2020届成都艺术高级中学高三下第十二周周考化学试题及答案

2020届成都艺术高级中学高三下第十二周周考化学试题答案
（考试时间：45分钟
满分：100分）
一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48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。
1．化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是(　　)
A．淀粉与纤维素互为同分异构体
B．煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化
C．被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于有机化合物
D．糖类、油脂和蛋白质都属于营养物质，都能发生水解反应
答案　B
解析　淀粉和纤维素的分子通式均为(C6H10O5)n，由于n不同，分子式也不同，因此二者不互为同分异构体，A项错误；煤的气化、液化与石油的裂化、裂解过程中，均有新物质生成，均属于化学变化，B项正确；石墨烯是碳的单质，属于无机物，C项错误；糖类中的单糖不能发生水解反应，D项错误。
2．下列说法正确的是(　　)
A．相同体积和物质的量浓度的不同溶液里所含溶质的物质的量相同
B．10
mol·L－1的浓盐酸与H2O等质量混合所得混合液的浓度为5
mol·L－1
C．溶液中溶质质量分数为w，密度为ρ
g·cm－3，溶质摩尔质量为M
g·mol－1的溶液的物质的量浓度为
mol·L－1
D．一定物质的量浓度的溶液配制过程中，仰视定容，所得溶液的浓度偏大
答案　A
解析　据n＝c·V可知，相同体积和物质的量浓度的不同溶液中溶质的物质的量相等，A项正确；浓盐酸和水的密度不同，10
mol·L－1的浓盐酸与H2O等质量混合，所得混合液的浓度不等于5
mol·L－1，B项错误；据c＝可知，溶质的物质的量浓度为
mol·L－1，C项错误；一定物质的量浓度的溶液配制过程中，仰视定容，定容后溶液体积超过刻度线，所得溶液的浓度偏小，D项错误。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．18
g氨基(—ND2)中含有的电子数为10NA
B．一定质量的乙烷与22.4
L(标准状况)Cl2在光照条件下发生取代反应，形成C—Cl键的数目为2NA
C．用惰性电极电解100
mL
0.1
mol·－1
L的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为0.04NA
D．n(H2SO3)和n(HSO)之和为1
mol的KHSO3溶液中，含有的K＋数目为NA
答案　C
解析　18
g氨基(—ND2)的物质的量为1
mol，而氨基(—ND2)中含9个电子，故1
mol此氨基中含9NA个电子，故A错误；乙烷的量未知，氯气不一定能完全反应，故生成的C—Cl键的数目不一定是2NA个，故B错误；用惰性电极电解100
mL
0.1
mol·－1
L的CuSO4溶液，阴极上Cu2＋先放电生成0.01
mol
Cu，而后H＋放电生成H2，阳极上一直是OH－放电生成O2，设生成的气体的物质的量为x
mol，根据两极上得失电子数守恒可知：0.01×2＋2x＝4x，解得x＝0.01
mol，故阳极上转移电子为0.04NA个，故C正确；HSO在溶液中既能电离为SO，又能水解为H2SO3，根据物料守恒可知：n(H2SO3)＋n(HSO)＋n(H2SO3)＝n(K＋)，故当n(H2SO3)和n(HSO)之和为1
mol时，钾离子的物质的量多于1
mol，个数多于NA个，故D错误。
4．环之间通过共用两个不直接相连的碳原子的有机化合物称为桥环化合物，二环[1.1.0]丁烷()是最简单的桥环化合物。下列有关该物质的叙述正确的是(　　)
A．与丁烯互为同分异构体
B．4个碳原子处于同一个平面
C．其二氯代物为4种
D．1
mol该物质完全燃烧时最多消耗6
mol
O2
答案　C
解析　该物质的分子式为C4H6，而丁烯的分子式为C4H8，A项错误；四个碳原子不共面，B项错误；该物质中有两种氢原子，当2个Cl取代同一碳原子上的2个H时有
1种情况，当2个Cl取代不同碳原子上的H时有、、
3种情况，则该物质的二氯代物有4种，C项正确；1
mol该物质完全燃烧时最多能消耗5.5
mol
O2，D项错误。
5．如图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系。下列说法正确的是(　　)
A．X和R在同一周期
B．原子半径：W>R>X
C．气态氢化物的稳定性：YD．X与Z、R两种元素均可形成两种二元化合物
答案　D
解析　由图可知X为O，Y为F，Z为Na，R为S，W为Cl。O和S不在同一周期，A错误；同周期元素从左到右原子半径依次减小，一般情况下电子层数多的元素原子半径大，S>Cl>O，B错误；非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，HF>H2O，C错误；氧元素与Z、R两种元素能形成的化合物有SO2、SO3、Na2O、Na2O2，D正确。
6．实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的是(　　)
A．用装置甲制取Cl2
B．用装置乙使Br－转化为Br2
C．用装置丙分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液
D．用装置丁将分液后的水层蒸干获得无水FeCl3
答案　C
解析　制备Cl2时必须使用浓盐酸，稀盐酸不与二氧化锰反应，故A错误；通入氯气使Br－转化为Br2时，进气导管应该为长导管，图示操作方法不合理，故B错误；苯的密度小于水，混合液分层后有机层在上层，用装置丙分液时，先放出下层的水层，然后再倒出溴的苯溶液，该操作方法合理，故C正确；FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，HCl易挥发，直接加热促进了铁离子水解，最后得到的时氢氧化铁，无法获得无水FeCl3，故D错误。
7．用如下装置处理含KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是(　　)
A．MnO处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀
B．右侧产生的Fe2＋沉淀MnO的离子方程式为：7H2O＋3Fe2＋＋MnO===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋
C．当电路中转移6
mol
e－时，可以产生87
g
MnO2沉淀
D．为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境
答案　D
解析　根据题意并结合图示，铁电极为电解池的阳极，发生氧化反应生成Fe2＋，在弱酸性条件下Fe2＋与MnO发生氧化还原反应使Mn元素转化为MnO2沉淀。MnO处理完全后，阳极生成的Fe2＋会通过阳离子交换膜进入左侧，则左侧会生成Fe(OH)2沉淀，选项A正确；右侧产生的Fe2＋在弱酸性条件下将MnO还原为MnO2，本身被氧化为Fe(OH)3，所以离子方程式为：7H2O＋3Fe2＋＋MnO===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，选项B正确；根据阳极电极反应：Fe－2e－===Fe2＋，当电路中转移6
mol
e－时，生成3
mol
Fe2＋，根据Fe2＋沉淀MnO的离子方程式可知生成1
mol
MnO2，质量为87
g，选项C正确；强酸性条件下，MnO与Fe2＋反应为：MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，则不能使Mn元素转化为MnO2沉淀，选项D错误。
8．一定温度下，下列各项中的比较不合理的是(　　)
A．常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Kb
(NH3·H2O)＝1.76×10－5，浓度均为0.1
mol·L－1的
HCOONa和NH4Cl
溶液中阴、阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．已知醋酸铵溶液显中性：①0.1
mol/L
HCl　②0.05
mol/L
CH3COOH　③1
mol/L
NaCl　④0.2
mol/L
NaOH　⑤0.001
mol/L
NH3·H2O
五种溶液中，由水电离出来的氢离子浓度由大到小的顺序是③⑤②①④
C．相同浓度几种铵盐溶液中c(NH)从大到小顺序为：(NH4)3PO4、(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3
D．0.1
mol·L－1NaHC2O4溶液显弱酸性则：c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)＞c(H＋)
答案　D
解析　根据电荷守恒HCOONa和NH4Cl
溶液中分别有：c(OH－)＋c(HCOO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)、c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，所以二者阴阳离子物质的量浓度之和分别为：2[c(Na＋)＋c(H＋)]、2[c(Cl－)＋c(OH－)]，其中c(Na＋)＝c(Cl－)，由于Ka(HCOOH)>Kb(NH3·H2O)，所以NH4Cl水解程度大于HCOONa，所以NH4Cl溶液中的c(OH－)小于HCOONa溶液中的c(H＋)，所以2[c(Na＋)＋c(H＋)]>2[c(Cl－)＋c(OH－)]，选项A正确；酸和碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，强酸强碱的正盐对水的电离既不抑制也不促进，所以③既不促进也不抑制，①
、②
、④
、⑤对水的电离都抑制；由于酸和碱中c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小，因为醋酸铵溶液显中性，所以CH3COOH和NH3·H2O电离程度相当，因此0.05
mol/L
CH3COOH中c(H＋)大于0.001
mol/L
NH3·H2O中c(OH－)，因此水电离出来的氢离子浓度⑤>②>①>④，选项B正确；先从物质组成可知：c(NH)可分三个档次：最多的是(NH4)3PO4；其次是(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3；最后为：NH4HSO4、NH4HCO3、NH4Cl，由于水解NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，在(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3中Fe2＋抑制NH水解，CO促进NH水解，所以三者中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中c(NH)最大，(NH4)2CO3溶液中c(NH)最小；HSO电离的H＋对NH
水解有抑制作用，HCO对NH的水解起促进作用，NH4Cl正常水解，c(NH)从大到小的顺序：NH4HSO4、NH4Cl
、NH4HCO3，选项C正确；NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度，因此c(C2O)＞c(H2C2O4)，选项D错误。
二、非选择题：本题包括3个小题，共52分。
9．(18分)目前，甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应体系中同时通入CH4、O2和H2O(g)，发生的主要化学反应如表所示：
(1)已知：CO、H2的燃烧热分别为283
kJ·mol－1、285.8
kJ·mol－1。H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0
kJ·mol－1。表格中，a＝________。
(2)起始阶段，CH4的氧化速率________(填“大于”“小于”或“等于”)蒸汽重整速率，理由是_________________________________________________________________。
(3)从能量角度分析，CH4自热重整法的优点在于________________________________。
(4)在某恒容密闭容器中充入一定量的CH4、H2O(g)发生反应：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，CH4的平衡转化率(α)与温度、压强的关系如图1所示。
①Y1________(填“>”“<”或“＝”)Y2，理由是_________________________________。
②M点对应的条件下，H2O(g)、H2(g)的平衡分压分别为2.0
MPa、3.0
MPa，则平衡常数Kp＝________(MPa)2(Kp为用气体的平衡分压表示的平衡常数，结果用含n的代数式表示)。
(5)在两个相同的恒容密闭容器中，起始都充入1
mol
CH4和2
mol
H2O(g)，分别加入等质量、接触面积相同的两种催化剂(分别用L1、L2表示)，发生反应：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)；测得单位时间内生成H2的物质的量与温度的关系如图2所示。温度在200～650℃之间，催化效率：L1________(填“>”“<”或“＝”)L2。在催化剂L1作用下，温度高于650℃时单位时间内生成H2的物质的量发生“突变”，其原因是_______________
________________________________________________________。
解析　(1)根据题给信息可写出有关的热化学方程式：①CH4(g)＋O2(g)CO2(g)＋2H2(g)　ΔH1＝－322.0
kJ·mol－1，②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＝－285.8
kJ·mol－1，③CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH3＝－283
kJ·mol－1，④H2O(l)===H2O(g)　ΔH4＝＋44.0
kJ·mol－1，根据盖斯定律，由①－②－③－④可得，CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)　ΔH＝(－322.0＋285.8＋283－44.0)
kJ·mol－1＝＋202.8
kJ·mol－1。(2)观察表中数据可知，氧化反应的活化能小于重整反应的活化能，活化能越小，反应速率越快，所以起始阶段，氧化反应速率大于重整反应速率。(3)氧化反应放出的热量可以用于重整反应，实现能量的综合利用。(4)①该反应的正反应是气体分子数增大的反应，且ΔH>0。观察图1知，其他条件不变时，随着X增大，CH4的平衡转化率减小，增大压强，平衡向左移动，CH4的平衡转化率减小，所以X代表压强，Y1、Y2代表温度。压强一定时，升高温度，平衡向右移动，CH4的平衡转化率增大，故Y1>Y2。②设起始时CH4的分压为p
MPa，则平衡时p(CH4)＝(1－n)p
MPa，p(CO)＝np
MPa，平衡常数Kp＝＝(MPa)2。(5)由图2知，温度在200～650℃之间时，在相同条件下，L1催化剂作用下，H2的生成速率较小，说明L1的催化效率较低。每一种催化剂都有一定的活性温度，反应体系温度高于催化剂的活性温度时，其催化效率降低甚至失去活性，故温度高于650℃时催化剂L1失去了催化活性，单位时间内生成H2的物质的量发生“突变”。
答案　(1)＋202.8　(2)大于　氧化反应的活化能小于重整反应的活化能，活化能越小，反应速率越快
(3)氧化反应放出的热量可用于重整反应，实现能量的综合利用
(4)①>　X代表压强，Y1、Y2代表温度，该反应的正反应是吸热反应，压强一定时，升温，平衡向右移动，CH4的平衡转化率增大　②
(5)<　催化剂L1失去活性
10．(18分)某实验课题小组的同学在实验室利用新制备的硫酸亚铁溶液制备硫酸亚铁铵(俗名为莫尔盐)[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](相对分子质量为392)，该晶体比一般亚铁盐稳定，易溶于水，不溶于乙醇。
(一)制备硫酸亚铁溶液(实验步骤如下)
(1)步骤①，加入稀硫酸的目的是____________。
(2)步骤②，加入还原铁屑后观察到的现象是________________________________。实验前，常用碱溶液洗涤铁屑，其目的是______________________________________。
(二)制备莫尔盐(硫酸亚铁铵)
(3)在FeSO4溶液中加入稍过量的硫酸铵饱和溶液。从溶液中提取(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的具体操作是________、用乙醇洗涤、干燥。
(三)检验莫尔盐加热时的分解产物
莫尔盐受热分解，甲同学认为分解产物可能有以下几种情况：
a．Fe2O3、SO3、NH3、H2O
b．FeO、NH3、SO3、H2O
c．FeO、SO2、NH3、H2O
d．Fe2O3、NH3、SO2、SO3、H2O
(4)经认真分析，推理即可确定猜想________(填序号)不成立。
(5)乙同学认为莫尔盐分解的产物中可能含有SO3(g)、SO2(g)及N2(g)。为验证产物的存在，乙同学用下列装置进行实验：
①乙同学的实验中，装置依次连接的合理顺序为A→H→________→G。
②证明分解产物中含有SO3的实验现象是____________________________________。
(四)测定实验(二)所得晶体中(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的纯度称取m
g硫酸亚铁铵样品配制成500
mL溶液，取20.00
mL样品溶液进行实验，装置如图所示。
(6)若实验测得NH3的体积为V
L(已折算为标准状况下)，则该硫酸亚铁铵样品的纯度为________(列出计算式即可)。
解析　(1)步骤①，加入稀硫酸的目的是抑制Fe3＋的水解。(2)步骤②，加入还原铁屑后，铁屑和酸及Fe3＋反应，观察到的现象是铁屑逐渐溶解，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，有无色气体生成。碱溶液可以洗去铁屑表面的油污。(3)通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可以从溶液中获得硫酸亚铁铵。(4)a.如果分解产物是Fe2O3、SO3、NH3、H2O四种物质，则只有Fe元素的化合价升高，没有化合价降低的元素，是不可能的；c.如果分解产物是FeO、SO2、NH3、H2O四种物质，则只有S元素的化合价降低，没有化合价升高的元素，是不可能的，故猜想a、c不
成立。(5)①乙同学认为莫尔盐分解的产物中可能含有SO3(g)、SO2(g)及N2(g)，用BaCl2与足量盐酸的混合液检验SO3(g)，用品红溶液检验SO2(g)，N2难溶于水，用排水法收集；由于SO3能被水溶液吸收，所以应先检验SO3(g)，再检验SO2(g)，用NaOH溶液除去SO2后，用排水法收集N2，故装置的合理连接顺序为A→H→F→D→E→G。(6)标准状况下V
L氨气的物质的量为＝
mol，m
g硫酸亚铁铵样品中N元素的物质的量为×
mol＝
mol，则该硫酸亚铁铵样品的纯度为×100%＝×100%。
答案　(1)抑制Fe3＋的水解
(2)铁粉逐渐溶解，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，有无色气体生成　除去铁屑表面的油污
(3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤　(4)ac
(5)①F→D→E　②F中出现白色沉淀
(6)×100%
11．(16分)某废旧锂电池材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂石墨和铝粉等。回收废旧锂电池中钴的工艺流程如图：
已知：Ksp(CoC2O4)＝2.5×10－9，Ksp(CoCO3)＝1.5×10－13。
回答下列问题：
(1)“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)3，“浸出渣”的主要成分是CoC2O4。“浸出”中生成CoC2O4的化学方程式为___________________________________________，
若H2C2O4用量过大，CoC2O4的产率反而会降低，原因是__________________________
_______________________________________________________。
(2)“转化”中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为_________________________，该反应进行的程度较大，试用平衡常数K解释原因__________________________________
________________________________________________。
(3)“电解”时装置如图所示。阳极的电极反应式为______________________________，电解后a室中的电解液可返回________工序继续使用。
(4)某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将m
kg该废料进行回收利用，电解得到钴n
kg，钴的回收率为________。
解析　(1)结合浸出液和浸出渣的主要成分，可知钴酸锂与H2C2O4溶液反应时Co由＋3价降至＋2价，则H2C2O4被氧化为CO2，由此可写出LiCoO2与H2C2O4反应的化学方程式。当H2C2O4用量过大时，CoC2O4会与过量的H2C2O4溶液反应生成Co(HC2O4)2而溶解。(2)加入的Na2CO3溶液能将CoC2O4转化为更难溶的CoCO3，其离子方程式为CoC2O4＋COCoCO3＋C2O，该反应的平衡常数K＝＝＝＝1.67×104，即该反应正向进行的趋势很大。(3)电解时阳极上H2O电离出的OH－被氧化生成O2，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。阴极上Co2＋放电得到Co，由于装置中存在阳离子交换膜和阴离子交换膜，故电解后a室中得到HCl溶液，HCl溶液可返回酸溶工序继续使用。(4)设完全电解时理论上生成Co的质量为x，则
　　LiCoO2　～　Co
98
59
mw
kg
x
解得x＝
kg，而实际电解得到n
kg钴，则钴的回收率为×100%＝×100%。
答案　(1)2LiCoO2＋5H2C2O4===2LiHC2O4＋2CoC2O4＋4H2O＋2CO2↑　
CoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解
(2)CoC2O4＋COCoCO3＋C2O　该反应的平衡常数K＝1.67×104，反应正向进行的趋势很大
(3)2H2O－4e－===O2↑＋4H＋　酸溶
(4)×100%