1、河南省郑州市第一中学2020届高三化学下学期周考试题（含解析）1.本草纲目中“石碱”一条记载：石碱出山东济宁诸处，彼人采篙寥之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，洗衣发面，亦去垢发面。这里的“石碱”是指A. KOHB. KAl (SO4)2C. KHCO3D. K2CO3【答案】D【解析】【详解】“彼人采篙寥之属，晒干烧灰”，说明“石碱”为篙寥烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，说明“石碱”易溶于水，“洗衣发面，亦去垢发面”，说明“石碱”能去油污，作发酵剂，排除KOH 、KAl (SO4)2，且植物烧成的灰中的主要成分一般为碳酸盐，故“石碱”为K2CO3。故选D。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。
2、下列叙述正确的是（ ）A. 1mol碳正离子（CH3）所含的电子总数为9NAB. 25，pH13的Ba(OH)2 溶液中含有OH的数目为0.1NAC. 常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8g氧气转移的电子数为0.5NAD. 1mol雄黄(As4S4)，结构如图：，含有2NA个SS键【答案】C【解析】【详解】A.一个碳原子含有6个电子，三个氢原子有3个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为6+3-1=8，1mol碳正离子（CH3）所含的电子总数为8NA，故A项错误；B.题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故B项错误；C.过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子得来的氧化产物
3、，过氧根中氧为负一价，生成8g氧气即0.25mol氧气共失去0.5mol电子，即反应中失电子数为0.5NA，故C项正确；D. 分子中S非金属性强，显-2价，故白色球是硫原子，不含SS键，故D项错误；故答案为C。【点睛】氧化还原反应中转移电子数目=得电子数=失电子数。3.室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是A. pH=1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72、K、SO42B. c(Ca2)=0.1molL1的溶液中：NH4、C2O42、Cl、BrC. 含大量HCO3的溶液中：C6H5O、CO32、Br、KD. 能使甲基橙变为橙色的溶液：Na、NH4、CO32、Cl【答案】C【解析】【
4、详解】A. pH=1的溶液显酸性，Cr2O72有强氧化性，会把CH3CH2OH氧化，故A错误；B.草酸钙难溶于水，故B错误；C. C6H5OH的酸性比碳酸弱比碳酸氢根强，因此可以共存，故C正确；D.使甲基橙变为成橙色的溶液显酸性，其中不可能存在大量的CO32-，故D错误；故答案为C。4.一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是（ ）A. 该盐酸的物质的量浓度为4.0molL-1B. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质
5、的量之比为2：1C. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD. 该磁黄铁矿中FexS的x=0.85【答案】C【解析】【分析】n(S)=3.2g32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。【详解】A.盐酸恰好反应生成FeCl2 的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)=8.0mol/L，A错误；B.由以上分析可知，该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)：n(Fe
6、3+)=1：1，B错误；C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol22.4L/mol=8.96 L，C正确；D.FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，D错误。故合理选项是C。5.a、b、c、d、e、f、g是短周期中原子序数依次递增的主族元素，a、b元素最高正价与最低负价之和均为O、d、f是同主族元素，f元素原子序数是d元素原子序数的2倍，e元素原子半径是短周期中最大的。下列说法错误的是（ ）A.
7、e与a形成的化合物熔沸点高于e与g形成的的化合物B. b的氧化物的水化物酸性弱于g的氧化物的水化物酸性C. b、c、d与a均可形成含非极性键的二元化合物D. d与e、f、g均可形成有漂白性的二元化合物【答案】B【解析】【分析】a、b元素最高正价与最低负价之和均为0，结合原子序数可知a为H，b为C；d、f是同主族元素，f元素原子序数是d元素原子序数的2倍，可知d为O，f为S，则c为N，g为Cl；e元素原子半径是短周期中最大的，所以e为Na，据此分析作答。【详解】A. e与a形成的化合物为NaH，e与g形成的的化合物为NaCl，二者均为离子晶体，但氢离子半径比氯离子半径要小，所以NaH的晶格能更大
8、，熔沸点更高，故A正确；B. b的氧化物的水化物为碳酸，g的氧化物的水化物有次氯酸、亚氯酸、氯酸、高氯酸等，碳酸的酸性比次氯酸要强，故B错误；C. b与a可形成C2H2，c与a可形成N2H4，d与a可形成H2O2，三种物质均为含非极性键的二元化合物，故C正确；D. d与e可形成过氧化钠，d与f可形成二氧化硫，d与g可形成二氧化氯，均为有漂白性的二元化合物，故D正确；故答案为B。6.如图装置（）为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池充放电的化学方程式为2K2S2+KI3K2S4+3KI；装置（）为电解池的示意图，当闭合开关K时，X附近溶液先变红。则下列说法正确的是（ ）
9、A. 闭合K时，K+从左到右通过离子交换膜B. 闭合K时，电极X是阳极C. 闭合K时，电极A的反应式为3I-2e-=I3-D. 闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，X电极上产生气体2.24L【答案】A【解析】【分析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，说明X极生成OH，应为电解池的阴极，发生反应为：2H2O+2eH2+2OH，Y为电解池的阳极，发生：2Cl-2eCl2，则A为原电池的负极，电极反应式为2K2S2-2eK2S4+2K，B为原电池的正极，电极反应式为I3+2e3I。【详解】A. 原电池工作时，阳离子向正极移动，应从左到右通过离子交换膜，故A正确；B. 当闭合开关K时，X附近
10、溶液先变红，说明X极生成OH，应为电解池的阴极，故B错误；C. X为电解池的阴极，发生反应为：2H2O+2e=H2+2OH，故C错误；D. 当有0.1molK通过离子交换膜，即当电极Y有0.1mole转移时，根据2H+2eH2知产生0.05molH2，标况下的体积是1.12L，题中没有给定气体的存在状态，不能确定气体的体积一定为11.2L，故D错误；故选：A。7.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)c(S2-)，其在水中的沉淀溶解平衡曲
11、线如图所示（T2T1）。下列说法错误的是（ ）A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C. 向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D. 温度降低时，q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】B【解析】【详解】A在CdS饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S（溶解度），则图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A正确；BCdS的沉淀溶解平衡中，溶度积受温度影响，m、n和p点均为T1时对应的离子浓度，则其溶度积相同，B错误；Cm点达平衡，向
12、其中加入硫化钠后，平衡逆向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C正确；D随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdSCd2+S2-为吸热反应，则温度降低，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同等程度减小，会沿qp线向p点方向移动，D正确；故选B【点睛】解题时，需要理解此题中溶解度的含义，此题中所定义的溶解度，是指单位体积溶液中所溶解的溶质的物质的量，否则我们难以得出结论。8.无水三氯化铬（CrCl3）为紫色晶体，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示。已知
13、：CrCl3熔点为83，易潮解，易升华，易溶于水但不易水解，高温下易被氧气氧化；Cr2O3和CCl4在高温下反应的产物为CrCl3和光气（COCl2 ）。请回答下列问题：（1）装置A是氮气制备装置，氮气的作用是_。（2）装置B的作用为_。装置C和装置E的水槽中应分别盛有_、_。（3）装置D中生成CrCl3和光气（COCl2 ）的化学方程式为_。（4）该实验装置有设计不合理的地方，请写出改进方法：_（写一点即可）（5）产品中CrCl3质量分数的测定：（i）称取0.3000 g得到的CrCl3样品溶于水并于250mL容量瓶中定容。（ii）取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍
14、过量的Na2O2,稀释并加热煮沸，再加入过量的H2SO4酸化，将Cr3+氧化为Cr2O72-；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3+形式存在（iii）加入1mL指示剂，用0.0250 molL1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL（已知2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI）ii中加入稍过量的Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是_；加入KI发生反应的离子方程式为_滴定实验可选用的指示剂为_产品中CrCl3质量分数为_%（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). 排出空气、吹出CCl4蒸汽、吹出产物及尾气 (2).
15、除去氮气中水蒸气 (3). 热水 (4). 冷水 (5). Cr2O33CCl42CrCl33COCl2 (6). 将连接装置D、E的细导管改成粗导管 (7). 除去溶解的氧气，防止将I-氧化 (8). Cr2O72-+ 6I-+14H+= 2Cr3+3I2+7H2O (9). 淀粉溶液 (10). 92.5【解析】【分析】A装置中氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气，B装置干燥氮气，C装置中的是反应物，氮气将吹入反应装置D中，E装置进行尾气吸收。【详解】（1）氮气的作用是排出空气、吹出蒸汽、吹出产物及尾气，故答案为：排出空气、吹出蒸汽、吹出产物及尾气；（2）由信息可知装置D中必须保持无水环境，故
16、装置B的作用是干燥氮气；装置C中热水的作用是使汽化，提供反应所需的反应物；装置E中冷水的作用是冷凝生成的，故答案为：除去氮气中水蒸气；热水；冷水；（3）由题意可知，反应物是和，产物为和，故方程式为：，故答案为：；（4）由信息可知易升华，题中装置图中D、E之间的导管太细，易发生堵塞，故应将细导管换成粗导管，故答案为：将连接装置D、E的细导管改成粗导管；（5）溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的 的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸；和发生氧化还原生成碘单质和铬离子，离子方程式为：，故答案为：除去溶解的氧气，防止将氧化；利用滴定生成，遇淀粉显蓝色，所以可以用淀粉作指
17、示剂；设25.00mL溶液中，由元素守恒及方程式可得关系式：， ，故，所以250mL溶液中 的物质的量为0.00175mol，根据元素守恒可知，所以样品中 ，故样品中无水三氯化铬的质量分数为：，故答案为：淀粉溶液；92.5。9.NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下： 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH2.16.53.77.1沉淀完全的pH3.39.7479.2(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有_(写
18、一条即可)。(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为_。(3)“调pH”时，控制溶液pH的范围为_。(4)“沉镍”过程中，若滤液A中c(Ni2)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2沉淀完全即溶液中c(Ni2)1.010-5，则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_g。(已知Ksp(NiCO3)=6.510-6，忽略溶液体积的变化)(5)流程中由溶液得到NiCl26H2O的实验操作步骤依次为_、过滤、洗涤、干燥。【答案】 (1). 将镍废料磨成粉末(或搅拌，或适当升高温度，或提高酸的浓度) (2). H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 4.7pH
19、7.1或4.7，7.1) (4). 17.5 (5). 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】根据流程：金属镍废料(含Fe、Al等杂质)，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7pH”、“L1 (5). 该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大 (6). L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。(3)达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度
20、，因此k正增大的倍数 L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大，故答案为：L2L1；该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。(3)达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数 k逆增大的倍数，故答案为： 。达到平衡时：v正= v逆，故答案为 0.5。II.低于450时，是正在建立平衡的阶段，高于450时，是NO的转化率随温度升高而降低，因此该反应为放热反应，故答案为：不是，该反应是放热反应；平衡转化率随温度升高而降低。11.我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国
21、紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun离子，n_，基态时该阳离子的价电子排布式为_。(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是_元素。(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶体中Si原子的杂化轨道是由_轨道（填轨道的名称和数目）和_轨道杂化而成的。(4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是_。(5)在5500年前，古代埃及人
22、就己经知道如何合成蓝色颜料“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角OCO为_。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更_（填“高”或“低”）。(6)自然界中的SiO2，硬度较大，主要原因是_。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_。【答案】 (1). 2 (2). (3). O或氧 (4). 1个3s (5). 3个3p (6). (7). (8). 低 (9). 是一种
23、空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固 (10). 【解析】【分析】根据化合物中各元素的化合价代数和为零来计算n值，Cu2+ 的价电子排布式根据铜原子的价电子排布式3d104s1 得出。“中国蓝”中、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子。 SiO2是空间网状结构，一个Si原子周围连有4个O原子。Si原子核外最外层有4个电子，恰好与氧原子形成4个键，无孤对电子。而杂化轨道用于形成键和容纳孤对电子。所以SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成。含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根。碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子
24、，属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐热稳定性递增，比稳定。是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为，在z轴方向上距离为，所以SiA与SiB之间的距离。【详解】根据化合物中所有元素化合价代数和为0可计算出Cu的化合价为+2，故Cun离子中n2，Cu的价电子排布式3d104s1，当失去2个电子时价电子排布式变为，故答案为2，；“中国蓝”中，Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子，故答案为：O；SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成，故答案为
25、：1个3s，3个3p；含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根，所以钡矿化学式是，故答案为：；碳酸根中C属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属碳酸盐的热稳定性比稳定，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低，故答案为：，低；是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为，在z轴方向上距离为，所以SiA与SiB之间的距离，故答案为：是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，；【点睛】电子排布式书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断等知识要掌握牢固，SiA与SiB 之间的距离的计算，对学生的立体空间想象能力要求高。12.功
26、能高分子P的合成路线如下：（1）A的分子式是C7H8，其名称为_。（2）E的分子式是C6H10O2，F中含有的官能团名称为：_。 （3）反应的反应类型是_。 （4）反应的化学方程式：_。（5）反应的化学方程式：_。（6）G的单体结构简式为_，写出符合下列条件的与G的单体互为同分异构体的任意两种物质的结构简式_。 能与氢氧化钠溶液反应 能使溴的CCl4溶液褪色（7）已知：2CH3CHO，以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线(用结构简式表示有机物)，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件。_【答案】 (1). 甲苯 (2). 酯基 (3). 加聚反应 (4). +NaOH
27、+NaCl (5). +nH20 +nC2H5OH (6). CH3CH=CHCOOH (7). CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2 、CH3COOCH=CH2任意两种均可 (8). 【解析】【分析】根据A的分子式为，可推出A为，结合P的结构可以推出B为，C为，D为，由P逆推可推出G为，逆推得F为，故E为。【详解】（1）A的分子式是C7H8，A为甲苯，故答案为：甲苯；（2）根据上述分析，F为，其官能团为酯基，故答案为：酯基；（3）反应为由生成，反应为加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）反应为卤代烃的水解，由制取，方
28、程式为: ，故答案为：；（5）反应水解生成，故该反应方程式为： ，故答案为： ；（6）G为，其单体为，其同分异构体有、，故答案为：；、任意两种均可；（7）乙醇为起始原料合成，根据已知反应，首先制备乙醛，合成路线为：，故答案为：。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键： (1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。