【化学】江苏省常州市2020届高三上学期期末考试（解析版）

江苏省常州市2020届高三上学期期末考试
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.垃圾分类处理就是新时尚。下列做法正确的是(　　)
A. 回收厨余垃圾，提取食品用油 B. 焚烧废旧塑料，防止白色污染
C. 回收电子垃圾，集中填埋处理 D. 改变生活方式，预防废物生成
【答案】D
【详解】A．回收厨余垃圾，不能提取食品用油，故A错误；
B．焚烧废旧塑料会产生有毒气体，污染空气，故B错误；
C．回收电子垃圾，进行无害处理，不能集中填埋处理，会污染环境，不提倡，故C错误；
D．充分利用资源、减少废物生成，垃圾分类回收利用，预防废物生成，减少环境污染，应提倡，故D符合；
故选：D。
2.新制氯水中存在反应Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是(　　)
A. 中子数为18的氯原子：Cl
B. H2O的比例模型：
C. Cl－的结构示意图：
D. HClO的电子式：
【答案】A
【详解】A．氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的正确表示方法为：Cl，故A正确；
B．H2O分子中氧原子半径大于氢原子半径，故B错误；
C．Cl－结构示意图中质子数不会发生变化，还应该是17，故C错误；
D．次氯酸为共价化合物，H原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，则其电子式为，故D错误；
故选： A。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)
A. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
B. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
C. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
D. 钠钾合金熔点低，可用作快中子反应堆的热交换剂
【答案】D
【详解】A.SiO2可用于制光导纤维，利用的是二氧化硅的导光性，与其熔点无关，故A错误；
B.由于Al2O3具有较高熔点，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，故B错误；
C.碳酸氢钠与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，与NaHCO3的稳定性无关，故C错误；
D.钠钾合金熔点低，可用作快中子反应堆的热交换剂，故D正确；
故选：D。
4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(　　)
A. 无色透明的溶液：Na＋、Cu2＋、SO42-、NO3-
B. Kw/c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液：NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-
C. c(Fe2＋)＝1 mol·L－1的溶液：K＋、NH4+、MnO4-、SO42-
D. 水电离的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液：K＋、Na＋、AlO2-、CO32-
【答案】B
【详解】A．Cu2＋为有色离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Kw/c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液呈酸性，NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．c(Fe2＋)＝1 mol·L－1的溶液：Fe2＋、MnO4-发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．水电离的c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液呈酸性或碱性，AlO2-、CO32-
与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：B。
5.下列实验操作能达到实验目的的是(　　)

A. 过滤操作时，可用玻璃棒搅拌混合物以加快过滤速度
B. 分液操作时，先将上层液体从上口倒出，再将下层液体从下口放出
C. 在装置甲中放入MnO2和稀盐酸加热制备氯气
D. 在装置乙中放入NaOH溶液吸收实验室制氯气时的尾气
【答案】D
【详解】A．过滤操作时，不能用玻璃棒搅拌混合物，防止捅破试纸，故A错误；
B．分液操作时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故B错误；
C．在装置甲中放入MnO2和浓盐酸加热制备氯气，不能用稀盐酸，故C错误；
D．在装置乙中放入NaOH溶液吸收实验室制氯气时的尾气，因为氯气有毒不能任意排放，氯气可以用氢氧化钠反应被吸收，故D正确；
故选：D。
6.下列有关物质性质的叙述正确的是(　　)
A. Cu片放入浓硫酸可生成SO2
B. KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体
C. 在蒸发皿中充分加热FeCl3溶液可得到FeCl3固体
D. 向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液可生成CO2
【答案】B
【详解】A．Cu片放入浓硫酸加热生成SO2 ，常温下不反应，故A错误；
B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水电离出铝离子，铝离子水解可形成Al(OH)3胶体，故B正确；
C．在蒸发皿中充分加热FeCl3溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢易挥发，促进水解，最终可得到Fe(OH)3固体，故C错误；
D．向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，因为碳酸的酸性大于苯酚的酸性，不能生成CO2，故D错误
故选：B。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A. 饱和Na2CO3溶液与BaSO4固体反应：CO32-＋BaSO4=BaCO3＋SO42-
B. 室温下用浓HNO3溶解铜：3Cu＋2NO3-＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
C. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O=HClO＋HSO3-
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量澄清石灰水：Ca2＋＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O
【答案】A
【详解】A．饱和Na2CO3溶液与BaSO4固体反应：CO32-＋BaSO4=BaCO3＋SO42-，符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，故A正确；
B．室温下用浓HNO3溶解铜： Cu＋2NO3-＋4H＋=Cu2＋＋NO2↑＋2H2O，故B错误；
C．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，发生氧化还原反应：ClO－＋SO2＋H2O= Cl－＋SO42-＋2H＋，故C错误；
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量澄清石灰水：Ca2＋＋HCO3-＋NH4++2OH－=CaCO3↓＋2H2O+NH3，故D错误；
故选：A。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，工业上通常电解Z的熔融氧化物得到其单质，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，四种元素原子的最外层电子数之和为19。下列说法正确的是(　　)
A. 原子半径r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
C. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱
D. X和W形成的化合物XW2中含有离子键
【答案】C
【分析】Y是地壳中含量最高的元素，Y是氧元素；工业上通常电解Z的熔融氧化物得到其单质，Z是铝元素，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，Y、Z、W原子序数依次增大，W是硫元素，四种元素原子的最外层电子数之和为19，可以推出X最外层电子数是4，X是碳元素。
【详解】A．原子半径同一周期从左到右逐渐减少，同一主族从上到下逐渐增大，故四种元素的原子半径r(Z)>r(W)> r(X)>r(Y)，故A错误；
B．同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，氧元素和硫元素处于同一主族，氧元素的非金属性大于硫元素，非金属性越强，气态氢化物越稳定，Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B错误；
C．X的最高价氧化物对应水化物是碳酸，是弱酸，W的最高价氧化物对应水化物是硫酸，是强酸，故C正确；
D．X和W形成的化合物CS2中含有共价键，没有离子键，故D错误；
故选：C。
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)
A. MgCO3(s)MgCl2(aq)Mg(s)
B. SiO2(s)SiCl4(l)Si(s)
C. FeS2(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D. N2(g)NH3(g)[Ag(NH3)2]NO3(aq)
【答案】D
【详解】A．MgCO3(s)和盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故A错误；
B．SiO2(s)与盐酸不反应，故B错误；
C．FeS2(s)在高温下和氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故C错误；
D．氮气与氢气在高温高压和催化剂作用下可以生成氨气，向硝酸银溶液中通入氨气可以生成硝酸二氨合银，故D正确；
故选：D。
10.高铁酸盐(如Na2FeO4)被广泛应用在水处理方面，以铁基材料为阳极，在高浓度强碱溶液中通过电解制备高铁酸盐，装置如图。下列说法正确的是(　　)

A. a为阳极，电极反应式为Fe－6e－＋4H2O=FeO42-＋8H＋
B. 电解过程中电能全部转化为化学能
C. 为防止高铁酸根扩散被还原，则离子交换膜为阴离子交换膜
D. 铁电极上有少量气体产生的原因可能是4OH－－4e－=O2↑＋2H2O
【答案】D
【详解】A．阳极铁失电子在碱性溶液中发生氧化反应生成高铁酸钠，电极反应Fe－6e－＋8OH-=FeO42-＋4H2O，故A错误；
B．电解过程中电能没有全部转化为化学能，还有一部分转化为热能，故B错误；
C．高铁酸根离子为阴离子，在阳极生成，电解过程中移向阳极，为防止高铁酸根扩散被还原，则离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；
D．铁电极上有少量气体产生是生成氧气，原因可能是发生了电极反应：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，故D正确；
故选：D。
11.下列说法正确的是(　　)
A. 常温下，2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)能自发进行，则该反应的ΔH＞0
B. 常温下，0.1 mol·L－1氨水稀释后，溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)的值增大
C. 2 mol SO2与1 mol O2混合反应生成SO3，转移电子数为4×6.02×1023
D. 用pH均为11的NaOH溶液和氨水分别中和等体积等物质的量浓度的盐酸，消耗氨水的体积更大
【答案】B
【详解】A．如果该反应常温下能自发进行，则△G=△H−T△Sc(OH－)，故C正确；
D．c(Cl−)=0.200mol⋅L−1，说明Na2S恰好和通入的HCl完全反应生成NaCl和H2S。溶液中，c( Na+)=c(Cl−)，根据电荷守恒：c(Cl−)+2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH－)＋c(H2S)＋2c(S2－)＝c(H＋)，故D错误； 
故选：BC。
15.一定条件下，测得反应3CO(g)＋3H2(g)(CH3)2O(g)＋CO2(g)达平衡时CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示(假定过程中不发生其他反应)。温度为T时，向体积为1 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CO和0.4 mol H2，反应达平衡时测得CO2物质的量为0.1 mol。下列说法正确的是(　　)

A. 该反应的ΔHp2
B. 压强为p2时，图中Q点所示条件下v(正)v(逆)，故B错误；
C．温度为T时，向体积为1 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CO和0.4 mol H2，反应达平衡时测得CO2物质的量为0.1 mol，由化学方程式可知消耗的一氧化碳是0.3mol，一氧化碳的转化率是75%，若向恒温恒压的容器中加入0.4 mol CO和0.4 mol H2，由于该反应的正反应是体积缩小的反应，所以压强增大，平衡正向进行，达平衡时CO的转化率大于75%，故C正确；
D．温度为T时，化学平衡常数K===104，向原容器中充入0.1 mol CO、0.2 mol(CH3)2O和0.2 mol CO2，温度不变，则该反应的平衡常数等于104，故D错误；
故选：AC。
16.以含锂电解铝废渣(主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等)为原料，生产碳酸锂的工艺流程如下：(已知：常温下，LiOH可溶于水，Li2CO3微溶于水)

(1)含锂电解铝废渣与浓硫酸在200～400 ℃条件下反应2 h，加水浸取后过滤，得到的滤渣主要成分是____________(填化学式)。
(2)流程中浸取后的过滤操作需要趁热在恒温装置中进行，否则会导致Li2SO4的收率下降，原因是________________________________________________________________________。(已知部分物质的溶解度数据见下表)

(3)40℃下进行碱解反应，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝的离子方程式为___________________________________________________。
(4)苛化过程中加入的氧化钙将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液。若氧化钙过量，则可能会造成_____________________________________。
(5)碳化反应中，CO2的吸收采用了气、液逆流的方式，这样做的优点是________________。整个工艺流程中可以循环利用的物质有____________。
【答案】(1). CaSO4 (2). 若未恒温趁热过滤，则过滤时溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀 (3). 2Al3＋＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑ (4). 碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降) (5). 可增大接触面积，提高碳化效率 (6). CO2
【分析】(1) LiF、AlF3、NaF、 CaO与浓硫酸在200～400 ℃条件下反应2 h，生成硫酸锂，硫酸铝，硫酸钠，硫酸钙，氟化氢和水，据此可得滤渣；
（2）硫酸锂的溶解度随温度的变化不明显，而硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，据此分析；
（3）碱解时加入碳酸钠，滤液中有铝离子，发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，据此写出离子方程式；
（4）苛化过程中加入的氧化钙如果过量，产品中钙离子的量增多，影响产品的纯度；
（5）使反应物充分接触，提高碳化效率，前后都用到的同一种物质可以循环使用。
【详解】(1) LiF、AlF3、NaF、 CaO与浓硫酸在200～400 ℃条件下反应2 h，生成硫酸锂，硫酸铝，硫酸钠，硫酸钙，氟化氢和水，而硫酸锂，硫酸铝，硫酸钠都是可溶性的盐，硫酸钙是微溶物，当作沉淀处理，故滤渣是CaSO4，
故答案为：CaSO4；
(2) 硫酸锂的溶解度随温度的变化不明显，而硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，如果不在恒温下过滤，温度降低，硫酸钠会析出，会夹裹硫酸锂，
故答案为：若未恒温趁热过滤，则过滤时溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀；
（3）碱解时加入碳酸钠，滤液中有铝离子，发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式是：2Al3＋＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑，
故答案为：2Al3＋＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑；
（4）苛化过程中加入的氧化钙如果过量，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，产品中钙离子的量增多，也有可能使氢氧化铝反应而溶解，
故答案为：碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降) ；
（5）碳化反应中，CO2的吸收采用了气、液逆流的方式，使反应物充分接触，提高碳化效率，碱解时生成二氧化碳，碳化时需要通入二氧化碳，循环利用的物质是二氧化碳，
故答案为：可增大接触面积，提高碳化效率 ； CO2。
17.化合物G是合成一种新型降压药的重要中间体，其合成路线如下：

(1)化合物A中官能团的名称是____________和____________。
(2)化合物A→B的反应类型是________________。
(3)化合物D的分子式为C13H18N2O3，D的结构简式为____________。
(4)B的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式为____________。
①含有苯环，属于α-氨基酸；② 能发生银镜反应；③ 分子中含有6种不同环境的氢原子。
(5) 已知：ROHRNH2，写出以和乙烯为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_________________________________________________________
【答案】(1). 酯基 (2). 氨基 (3). 取代反应 (4). (5). (6).
【分析】（1）有化合物A的结构简式可得含有的官能团；
（2）由A产生B，链接增长，官能团的变化可知其反应类型；
（3）有化合物D的分子式以及反应物推出其结构简式；
（4）根据要求写出其结构简式；
（5）根据题意写出其合成路线图。
【详解】（1）化合物A的结构简式为，A中含有的官能团为酯基、氨基。
（2）对比A和B的结构简式可知，A中—NH2与CH3CH2CH2COCl发生取代反应生成B和HCl，即A→B的反应类型为取代反应。
（3）化合物D的分子式为C13H18N2O3，结合C、E的结构简式，以及C→D→E的反应条件，C→D为C中—NO2的还原反应，D的结构简式为。
（4）B的结构简式为，B的分子式为C13H17O3N，不饱和度为6，B的同分异构体①含有苯环，属于α—氨基酸，②能发生银镜反应说明结构中含醛基，③分子中含有6种不同环境的氢原子，氨基、羧基、醛基中有3种H原子，则所写符合条件的B的同分异构体具有对称性，其结构简式为。
（5）以和乙烯为原料制备，分析的结构特点，合成可仿流程中F→G，所以由发生氧化反应合成，由乙烯制备H2NCH2CH2NH2；乙烯中含碳碳双键，H2NCH2CH2NH2中含双官能团，结合题给已知，应由CH2=CH2先与Cl2发生加成反应生成ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH发生题给已知的反应生成H2NCH2CH2NH2；则合成路线流程图为：
。
18.铝工业产生的硫酸盐溶液经喷雾干燥后得到以硫酸铝为主的固体，硫酸铝的利用成为资源综合利用的一个重要项目。
(1)室温下配制一定浓度的酸性硫酸铝溶液，通过加入CaCO3粉末调节硫酸铝溶液的pH，可制得可溶性的碱式硫酸铝[Ala(OH)b(SO4)c]，用于烟气脱硫，碱式硫酸铝中b值的大小影响其脱硫效率。制备碱式硫酸铝溶液时，可以提高b值的措施有_________________________(写出一条合理措施即可)
(2)在还原气氛下硫酸铝固体分解得到的活性Al2O3可作为工业催化剂载体。在H2还原气氛下，硫酸铝的分解常温就能进行。这是由于在还原气氛中易生成中间产物Al2S3，随即再与Al2(SO4)3反应得到Al2O3。则Al2(SO4)3与H2反应生成Al2S3的化学方程式为____________________________________________________。
(3)将10.00 g Al2(SO4)3·n H2O放入坩埚内，在氩气气氛中灼烧。在热分解过程中，热重分析仪记录数据如下(已去除坩埚的质量)：
温度
298 K
523 K
687 K
1 393 K
固体质量
10.00 g
5.94 g
5.14 g
1.53 g

①温度达1 393 K后固体质量不再变化，经分析固体成分为γ-Al2O3和无定型Al2O3结构的微晶。则Al2(SO4)3·nH2O中的n值为________。
②求523 K时固体成分的化学式(请写出计算过程)。__________________
【答案】(1). 适当增加CaCO3的用量、适当升高温度、延长反应时间或加快搅拌速度 (2). Al2(SO4)3＋12H2=Al2S3＋12H2O (3). 18 (4). Al2(SO4)3·3H2O
【分析】（1）室温下配制一定浓度的酸性硫酸铝溶液，通过加入CaCO3粉末调节硫酸铝溶液的pH，可制得可溶性的碱式硫酸铝[Ala(OH)b(SO4)c]，加入CaCO3的用量多，消耗氢离子，使pH值增大，b值增加；
（2）依据氧化还原反应进行配平；
（3）依据原子守恒进行计算；
【详解】（1）室温下配制一定浓度的酸性硫酸铝溶液，通过加入CaCO3粉末调节硫酸铝溶液的pH，可制得可溶性的碱式硫酸铝[Ala(OH)b(SO4)c]，加入CaCO3的用量多，消耗氢离子，使pH值增大，b值增加，升高温度，
故答案为：适当增加CaCO3的用量、适当升高温度、延长反应时间或加快搅拌速度 ；
(2) H2还原气氛下，硫酸铝的分解常温就能进行，这是由于在还原气氛中易生成中间产物Al2S3，由此可知生成物是Al2S3和水，根据氧化还原反应中的电子守恒进行配平得反应的化学方程式是：Al2(SO4)3＋12H2=Al2S3＋12H2O，
故答案为：Al2(SO4)3＋12H2=Al2S3＋12H2O；
（3）①温度达1 393 K后固体质量不再变化，根据铝原子守恒得：×2，解得n=18，
故答案为：18；
②由上面的计算可知该物质的化学式是Al2(SO4)3·18H2O，10.00g该晶体含有的水的质量是523 K时固体的质量是5.94g，质量的减少量是10.0-5.94g=4.04g，说明固体的结晶水还没有完全失去，设其化学式是Al2(SO4)3·xH2O，根据铝原子守恒得：，解得x=3，
故答案为：Al2(SO4)3·3H2O。
19.实验室用软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制取Mn2O3和单质硫，其实验流程如下：

已知：① 在碱性条件下，二价锰以Mn(OH)2形式稳定存在，三价锰以MnOOH形式稳定存在。Mn(OH)2和MnOOH均难溶于水和碱性溶液。
②无水MnSO4晶体熔点700 ℃，在不同温度下它和MnOOH固体受热发生分解：
4MnSO42Mn2O3＋4SO2↑＋O2↑；2MnOOHMn2O3＋H2O↑。
(1)溶浸过程中生成MnSO4、Fe2(SO4)3及单质S，该反应的化学方程式为________________________________________________________。
(2)室温下，为使杂质离子浓度小于1×10－6mol·L－1，除铁步骤中需调节溶液pH范围为________________(已知：Ksp[Fe(OH)2]＝1.0×10－16、Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀)
(3)为提高Mn2O3的产率，流程中两次过滤操作后均需对滤渣进行洗涤，并________。
(4)(NH4)2S溶液浸取过滤Ⅰ得到的滤渣时发生反应：(NH4)2S ＋xS(NH4)2Sx＋1，单质硫转化为多硫化铵[(NH4)2Sx＋1]转移到液相中。实验时采用过量的饱和(NH4)2S溶液浸取的目的是________________________________________________________。将多硫化铵溶液置于如图所示的装置中，控制在90 ℃条件下分解，单质硫的提取率可达98%。实验中适宜的加热方式为____________________。

(5)请补充完整由MnSO4溶液制备较纯净Mn2O3的实验方案：向MnSO4溶液中___________
_____________________________________________________________________________，72 h后得到产品Mn2O3。(须使用的试剂：0.2 mol·L－1氨水、3%H2O2溶液、BaCl2溶液、热水)
【答案】(1). 3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4=3MnSO4＋Fe2(SO4)3＋4S＋6H2O (2). 3.0