四川省泸州市泸县第二中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题 17页

四川省泸州市泸县第二中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题 ‎1.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。‎ 下列说法正确的是 A. 若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的CO B. 实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2‎ C. 若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气 D. 实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、利用②、③除去CO2，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，因此A正确。B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误。C、由于从②、③溶液中导出的气体会带出水蒸气，因此④中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误。D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D错误。正确答案A。‎ 点睛：固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。‎ ‎2.用表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是 A. 标准状况下，通入足量溶液中，完全反应时转移的电子数为 B. 含有的电子数为 C. 溶液中的氮原子数为 D. 25℃时，的溶液中由水电离出的的数目为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由反应式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，1molCl2参加反应转移1mol电子，转移的电子数为NA，故A错误；‎ B. 20 g重水(D 2O)的物质的量为1 mol，D 2O又是10电子微粒，故其含有的电子数为10NA，故B正确；‎ C. 溶液中含NH4NO3物质的量为0.1mol/L1L=0.1mol，所以含氮原子数为0.2N A，故C正确；‎ D. 25℃时，pH=12的1.0L NaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，含有0.01mol氢氧根离子，次氯酸根离子部分水解促进了水的电离，其溶液中的氢氧根离子是水电离的，则水电离出的OH-的数目为0.01NA，故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。‎ ‎3.四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是 A. 四种元素中至少有两种金属元素 B. 四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物 C. 四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子 D. 常温下，三种元素形成化合物的水溶液的小于7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。‎ ‎【详解】A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；‎ B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；‎ C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；‎ D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.按如图装置进行实验，下列推断正确的是(　　)‎ 选项 Ⅰ中试剂 Ⅱ中试剂及现象 推断 A 氯化铵 酚酞溶液不变红色 氯化铵稳定 B 硫酸亚铁 品红溶液褪色 FeSO4分解生成FeO和SO2‎ C 涂有石蜡油的碎瓷片 酸性高锰酸钾溶液褪色 石蜡油发生了化学变化 D 铁粉与水蒸气 肥皂水冒泡 铁粉与水蒸气发生了反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，离开热源，氨气和氯化氢又会重新化合生成氯化铵，生成的氯化铵附着在试管口附近，所以酚酞溶液不变红色，A项错误；B.品红溶液褪色说明有二氧化硫生成，硫元素的化合价由+6价降低到+4价，则铁元素的化合价需由+2价升高到+3价，即硫酸亚铁受热分解生成氧化铁和二氧化硫，B项错误；C.酸性高锰酸钾溶液褪色说明有还原性物质生成，所以加热石蜡油生成了具有还原性的物质，发生了化学变化，C项正确；D.气体具有热胀冷缩的性质，若加热试管Ⅰ中的空气，肥皂水也会冒泡，D项错误。答案选C。‎ ‎5.菲斯科(FiskerInc.)公司宣布正在开发的固态锂电池能量密度是现有电池的2.5倍，续航里程可达500英里(约804公里)，最快充电时间可以分钟计，钴酸锂(LiCoO2) 电池的工作原理如图所示，M极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料。隔膜只允许特定的离子通过。下列说法正确的是 A. 电池的总反应式为:LixC6+Li1-xCoO2==C6+LiCoO2‎ B. M为电池的正极 C. 放电时，N为负极，电极发生氧化反应 D. 充电时，M为阳极，电极发生氧化反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ M极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作金属锂的载体)，故M为负极，LixC6-xe—=xLi++C6，发生氧化反应，N极为正极，电极反应为：Li1-xCoO2+xe—+ xLi+= LiCoO2，B、C项错误；正、负极反应式之和等于其总反应方程式：LixC6+Li1-xCoO2==C6+LiCoO2，A项正确；充电时，M为阴极，电极发生还原反应，D项错误。‎ ‎6.下列有关电解质溶液中粒子的物质的量浓度大小关系正确的是（ ）‎ A. 等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3 ②Na2CO3 ③NaHCO3 ④(NH4)2CO3，其中c(CO32-)的大小关系为：②>④>③>①‎ B. pH=2 的H2C2O4溶液与pH=12 的NaOH 溶液等体积混合：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)‎ C. 向0.2mo/L 的NaHCO3 溶液中加入等体积0.1mo/L 的NaOH 溶液：c(CO32- )>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)‎ D. 常温下，等浓度的CH3COOH与CH3COONa 溶液等体积混合，溶液的pH<7：c(CH3COOH)+c(OH-)>c(H+)+c(Na+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3+H+ ，H+ +，第二步电离受到第一步的抑制，②+H2O+OH－，③H+ +，④+H2O+OH－，+H2ONH3 ·H2O+H+，两离子的水解互促，的电离程度：③>①，的水解程度：④>②，所以其中c(CO32-)的大小关系为：②>④>③>①，故A正确；B. 溶液电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；C. NaHCO3有一半转化为Na2CO3，形成等浓度NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，H+ +，+H2O+OH－，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，所以c(HCO3-)>c(CO32- )>c(OH-)>c(H+)，故C错误；D. CH3COOHCH3COO－+H+，CH3COO－+ H2O CH3COOH+OH－，溶液的pH<7表明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，因此，c(CH3COOH)+c(OH-)K(400℃)；‎ 由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：‎ 起始（浓度） c0 c0 0 0‎ 变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0‎ 平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0‎ 则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；‎ ‎（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得 ∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ·mol-1；‎ ‎（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；‎ ‎（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1‎ ‎ mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。‎ ‎10.近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：‎ ‎（1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是_________________________。‎ ‎（2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。‎ ‎（3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。‎ ‎（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。‎ 图中F−和O2−共同占据晶胞上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。‎ 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。‎ ‎【答案】 (1). 三角锥形 (2). 低 (3). NH3分子间存在氢键 (4). 4s (5). 4f5 (6). 小于 (7). SmFeAsO1−xFx (8). (9). (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）As与N同族，则AsH3分子的立体结构类似于NH3，为三角锥形；由于NH3‎ 分子间存在氢键使沸点升高，故AsH3的沸点较NH3低，‎ 故答案为：三角锥形；低；NH3分子间存在氢键；‎ ‎（2）Fe为26号元素，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去1个电子使4s轨道为半充满状态，能量较低，故首先失去4s轨道电子；Sm的价电子排布式为4f66s2，失去3个电子变成Sm3+成为稳定状态，则应先失去能量较高的4s电子，所以Sm3+的价电子排布式为为4f5，‎ 故答案为：4s；4f5；‎ ‎（3）F-和O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F-