1、四川省树德中学2020届高三化学11月月考试题（含解析）1.下列说法正确的是（ ）A. 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜，则蔗糖未水解B. 尼龙绳主要由合成纤维制造C. 蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D. 植物油氢化过程是发生了取代反应【答案】B【解析】【详解】A蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性再加银氨溶液，不能检验，故A错误；B尼龙绳主要成分为聚酰胺类合成纤维，所以尼龙绳主要由合成纤维制造，故B正确；C蛋白质含有C、H、O、N等元素，故C错误；D植物油含有不饱和烃基，可与氢气发生加成反应，为氢化过程，故D错误；故答案为B。
2、2.有一澄清透明溶液，只可能大量含有Fe3+、Fe2+、H+、AlO2、Al3+、CO32、NO3七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后才有沉淀。则下列判断正确的是（ ）A. 溶液中可能含有AlO2B. 溶液中一定含有Fe3+、Al3+C. 溶液中一定不含Fe2+和Fe3+D. 溶液中可能含有Fe3+，一定不含Fe2+【答案】D【解析】【分析】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子因发生反应而不能存在，而后才有沉淀能够生成沉淀
3、的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及NO3-离子（酸性条件下）的氧化性做进一步的推断。【详解】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子；在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子分别与H+离子反应生成Al(OH)3沉淀、CO2气体而不能存在；根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3-离子符合；而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含F
4、e2+离子；综上所述，溶液中一定含有H+离子、NO3-离子，一定没有AlO2-、CO32-、Fe2+离子，Fe3+离子、Al3+离子至少有一种，故答案为D。3.a、b、c、d、e五种短周期元素的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示:下列说法正确的是A. 离子半径:bdB. 沸点:a与d形成的化合物a与c形成的化合物C. a与b、c、d、e均可形成共价化合物D. e的含氧酸可能既有氧化性又有还原性【答案】D【解析】试题分析：由图中信息可知，a、b两元素的原子最外层电子数都是1，a的半径最小，则a是H元素；e的最外层有6个电子，其半径仅比b小，则b、e分别为Na和S元素；c、d最外层分别有4和
5、5个电子，则c、d分别为C和N元素。A. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，故氮离子半径大于钠离子，A不正确； B. 沸点:H与N形成的化合物可能呈气态或液态，H与C形成的化合物可能呈气态、液态或固态，所以无法比较两者的沸点，B不正确；C. H与C、N、S均可形成共价化合物，但是H与Na只能形成离子化合物，C不正确；D. S的含氧酸中有亚硫酸和硫酸等等，亚硫酸既有氧化性又有还原性，D正确。本题选D。4.在2 L的恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)，下列有关说法正确的是（ ）A. 由图可知：该反应的H0B. 在
6、图中的t1时充入少量氩气，容器内压强增大，平衡右移C. 图所示条件下，平衡常数为2D. 图中的y可以表示平衡常数或混合气体平均摩尔质量【答案】A【解析】【详解】A图象分析可知温度为T2前随温度升高三氧化硫含量增大，T2温度后随温度升高三氧化硫含量减小，说明T2前反应未达到平衡状态，T2时达到平衡状态，温度升高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，H0，故A正确；B恒容容器中充入少量氩气，容器内总压强增大，但各组分的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不发生移动，故B错误；C平衡时二氧化硫转化率50%，结合化学反应三行计算平衡浓度， 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始量(mol
7、/L) 1 0.5 0变化量(mol/L) 0.5 0.25 0.5平衡量(mol/L) 0.5 0.25 0.5平衡浓度K=4，故C错误；D平衡常数随温度变化，温度不变平衡常数不变，反应前后气体质量总质量不变，但气体的总物质的量不断减小，根据M=可知混合气体平均摩尔质量不断增大，最终不变，混合气的平均摩尔质量的变化与图象不符合，故D错误；故答案为A。【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。先拐先平，在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、
8、压强较大等。定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看正、逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。5.25 时浓度都是1 molL1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH7且溶液中c(X)1 molL1，BX的溶液pH4，BY的溶液pH6。下列说法正确的是A. 电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)B. AY溶液的pH小于BY溶液的pHC. 稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BYD. 将浓度均为1 molL1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY【答案】A【解析】【分析
9、】由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。【详解】A. 1 molL-1 BY溶液pH=6，说明B+的水解程度大于Y-的，则电离平衡常数 K(BOH)”“”或“=”），造成该实验出现误差的原因可能是_（填序号）。推动注射器活塞速度太快 未冷却至室温就读数 加入铜粉量太少H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。图甲图乙(4)根据上图，将不同条件对速率的影响情况补充完整：图甲表明，_，H2O2分解速率越快；图乙表明，_，H2O2分解速率越快。【答案】 (1). 使空气中的氧气充分反应 (2). 合
10、理 (3). 有利于空气流通，反应更充分 (4). (5). (6). 其他条件不变的情况下，H2O2溶液的浓度越大 (7). 其他条件不变的情况下，溶液的pH越大【解析】【分析】(1)缓慢推动注射器活塞，减小气体的流速；(2) 根据铜粉与氧气的反应分析回答；(3) 根据测定空气中氧气含量的实验原理及注意事项分析回答；(4) 图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大；图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大。【详解】(1)在实验加热过程中，缓慢推动注射器活塞，降低气体的流速，目的是使空气中
11、的氧气充分反应；(2) 由装置的特点可知，装置一比装置二合理，理由是装置一中的小气球在硬质玻璃管的右边，在推拉活塞时有利于空气流通，反应更充分；(3) 由实验数椐可以推算出他测定的空气中氧气的体积分数是：100%=12.5%21%，造成该实验出现误差的原因可能是：铜粉的量太少，不能将全部氧气消耗、推动注射器活塞速度过快使氧气未完全反应、未冷却到室温读数等，故答案为；(4) 图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快；图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时
12、间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快。9.工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质，其工艺流程如下：已知：阳极泥主要化学成分，如表所示：主要成分Cu Ag Au Se Te百分含量/%23.4 12.1 0.9 6.7 3.1温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响，如表所示：固定浸出温度固定H2SO4浓度H2SO4浓度/ molL1浸出率/%浸出温度/浸出率/%Cu Ag Au Se TeCu Ag Au Se Te495.1 4.67 0.2 0.83 8.933087.1 4.58 0.2 0.08 6.83394.5 4.65 0.2
13、0.28 6.904094.5 4.65 0.2 0.28 6.90278.1 2.65 0.2 0.05 2.855096.1 5.90 0.2 0.64 8.73(1)步骤I的主要目的为浸出铜，发生的主要反应的化学方程式为_；分析表2数据，可知步骤I最适合的条件为_。(2)步骤II中，加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子，加入NaCl的目的为_。(3)步骤III的操作方法为_。(4)步骤IV中，反应温度为75。加入H2O2溶液作用为_；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因为_。(5)步骤VI中所发生反应的化学方程式为_。(6)步骤VII中，碱性环境下电解Na2TeO3溶液可
14、得Te实现，阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). 2CuO22H2SO42CuSO42H2O (2). 硫酸浓度3 molL-1、浸出温度40 (3). 除去滤液中Ag+ (4). 加热浓缩（蒸发）、冷却结晶、过滤 (5). 氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中 (6). 增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解 (7). Na2SeO32Na2SO32HClSe2Na2SO42NaClH2O (8). TeO324e3H2OTe6OH【解析】【分析】(1)根据阳极泥的成分和流程图，及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，配平方程式即可；根据题目中所给表格中数据分析，综合考虑浸出率
15、和经济性等原则得出结论；(2)步骤中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；(4)步骤中，反应温度为75加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率，H2O2会有部分分解，有损失；(5)根据流程图中的反应物和生成物，配平方程式即可；(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式。【详解】(1)根据阳极泥的成分和流程图及题目要求，主要反应
16、是铜与硫酸及空气中氧气的反应，反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；根据题目中所给表格中数据分析，可知当硫酸浓度为2 molL-1、浸出温度30时浸出率太低，硫酸浓度为3 molL-1、浸出温度40时浸出率已较高，再增大浓度和升温对浸出率影响不大，但会浪费试剂和能源；故可知步骤I最适合的条件为 ：硫酸浓度3 molL-1、浸出温度40；(2)步骤中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；(4)硒和碲不溶于水，步骤中，反应温度为75加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其
17、进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率；H2O2会有部分分解；(5)根据流程图中的反应物和生成物，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的方程式为Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O；(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。10.1913年，德国化学家哈伯实现了合成氨的工业化生产，被称作解救世界粮食危机的化学天才。现将lmolN2和3molH2投入1L的密闭容器，在一定条件
18、下，利用如下反应模拟哈伯合成氨的工业化生产： N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)H 0 当改变某一外界条件（温度或压强）时，NH3的体积分数(NH3)变化趋势如下图所示。(1)已知：NH3(l) NH3(g) H1 N2(g)+3H2(g) 2NH3(l) H2，则反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的H=_（用含H1、H2的代数式表示）。(2)X轴上a点的数值比b点 _（填“大”或“小”），Y轴表示_（填“温度”或“压强”）。(3)将1mol N2和3mol H2分别投入起始容积为1L的密闭容器中，实验条件相关数据如下表所示：下列判断正确的是_。A放出热量：Ql Q2 III
19、C平衡常数：II I D达平衡时氨气的体积分数：III(4)平衡时，M点NH3的体积分数为10%。若同温同容下，再充入0.2mol N2，0.6mol H2和1.6molNH 3，重新达平衡时NH3的体积分数_ 10%（填“”、“”、“=”或“无法确定”）。(5)某科研小组探究在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响实验结果如图所示：（图中T2和T1表示温度，n表示起始时H2的物质的量）图象中T2和T1的关系是：T2_T1（填“”、“”、“=”或“无法确定”）。比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是_（填字母）。【答案】 (1). 2H1
20、+H2 (2). 小 (3). 温度 (4). AB (5). (6). (7). c【解析】【分析】(1) 根据盖斯定律，2+可得N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应热也进行相应计算；(2) 随Y值增大，(NH3)减小，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动，(NH3)增大；(3) AI为恒温恒容，随反应进行压强减小，为恒温恒压，相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，中反应物转化率大于；B为恒容绝热，随反应进行温度升高，I为恒温恒容，相当于在I的基础上升高温度，平衡逆向移动；C平衡常
21、数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同；D相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，氨气体积分数增大；(4)再次充入0.2mol N2，0.6mol H2和1.6molNH3等效于再次充入1molN2和3molH2，结合勒夏特列原理分析；(5)由图可知，n(H2)相同时，T2对应氨气含高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气；a、b、c三点，n(H2)越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大。【详解】(1) 已知：NH3(l)NH3(g)H1，N2(g)+3H2(g)2NH3(l)H2，根据盖斯定律，2+可得：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，故H=2H1+H2；(2) 随Y值增
22、大，(NH3)减小，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动，(NH3)增大，a点的数值比b点小；(3) AI为恒温恒容，随反应进行压强减小，为恒温恒压，相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，中反应物转化率大于，放出热量：QlQ2|H|，故A正确；B为恒容绝热，随反应进行温度升高，I为恒温恒容，相当于在I的基础上升高温度，平衡逆向移动，N2的转化率：IIII，故B正确；C平衡常数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同，则平衡常数：II=I，故C错误；D相当于在I的基础上增大压强，平衡正向移动，则达
23、平衡时氨气的体积分数：III，故D错误；故答案为AB；(4) 再次充入0.2mol N2，0.6mol H2和1.6molNH3等效于再次充入1molN2和3molH2，在恒温恒容容器中，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达平衡时NH3的体积分数10%；(5)由图可知，n(H2)相同时，T2对应氨气含高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T2T1 ；a、b、c三点，n(H2)越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大，c点时氢气的物质的量最大，c点N2的转化率最高，故答案为：c。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式
24、(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。11.(1)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_形，从电子云重叠方式看共价键的类型有_种；固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_。(2)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(xn)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_。图1FexNy晶胞结构示意图图2
25、转化过程的能量变化(3)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a0.446 nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为_ nm，与K紧邻的O个数为_。(4)在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于_位置，O处于_位置。【答案】 (1). 平面三角 (2). 2 (3). sp3 (4). Fe3CuN (5). 0.315 (或 0.446) (6). 12 (7). 体心 (8). 棱心【解析】【分析】(1) SO3中S原子价层电子对数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构
26、型；该分子中S-O原子之间存在共价键；该分子中每个S原子价层电子对数都4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型；(2) 能量越低越稳定，故Cu替代a位置的Fe形成的物质更稳定，形成晶胞中N原子处于体心、Cu原子处于顶点、Fe原子处于面心，利用均摊法计算晶胞中各原子数目，进而确定化学式；(3) K与O间的最短距离为面对角线的一半；O位于面心，K位于顶点，1个面心为2个晶胞共有，1个顶点为8个晶胞共有； (4) 在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，个数为8=1，则K也为1，应位于体心，则O位于棱心，个数为12=3。【详解】(1) SO3中S原子价层电子对数=3+=3，且不含孤电
27、子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S-O原子之间存在和离域大键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3；(2) 能量越低越稳定，故Cu替代a位置的Fe形成的物质更稳定，形成晶胞中N原子处于体心、Cu原子处于顶点、Fe原子处于面心，晶胞中N原子数目=1，N(Cu)=8=1，N(Fe)=6=3，故化学式为：Fe3CuN；(3) K与O间的最短距离为面对角线的一半，则K与O间的最短距离为0.446nm=0.315nm，O位于面心，K位于顶点，1个面心为2个晶胞共有，1个顶点为8个晶胞共有，即与K紧邻的
28、O个数为=12个；(4) 在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，个数为8=1，则K也为1个，应位于体心，则O位于棱心，每个棱为4个晶胞共有，则O个数为12=3。12.异戊酸薄荷酯P（）是一种治疗心脏病的药物。一种制备异戊酸薄荷酯P的流程如下：已知：RCH=CH2 RCH2CHBr（R表示烃基）完成下列问题：(1)A的化学名称为_。(2)试剂l的结构简式为_。(3)由E生成F的化学方程式为_；该反应类型是_。(4)试剂2可以是_试剂（填名称或化学式）(5)由C和H生成P的化学方程式为_。(6)H的同分异构体中，能发生水解反应的链状化合物共有_种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱有
29、两种峰、且峰值比为9:1的同分异构体的结构简式为_。(7)苯乙烯是一种重要的化工原料，参考制备异戊酸薄荷酯中的方法，设计以苯、乙烯为有机原料（无机试剂自选），制备苯乙烯的合成线路：合成路线常用的表示方法为：_【答案】 (1). 3-甲基苯酚（间-甲基苯酚） (2). CH3CH=CH2 (3). (4). 水解反应或取代反应 (5). 新制的银氨溶液或新制的氢氧化铜 (6). (7). 9 (8). (9). 【解析】根据P的结构简式可知C与H发生酯化反应生成P，因此H的结构简式为(CH3)2CHCH2COOH，C的结构简式为；D与溴化氢发生加成反应生成E，E发生水解反应生成F，F是醇，F发生
30、催化氧化生成G，G发生反应生成H，则G的结构简式为(CH3)2CHCH2CHO，F的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2OH，E的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2Br，D的结构简式为(CH3)2CHCHCH2。根据C的结构简式可知A是间甲基苯酚，依据A和B的分子式结合已知信息可知试剂1是丙烯，与A发生加成反应生成B，B中的苯环与氢气发生加成反应生成C，B的结构简式为。(1)A的结构简式为，化学名称为 3-甲基苯酚。(2)试剂l是丙烯，结构简式为CH3CH=CH2。(3)由E生成F是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为(CH3)2CHCH2CH2Br+NaOH(CH3)2CHCH2CH2OH+NaBr。(4)试剂2把醛基氧化为羧基，可以是新制的银氨溶液或新制的氢氧化铜；(5)由C和H生成P的化学方程式为+(CH3)2CHCH2COOH+H2O；(6)H的同分异构体中，能发生水解反应的链状化合物属于酯类，可以是甲酸和丁醇形成的酯类（4种），乙酸和丙醇形成的酯类（2种），丙酸和乙醇形成的酯类（1种），丁酸和甲醇形成的酯类（2种），共有9种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱有两种峰、且峰值比为9:1的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3。(7)根据已知信息结合逆推法可知以苯、乙烯为有机原料（无机试剂自选）制备苯乙烯的合成线路图为 。
