1、新康高复部20202021学年第二学期5月份测试理综化学试题 注意：标号的试题为历次考试易错原题 可能用到的相对原子质量：H-1 T-3 C-12 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64一、选择题：(本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的)7化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是 ( ) A新型冠状病毒对高三学子的复习备考造成了较大冲击，质量分数0.5%的过氧乙 酸溶液能高效杀死该病毒，在重症隔离病房用过氧乙酸与苯酚溶液混合可以提 高消杀效率 BJ20上用到的氮化镓材料不是合金材料 C尽量使用含 12C的产品，减少使用含13C或1
2、4C的产品符合“促进低碳经济的宗 旨” D汽车尾气中含有氮氧化物是由于石油炼制过程中未除去氮元素8设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A46g C2H6O完全燃烧，有5NA个CH键断裂 B电解精炼铜时，阳极质量减轻64 g时转移的电子数为2NA C2.6g NaT与足量水反应，生成的氢气中含有中子数为0.1NA D56g Fe粉与1 mol Cl2充分反应，转移电子数为2NA9BMO(Bi2MoO6)是种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下 列说法错误的是 ( ) A该过程的总反应为：C6H6O+ 7O26CO2+3H2O B该过程中BMO+表现出较强的氧化性
3、C和中被降解的苯酚的物质的量之比为1：3 D光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等10化合物M(结构式如图所示)是常用的还原剂，由HCBrown和Schlesinger于1942年在芝加哥大学发现。其中X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期主族元素，X与W、Z与W均能形成原子个数比为1：1和2：1的化合物，W原子的最外层 电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是 ( )AZ元素位于第三周期第 A族 BY的最高价氧化物对应的水化物是一种一元弱酸 CX和Z形成的化合物的水溶液呈酸性 D化合物M不能与Z2W2反应11某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下
4、表所示，下列说法错误的是 ( )序号实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有利余、溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀 A实验、中均涉及Fe3+被还原B对比实验、说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类 有关 C向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀 D实验、中加入蒸溜水后c(Cu2+)相同12镁稀土合金广泛应用于航空、航天、电子、通讯和汽车制造业等领域。熔盐电解法是一种高效制备镁稀土合金的方法，实验室
5、制取Mg-Gd合金(物质的量比为1：1)的电解槽示意图如下(相对原子质量Mg24，Gd157)，下列说法正确的是 ( ) A添加LiF、BaF2的作用是催化剂 B阳极的电极反应式为2F2e= F2 C当电路中通过0.1mol电子时，生成Mg- Gd合金的质量为3.62 g D电解结束后，钼、碳电极质量不变13磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如下图，下列说法正确的 是 ( ) A滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)c(H2PO4-)+c(HPO42)+c(PO43) B该温度下，H3P
6、O4的三级电离常数Ka310-12 CH3PO4的电离方程式为：H3PO4 3H+ + PO43D滴加少量Na2CO3溶液，化学反应方程式为3 Na2CO3 +2H3PO4=2Na2PO4+3H2O+ 3CO226（14分）学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。 回答下列问题： （1）仪器Q的名称为_；装置b的作用是_。 （2）装置a中反应的化学方程式为_。 （3）装置e中出现_（填现象）可证明SO2具有还原性。 （4）实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO24I4HS2I22H2O
7、。 探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响 有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实 验设计进行验证（SO2体积已折算为标准状况下体积）。 限选试剂：0.1 molL-1 KI溶液、1.0 molL-1 KI溶液、2.0 molL-1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸、浓盐酸影响因素编号操作现象c(I)i取50 mL_于锥形瓶中，向其中通入20 mL SO2溶液变为浅黄色ii取50 mL 1.0 molL-1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20 mL SO2溶液迅速变黄c(H)iii取50 mL 1.0 molL-1 KI溶液和5 mL_于锥形瓶中，向其中通入20 mL SO2
8、溶液迅速变黄iv取50 mL 1.0 molL-1 KI溶液和5 mL_于锥形瓶中，向其中通入20 mL SO2溶液迅速变黄，且出现乳黄色浑浊探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物 有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2I22H2OSO2I4H。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。方案操作预期现象结论i取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴_溶液（填试剂名称），振荡无明显变化浊液中无I2ii将装置d中浊液进行分离得淡黄色固体和澄清溶液取适量分离后的澄清溶液于试管中，_综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为_。27（14分）二氧化铈(Ce
9、O2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含Ce CO3F） 为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示： 已知：Ce4+能与F结合成CeFx(4-x)+，也能与SO42-结合成CeSO42+； 在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂(HA)2萃取，而Ce3+不能； KspCe(OH)3=110-20。回答下列问题： （1）CeCO3F中铈元素的化合价为_，H2O2分子的结构式为 _。 （2）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是 _。 （3）“萃取”时存在反应：Ce4+n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+。下图所示中，D是分配比，表示Ce（）分别在有机层与水层中存在形式的物质的量浓度
10、之比，即cCe(H2n-4A2n)与c(CeSO4)2+的比值。加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c（SO42-），D随起始料液中c（SO42-）变化的原因为 _。 （4）“反萃取”中，实验室用到的主要玻璃仪器名称为_；在H2SO4和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+。H2O2在该反应中作_(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”），每有2molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为_。为使Ce3+完全沉淀，应加入NaOH调节pH为_。(溶液中c(Ce3+)小于1.010-5molL-1时，可认为Ce3+沉淀完全) （5）“氧化”步骤的化学方程式为_。28.(15分)甲醇是重要的化工原料。
11、回答下列问题： （1）以甲醇为原料制备甲醛，同时生成副产物H2等，已知以下热化学方程式： 则b (用含有a、c的代数式表示)。 （2）以Na2CO3固体为催化剂，甲醇脱氢可制得甲醛。反应机理如下： (i)中反应物的总能量 (填“”“”或“”)生成物的总能量。 某温度时反应(i)、(ii)、(ii)的平衡常数依次为K1、K2、K3，CH3OH(g) H2(g)HCHO(g)的平衡常数为K，则K (用含K1、K2、K3的代 数式表示)。 （3）向体积为1 L恒容反应器中加入2 mol CH3OH及适量催化剂，发生反应CH3OH(g) HCHO(g)H2(g) H，在T1、T2(T112，H3PO4
12、的三级电离常数Ka310-12，B项错误；CH3PO4为多元弱酸，电离为分步电离，电离方程式应分步书写，以第一步为主：H3PO4 H+ + H2PO4-，C项错误；D向H3PO4中滴加少量Na2CO3溶液时，反应生成NaH2PO4、CO2和H2O，反应方程式为Na2CO3 + 2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2，D项错误；26【答案】（1）圆底烧瓶 防止倒吸 （2）Cu2H2SO4(浓)=CuSO4SO22H2O （3）KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色 （4）0.1 molL-1 KI溶液 蒸馏水 浓盐酸 淀粉溶液 加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液 白色沉淀 产物溶液中存在S
13、O42- 3SO22H2O=S2SO42-4H【解析】（1）由图示装置结构可知Q仪器为圆底烧瓶；（2）由a中装置试剂可知发生反应的化学方程式为：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；（3）SO2具有还原性能够被KMnO4溶液氧化，而致使KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色；（4）本题是探究浓度c(I)、c(H)对反应的影响，故需要改变浓度对实验进行探究，证明可逆过程的存在，故选用0.1 molL1 KI溶液作为编号i实验的试剂；探究c(H)对反应的影响，对比现象可知iii应选用稀盐酸，但并无浓盐酸可选，故应选用蒸馏水。对比iii可知iv应选用浓盐酸，浓硝酸具有强氧化性可将SO2氧化，不
14、可选；由实验现象和实验结论可知，方案i是为了检验I2，应选用淀粉溶液；为了证明反应SO2I22H2OSO2I4H的发生，应检验产物的生成和产物的消耗，方案i是检验反应物消耗，方案ii应是检验溶液中产物的生成，即SO，故加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液；白色沉淀 产物溶液中存在SO42-；综上实验，探究主要是探究产物，进行物质检验，通过方案i和ii分别证明了产物中含有S（淡黄色固体）和SO42-，最终无I2产生，结合提示SO2发生歧化反应进一步书写离子方程式为3SO22H2O=S2SO42-4H。27+3 H-O-O-H 增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率 随着c(SO
15、42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合生成CeSO42+，导致萃取平衡向生成(CeSO4)2+的方向移动，使D迅速减小，当c(SO42-)增大到一定程度后，D值变化较小 分液漏斗 还原剂 4 9 2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl 【分析】氟碳铈矿（主要含Ce CO3F），氧化焙烧的目的是将+3价的Ce氧化为+4价，Ce4+能与F-结合生成CeFx(4-x)+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO42-结合生成(CeSO4)2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂萃取，而Ce3+不能，加“反萃取剂”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生的离子反
16、应为2Ce4+H2O2=2Ce3+O2+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，加NaClO将Ce从+3价氧化为+4价，最后热分解得到产物，由此进行分析作答。【详解】(1)根据化合价代数和为零可知Ce的化合价为+3价；H2O2分子的结构式为H-O-O-H；(2) “氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率；(3)D随起始料液中c(SO42-)变化的原因为随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合生成(CeSO4)2+，导致萃取平衡向生成(CeSO4)2+的方向移动，使D迅速减小，当c(SO42-)增大到一定程度后，D值变化较小
17、；(4) “反萃取”中用到的玻璃仪器为分液漏斗；“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+，Ce从+4价降低到+3价，化合价降低，H2O2中O元素的化合价升高，因此H2O2在该反应中作还原剂；每有2molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol2(1-0)=4mol；当c(Ce3+)小于1.010-5molL-1时，可认为Ce3+沉淀完全，根据KspCe(OH)3= c(Ce3+) c3(OH-)=110-20可知c(OH-)=molL-1=1.010-5 molL-1，此时pH-lg=9，即为使Ce3+完全沉淀，应加入NaOH调节pH为9；(5) “氧化”步骤中用N
18、aClO将Ce3+氧化为Ce4+，反应方程式为：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。28(1)ca (2分) (2) (1分) K1 K2 K3 (2分) (3) 11.1; 0.08 (各2分) 900 (2分) (4) CH3OH3O26 e CO22H2O（2分） 6.72（2分）35答案：(1) ； 5(2)正四面体形； (3) ； (4)5； 362-甲基-1,3-丁二烯 羰基、羧基 n 7 CH3CH2CH(CH3)CH(OH)CH2COOHCH3CH2CH(CH3)CH=CHCOOH CH3CH2CH(CH3)CH =CHCOOCH3 【分析】根据合成路线可知，E发生缩聚反应生成F，因此E为,C与H2发生加成反应生成E，由此可知C为CH3COCH2COOH；根据C和D的结构，结合已知条件可知B的结构为，有已知条件和A、B之间的关系可知A和发生加成反应生成B，由此可知A为，据此进行分析作答。
