（新高考）2020-2021学年上学期高三期末备考金卷 化学（B卷）

化 学（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137

一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）
1．不断进步的材料逐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是
A．“唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐
B．玻璃是一种常见的无机非金属材料，在一定温度下软化可制得玻璃仪器
C．高铁和城铁所用镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点
D．以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化
2．下列说法正确的是
A．用反渗透膜从海水中分离出淡水，该过程未发生化学变化
B．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
C．纤维素、蛋白质、纤维素乙酸酯属于天然高分子材料
D．石油的分馏、煤的干馏都属于物理变化
3．下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是
A．铝片插入硝酸银溶液中，有银析出：Al+Ag+=Al3++Ag
B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，有白色沉淀生成：Ba2++SO=BaSO4↓
C．碳酸钡中加入稀盐酸，固体溶解，生成无色无味气体：2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑
D．氢氧化铜加到盐酸中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O
4．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向盛有KI溶液的试管中加入适量CCl4，振
荡后静置，CCl4层呈紫色(已知II2+I−)
I2在CCl4中的溶解
度比在水中的小
B
向3mL FeCl3溶液中滴加几滴HI溶液，振
荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液呈蓝色
I−的还原性比Fe2+的强
C
将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的
气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
产生的气体中
一定含有乙烯
D
将SO2缓慢通入滴有酚酞的
NaOH溶液中，溶液红色褪去
SO2具有漂白性
5．用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是
A．检验试液中的SO：试液无沉淀白色沉淀
B．检验试液中的NH：试液气体试纸变蓝
C．检验试液中的I−：试液黄色溶液深黄色溶液
D．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液
6．下列说法正确的是
A．合成氨生产中将氨气液化分离，可加快正反应速率，提高氢气转化率
B．铅蓄电池放电时，正极质量增加，负极质量减少
C．保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中的值增大
D．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在常温下可自发进行，说明该反应的ΔH”、“=”或“K=0.013，平衡逆向移动，可知达到平衡前的速率：v正c(CH3COOH)，c(Na+)保持不变，所以c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒：c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)>c(CH3COOH)+c(H+)，可知A正确；B．c点显中性，关系成立，但e点显碱性，c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒知c(Na+)>c(CH3COO−)，B错误；C．d点组成为CH3COONa，根据物料守恒c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=（注意两者等体积混合浓度被稀释为原来一半），故左右两边相加之和为0.1mol/L，C正确；D．f点组成：c(CH3COONa)∶c(NaOH)≈1∶1，c(Na+)相当于两份，c(CH3COO−)相当于一份，故c(Na+)>c(CH3COO−)，此时NaOH完全电离产生的OH−与CH3COO−近似相等，由于CH3COO−水解导致自身减少，OH−变多，故c(OH−)>c(CH3COO−)，即大小顺序为：c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)，D错误。
16.【答案】（1）C
（2） Ｉ Ⅱ Ⅲ
（3） 3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2
（4） 连接盛有NaOH溶液的洗气瓶
【解析】(1)装置A是制取氨气的装置，利用物质溶解时放出的热量促进氨水的挥发来制取氨气，且该物质和氨气不反应，所以烧瓶内固体不宜选用酸性物质二氧化硅，因为两者反应不能放出氨气，故答案：C。(2)因为制取的氨气中混有水蒸气，氨气是碱性气体，要除去水蒸气只能用碱石灰，故选I装置进行除杂；制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢应选择III饱和食盐水的装置，除去水蒸气应选择Ⅱ浓硫酸的装置，故答案：Ⅰ；Ⅱ；Ⅲ。(3)氯气和氨气在常温下混合就能发生反应生成氯化铵和氮气，8NH3+3C12=6NH4Cl+N2；故答案为：8NH3+3C12=6NH4Cl+N2；(4)氯气有毒，所以不能直接排空，但氯气能和氢氧化钠反应生成盐，所以除去氯气应选用氢氧化钠溶液吸收，方法为：将导气管与G口连接，另一端插入盛有NaOH溶液的烧杯中；故答案为：将导气管与G口连接，另一端插入盛有NaOH溶液旳烧杯中。
17.【答案】Ⅰ．(a+2b)kJ/mol
Ⅱ．（1）BDE
（2） 1mol2/L2 < a、b点均处于平衡状态，正逆反应速率相等，b点温度和压强均高于a点，故反应速率更快
（3） (MPa)2
Ⅲ．（1）阳极区 MoS2+9ClO−+3H2O=MoO+2SO+9Cl−+6H+
【解析】Ⅰ．已知：①
②，根据盖斯定律，由①+②2得反应③=+2=(a+2b)kJ/mol；II．(1)A．对于具体的化学反应，ΔH固定不变，不能说明反应到平衡状态，A错误；B．气体密度不变，说明各气体的物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，B正确；C．2v正(H2)=v逆(CO)不满足正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，C错误；D．CO的体积分数不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；E．反应前后混合气体的质量和物质的量是变化的，当混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，即各气体的物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，E正确；答案选BDE；(2)由图知，T℃时正逆反应的平衡常数相等，又正逆反应平衡常数乘积为1，则K=1mol2/L2；(3)a、b点均处于平衡状态，正逆反应速率相等，b点温度和压强均高于a点，故b点的反应速率更大；b点氢气平衡转化率为50%，设起始所加H2为4mol

起始量（mol） 4 0 0
变化量（mol） 2 1 2
平衡量（mol） 2 1 2
因压强为P3，故H2、CO、H2O的平衡分压为、、，Kp=(MPa)2；Ⅲ.阳极产物Cl2与水反应，生成次氯酸根将MoS2氧化，故辉钼矿应放入电解槽的阳极区；MoS2被氧化的离子方程式为MoS2+9ClO−+3H2O=MoO+2SO+9Cl−+6H+。
18.【答案】（1）分液漏斗 平衡气压，使盐酸顺利滴下
（2） 除去氯气中混有的HCl气体
（3） NaOH溶液
（4） 2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O
（5） 过滤 冷水
（6） KIO4
【解析】图I：A装置反应产生氯气，由于HCl易挥发，故氯气中混有HCl杂质，通入C装置之前，需先经过洗气装置（B）除去HCl，Cl2进入C装置将KIO3氧化为KIO4，从而得到产品，由于氯气有毒不能直接排放，故D装置的作用是吸收多余氯气。（1）仪器甲名称是分液漏斗；对比改进前后装置发现主要变化是图II中a装置，改进后的优点是可以平衡气压，使盐酸顺利滴下；（2）浓盐酸具有挥发性，故用饱和食盐水可除去Cl2中的HCl气体；（3）氯气有毒，不能直接排放，故D属于尾气处理装置，可用NaOH溶液吸收尾气；（4）装置C为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O；（5）联系上文，从固液混合物中分离出晶体，应该用过滤的方法；根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，选用冷水洗涤晶体的可以降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；(6)根据题意，该反应中氧化剂是KIO4(或高碘酸钾)，MnSO4是还原剂，KMnO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以KIO4的氧化性强，故答案为：KIO4。
19.【答案】（1）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ Fe2+-e−=Fe3+ FeCl3得到循环利用
（2）0.5mol
（3）[Fe(CN)6]2−-e−=[Fe(CN)6]3− 11.2L 2CO+2[Fe(CN)6]3−+H2S=2[Fe(CN)6]4−+2HCO+S↓
【解析】在循环反应中，发生以下三个反应：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S↓，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。(1)FeCl3与H2S反应生成硫，则FeCl3被还原为FeCl2，同时生成HCl，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极为Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应式为Fe2+-e−=Fe3+。该工艺的两个反应，最终结果是H2S完全转化为S和H2，FeCl3先转化为FeCl2，再转化为FeCl3，由此可知两个显著优点：①H2S的原子利用率100%；②FeCl3得到循环利用。答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；Fe2+-e−=Fe3+；(2)从图1可以看出，反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，由关系式2H2S—O2可得出，需要消耗O2的物质的量为=0.5mol。答案为：0.5mol；(3)①电解时，阳极[Fe(CN)6]2−失电子生成[Fe(CN)6]3−，电极反应式为[Fe(CN)6]2−-e−=[Fe(CN)6]3−。②当有16g S析出时，阴极产生的H2在标准状况下的体积为=11.2L。③通入H2S时发生[Fe(CN)6]3−与H2S等反应生成[Fe(CN)6]4−和S等，离子方程式为：2CO+2[Fe(CN)6]3−+H2S=2[Fe(CN)6]4−+2HCO+S↓。答案为：[Fe(CN)6]2−-e−=[Fe(CN)6]3−；11.2L；2CO+2[Fe(CN)6]3−+H2S=2[Fe(CN)6]4−+2HCO+S↓。
20.【答案】（1）B
（2）4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3
（3）H2SiO3
（4）蒸发结晶、趁热过滤
（5）3S2−+8CrO+20H2O=3SO+8Cr(OH)3↓+16OH−
（6）阳 2H2O-4e−=O2↑+4H+
（7）2.4×10−4
【解析】由流程可知，将纯碱和铬铁矿在空气中煅烧，铬铁矿在空气中与纯碱煅烧生成Na2CrO4和一种红棕色固体，应为Fe2O3，同时释放出CO2气体，同时Al2O3和Na2CO3煅烧生成NaAlO2和CO2，加入水浸出杂质和溶液，过滤分离出滤渣Fe2O3，煅烧后的浸出液中含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，调节pH可形成H2SiO3和Al(OH)3，过滤得到滤渣为H2SiO3和Al(OH)3，分离出的滤液加入稀硫酸酸化，得到Na2Cr2O7和Na2SO4，经过结晶操作分离出Na2SO4，得到粗产品重铬酸钠晶体；加入Na2S溶液反应后，硫元素全部以SO的形式存在，铬酸根离子生成Cr(OH)3沉淀，过滤得到氢氧化铬沉淀受热分解生成氧化铬，铝热反应生成铬，溶液b为硫酸钠。（1）纯碱与二氧化硅高温下反应，则应选铁坩埚煅烧，故答案为：B；（2）煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3；（3）根据以上分析可知滤渣1的成分为Fe2O3，滤渣2的成分除了Al(OH)3之外还有H2SiO3；（4）由图可知Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，则操作a的实验步骤为蒸发结晶、趁热过滤，洗涤干燥；（5）加入Na2S溶液反应后，硫元素全部以SO的形式存在，生成Cr(OH)3的离子方程式为3S2−+8CrO+20H2O=3SO+8Cr(OH)3↓+16OH−；（6）用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，电解制备过程的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，由图可知2CrO+2H+=Cr2O+H2O在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH−，发生氧化反应，则b为阳极，电极反应方程式为2H2O-4e−=O2↑+4H+；（7）Ksp（BaCrO4）=1.2×10−10，含CrO的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10−7mol·L−1以下才能排放，则废水中Ba2+的浓度应不小于mol/L=2.4×10−4mol/L。