中乙醇的物质的量为1mol，含6molH原子；含水的质量为54g，物质的量为3mol，也含6molH原子，故此溶液中含H原子为12NA个，故C错误；D标准状况下HCCl3为液态，2.24 LHCCl3不是0.1mol，故D错误；故答案选B。3.现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（ ）A. 该有机物的分子式为：C18
4、H30N3O8P2ClB. 该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应C. 该有机物苯环上1-溴代物只有2种D. 1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应【答案】D【解析】【详解】A该有机物的分子式为：C18H32N3O8P2Cl，A错误；B分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能发生氧化反应，B错误；C该有机物苯环上的1-溴代物只有3种，C错误；D氯原子水解形成酚羟基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应，D正确。答案选D。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中只有一种金属元素,它
5、们对应的单质和它们之间形成的常见二元化合物中,有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径:r(W)r(Z)r(Y)r(X)B. 最简单气态氢化物的稳定性:XYC. W形成的含氧酸是强酸D. Z、Y形成的某种化合物中含有共价键且在熔融状态下能导电【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素，它们对应的单质和它们之间形成的常见二元化合物中，有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，这三种物质应该是NO2、Na2O2、Cl2，因此X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此解答。【详
6、解】A核外电子层数越多半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径r(W)r(X)r(Y)r(Z)，A错误；B非金属性NO，则最简单气态氢化物的稳定性XY，B错误；CCl形成的含氧酸不一定都是强酸，C错误；D由Z、Y形成的化合物过氧化钠中含有共价键且在熔融状态下能导电，D正确。答案选D。5.常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存是( )A. 无色溶液中：H+、Fe2+、Cl-、SO、K+B. K+、Na+、NO、Cl-C. Na+、Al3+、OH-、NOD. pH=13的溶液：Na+、K+、Cl-、HCO【答案】B【解析】【详解】A.无色溶液中不存在有色离子，F
7、e2+为浅绿色，故A不合题意；B.该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故B符合题意；C.Al3+、OH-反应产生氢氧化铝沉淀或偏铝酸盐，不能大量共存，故C不合题意；D.pH=13溶液显碱性，存在大量OH-，HCO与OH-能反应，不能大量共存，故D不合题意；故选：B。6.MgAgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。如图用该水激活电池为电源电解NaCl溶液的实验中，X电极上有无色气体逸出。下列有关分析正确的是A. II为正极，其反应式为Ag+ + e =AgB. 水激活电池内Cl由正极向负极迁移C. 每转移1 mole-，U型管中消耗0. 5mol H2OD. 开始时U型管中Y极附近p
8、H逐渐增大【答案】B【解析】【分析】X电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，则为负极，为正极，根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价降低，被还原，Mg应为原电池的负极；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路，以此解答该题。【详解】AAgCl是难溶物，其正极电极反应式为：2AgCl+2e-2C1-+2Ag，选项A错误；B原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，选项B正确；C每转移1mole-，由2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2，可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，选项C错误；DY为阳极，生成氯气，氯气与水反应呈酸性，pH减小，
9、选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极上的反应特点做题，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点。7.H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示(已知pKalgKa)，下列说法正确的是A. H3AsO4溶液pKa2为4.5B. NaH2AsO4溶液显碱性C. 常温下，m点对应溶液中由水电离出的OH浓度为1011.5 mol/LD. n点对应溶液中，离子浓度关系：c(HAsO42)c(H2AsO4)c( OH) c(H+)【答案】D【解析
10、】【详解】A结合图中n点，H3AsO4溶液中，故pKa2为7，故A错误；B由图像知pH为4时，溶液为NaH2AsO4溶液，应显酸性，故B错误；Cm点对应溶液为HAsO42-和AsO43-的混合溶液，溶液显碱性，盐类水解促进水的电离，m点溶液的pH=11.5，则对应溶液中由水电离出的c(OH-)为10-2.5 molL- 1，故C错误；Dn点时由图像关系及溶液pH=7可知c(HAsO42)c(H2AsO4)c(OH)c(H+)，故D正确。本题选D。8.某学生探究如下实验(A)：实验A条件现象加热i加热后蓝色褪去ii冷却过程中，溶液恢复蓝色.一段时间后，蓝色重又褪去（1）使淀粉变蓝的物质是_。（2
11、）分析现象i、ii认为：在酸性条件下，加热促进淀粉水解，冷却后平衡逆向移动。设计实验如下，“现象a”证实该分析不合理：“现象a”是_。（3）再次分析：加热后单质碘发生了变化，实验如下：I：取少量碘水，加热至褪色，用淀粉溶液检验挥发出的物质，变蓝。：向褪色后的溶液中滴加淀粉溶液，冷却过程中一直未变蓝；加入稀H2SO4，瞬间变蓝。对步骤中稀H2SO4的作用，结合离子方程式，提出一种合理的解释：_。（4）探究碘水褪色后溶液的成分：实验1：测得溶液的pH5实验2：取褪色后的溶液，完成如下实验：产生黄色沉淀的离子方程式是_。Ag2O的作用是_。依据上述实验，推测滤液中含有的物质（或离子）可能是_。（5）
12、结合化学反应速率解释实验A中现象i、现象iii蓝色褪去的原因：_。【答案】 (1). I2 (2). 加入碘水后，溶液中无明显现象（不变蓝） (3). 溶液中存在平衡H+I-+ HIOI2+H2O，加入硫酸，c(I-)升高，平衡右移，生成的碘与淀粉作用变蓝 (4). Ag2O+2I- +2H+=2AgI+H2O (5). 同时除去I和H+ (6). HIO (7). 淀粉水解速率较慢，而碘在水中受热歧化较快，因而实验A中i步骤加热后碘歧化，蓝色褪去；而在中经过较长时间，淀粉水解完全，蓝色最终再次褪去。【解析】（1）使淀粉变蓝的物质是I2。（2）“现象a”证实该分析不合理，说明溶液中不存在淀粉，
13、因此“现象a”是加入碘水后，溶液中无明显现象（不变蓝）。（3）加入稀H2SO4，瞬间变蓝，这说明有碘生成或碘的浓度增大。这是由于碘溶于水发生类似于氯气和水的反应，即溶液中存在平衡H+I-+HIOI2+H2O，加入硫酸，c(I-)升高，平衡右移，生成的碘与淀粉作用变蓝。（4）产生黄色沉淀是碘化银，且溶液显酸性，因此反应的离子方程式是Ag2O+2I-+2H+=2AgI+H2O。根据的离子方程式可知Ag2O的作用是同时除去I和H+。滤液中加入稀硫酸和亚硫酸钠，然后加入淀粉，溶液变蓝色，说明有碘生成。而亚硫酸钠具有还原性，则推测滤液中含有的物质具有氧化性，其还原产物是碘，可能是 HIO。（5）由于淀粉
14、水解速率较慢，而碘在水中受热歧化较快，因而实验A中i步骤加热后碘歧化，蓝色褪去；而在中经过较长时间，淀粉水解完全，因此蓝色最终再次褪去。9.钇的常见化合价为3价，我国蕴藏着丰富的含钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。已知：该流程中有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表： 离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH Fe32.13.1 Y36.08.2在元素周期表中，铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。(1)写出Na2SiO3的一种用途_。(2)欲从Na2SiO3和Na2BeO2混合溶液中制得Be(OH)2沉淀。 最好选用盐酸和_两
15、种试剂，再通过必要的操作即可实现。ANaOH溶液 B氨水 CCO2 DHNO3 写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应离子方程式_。(3)常温下，反应Fe33H2O(g) Fe (OH)33H+的平衡常数K= _。为使Fe3沉淀完全，用氨水调节pHa时，a应控制在_范围内；继续加氨水调节pH =b发生反应的离子方程式为_。(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊。写出草酸钇Y2(C2O4)3nH2O煅烧的化学方程式_。【答案】 (1). 工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等 (2). B (3). BeO22-4H=Be22H2O (4). 104.3 (5
16、). 3.16.0 (6). Y3+3NH3H2O=Y(OH)3+3NH4+ (7). Y2(C2O4)3nH2OY2O3+3CO+3CO2+nH2O【解析】【分析】由铍元素和铝元素化学性质相似入手，可分析制得Be(OH)2沉淀的试剂及方程式，结合题干信息推测相应生成物，进而写出相应方程式。【详解】（1）Na2SiO3俗称水玻璃，常用于工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等；（2）周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀，根据Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸
17、沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为B；Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍、氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2+2H2O；（3）当c(Fe3+)=10-5mol/L时达到平衡，由，三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的pH范围为：2.1-3.1；钇离子开始沉淀和沉淀完全的pH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.1a6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Y3+3NH3H2O=Y(OH)3+3NH4+；检验三价铁离子是否沉淀完全需要检验滤液中是否含有三价铁离子，结合三价铁离子检验试剂
18、是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀；(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体产生，草酸钇Y2(C2O4)3nH2O煅烧的化学方程式为Y2(C2O4)3nH2OY2O3+3CO+3CO2+nH2O。【点睛】本题难点为第（3）小问中，当c(Fe3+)=10-5mol/L时，即达到平衡状态进而计算平衡常数。10.二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。（1）科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。若“重整系统”发生的反应中
19、n(FeO)/n(CO2)=6，则FexOy的化学式为_。“热分解系统”中每分解1mol FexOy，转移电子的物质的量为_。（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H1=-53.7kJ/mol，CH3OCH3(g)+H2O(g) 2CH3OH(g) H2=+23.4kJ/mol，则2CO2(g)+ 6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H3=_kJ/mol。一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_（填代号）。a逆反应速率先增大后减小 bH
20、2的转化率增大c反应物的体积百分含量减小 d容器中的nCO2/nH2值变小在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示。T1温度下，将6 mol CO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v(CH3OCH3) =_；KA、KB、KC三者之间的大小关系为_。（3）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中：c (NH4+)_c(HCO3)（填“”、“KB (7). (8). 1.2510-3【解析】【分析】（1）由示意图可以知道，重整系统中CO2和FeO反应生成FexOy和C，
21、根据原子守恒确定FexOy的化学式；热分解系统中是FexOy分解为FeO与氧气，根据Fe元素化合价变价计算转移电子；（2）已知：CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H1=-53.7kJ/mol，CH3OCH3(g)+H2O(g) 2CH3OH(g) H2=+23.4kJ/mol，根据盖斯定律，2-可得：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3 (g)+3H2O(g)，则H3=2H1-H2；a逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；bH2的转化率增大，平衡一定正向移动；c反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等；d容器中的nCO2/nH2值变小，可能
22、是减小二氧化碳的物质的量；T1温度下，将6 mol CO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可以知道，5 min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为6 mol60%=1.8mol，根据平均反应速率v(CH3OCH3) =；根据平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2温度下正向进行程度大；（3）根据盐类水解规律，已知NH3H2O的电离平衡常数Kb=210-5，H2CO3的电离平衡常数K1=410-7，K2=410-11，所以碳酸氢根的水解程度更大；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O
23、+H2CO3的平衡常数K=。【详解】（1）由示意图可以知道，重整系统中CO2和FeO反应生成FexOy和C，发生的反应中n(FeO)/n(CO2)=6，根据Fe原子、O原子守恒可以知道x:y=6：（6+2）=3:4，故FexOy的化学式为Fe3O4；因此，本题正确答案是：Fe3O4；热分解系统中是Fe3O4分解为FeO与氧气，分解1mol Fe3O4转移电子的物质的量为1mol3(-2)=2mol，因此，本题正确答案是：2mol；（2）已知：CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H1=-53.7kJ/mol，CH3OCH3(g)+H2O(g) 2CH3OH(g) H2=
24、+23.4kJ/mol，根据盖斯定律，2-可得：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3 (g)+3H2O(g)，则H3=2H1-H2=2(-53.7kJ/mol)- 23.4kJ/mol =-130.8 kJ/mol；因此，本题正确答案是：-130.8；a逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a错误；bH2的转化率增大，平衡一定正向移动，故b正确；c反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等，平衡逆向移动，故c错误；d容器中的nCO2/nH2值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量，平衡逆向移动，故d错误，故选b；T1温度下，将6 mol CO2和12molH
25、2充入2L的密闭容器中，由图象可以知道，5 min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为6 mol60%=1.8mol，所以平均反应速率v(CH3OCH3) =0.18molL-1min-1；平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以KA=KC，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2温度下正向进行程度大，则KA=KCKB；因此，本题正确答案是：0.18molL-1min-1；KA=KCKB； （3）根据盐类水解规律，已知NH3H2O的电离平衡常数Kb=210-5，H2CO3的电离平衡常数K1=410-7，K2=410-11，所以碳酸
26、氢根的水解程度更大，所以c（NH4+） 大于c（HCO3-）；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=1.2510-3；故答案为；1.2510-3；11.铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列问题：（1）画出基态Cu原子的价电子排布图_；（2）已知高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度解释高温下Cu2O更稳定的原因_。（3）配合物Cu(NH3)2OOCCH3中碳原子的杂化类型是_，配体中提供孤对电子的原子是_。C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序是_（用元素符号表示）。（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示，则晶体铜原子的堆积方式为
27、_。 （5）M原子的价电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图2所示（白球代表铜原子）。该晶体的化学式为_。已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于_化合物（填“离子”、“共价”）已知该晶体的密度为g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中Cu原子和M原子之间的最短距离为_pm（写出计算式）。【答案】 (1). (2). 亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态 (3). sp2、sp3 (4). N (5). N O C (6). 面心立方最密堆积 (7). CuCl (8). 共价 (9). 【解析】【详解】(1)基态Cu原子的外围电子排布为：3d10
28、4s1，则基态Cu原子的价电子排布图为： ；(2)铜原子失去一个电子后，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以导致高温下Cu2O比CuO稳定；(3)配合物Cu(NH3)2OOCCH3中碳原子第一个有一个碳氧双键，其他为单键，形成的是sp2杂化，第二个碳与第一个碳和三个氢形成单键，形成的是sp3杂化；配体中N有一对孤对电子，提供孤对电子的原子是N；同周期元素的第一电离能随核电荷数的增加而增大，但N原子的2P轨道是半充满的稳定状态，所以N元素的第一电离能大于O，则C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC；(4)铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示，为三层分ABA形，则晶体铜原子的堆积方
29、式为面心立方最密堆积；(5)M原子的价电子排布式为3s23p5，M是第三周期第A族元素，即Cl，铜在晶胞占有的位置8个顶点、6个面，铜原子的个数 =4，Cl原子在晶胞的位置在体心，全部属于晶胞，Cl原子的个数是4，该晶体的化学式为CuCl；一般认为两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，铜与氯电负性差值3.0-1.9=1.11.7，该化合物属于共价化合物；设边长为acm， ，cm；该晶胞类似于金刚石的晶胞，铜和氯最近的距离是体对角线的1/4，即距离为： 。12.屈昔多巴( )是一种抗帕金森氏病药物。以下是屈昔多巴的一种合成路线( 简写为BnCl， 简写为Cbz
30、Cl )： 回答下列问题：（1）反应的反应类型为_，其作用为_。（2）屈昔多巴中所含非含氧官能团名称为_，屈昔多巴分子中有_个手性碳原子。（3）反应为加成反应，则有机物X的名称为_。（4）显_性（填“酸”、“中”或“碱”）。 （5）的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应生成CO2的二取代芳香化合物有_种，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为_。 （6）参照上述合成路线，以对羟基苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备对羟基苯甲酸的合成路线： _。【答案】 (1). 取代反应 (2). 保护羟基 (3). 氨基 (4). 2 (5). 氨基乙酸 或 甘氨酸 (6). 碱 (7). 6 (8).
31、(9). 【解析】【详解】（1）反应为酚羟基上的氢原子被Bn取代，属于取代反应；由于酚羟基易被氧化，所以其作用为保护酚羟基；（2）根据屈昔多巴的结构简式可判断其中所含的非含氧官能团名称为氨基，屈昔多巴中有2个手性碳原子，即与醇羟基和氨基相连的碳原子；（3）反应为加成反应，根据原子守恒和生成物结构简式可判断有机物X的名称为氨基乙酸或甘氨酸；（4）中含有氨基，显碱性；（5）的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明含有羧基，其苯环上的两个取代基可以是-COOH和-CH2Cl或-CH2COOH和-Cl，均有邻、间、对三种，即二取代芳香化合物有6种，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为、；（6）参照上述合成路线可知以对羟基苯甲醛为原料制备对羟基苯甲酸时首先要保护酚羟基，则其合成路线为。
