福建省長(zhǎng)汀、連城一中等六校2020屆高三上學(xué)期期中聯(lián)考
1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、科技、環(huán)境等密切相關(guān)。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. “華為麒麟980”手機(jī)中芯片的主要成分是二氧化硅
B. 流感疫苗要冷藏存放，以免蛋白質(zhì)變性
C. “地溝油”經(jīng)分餾可得汽油，用作汽車燃料
D. 國(guó)產(chǎn)大飛機(jī)C919使用的“現(xiàn)代工業(yè)骨骼”碳纖維是一種新型的有機(jī)高分子材料
【答案】B
【詳解】A. 硅導(dǎo)電性介于導(dǎo)體與絕緣體之間，是良好的半導(dǎo)體材料，故手機(jī)中芯片的主要成分是單晶硅，故A錯(cuò)誤；
B. 疫苗是指用各類病原微生物制作的用于預(yù)防接種的生物制品。由于疫苗對(duì)溫度比較敏感，溫度較高時(shí)，會(huì)因?yàn)榈鞍踪|(zhì)變性，而失去活性，所以疫苗一般應(yīng)該冷藏保存，B正確；
C.對(duì)地溝油為原料制取可以得到生物柴油，粗生物柴油再經(jīng)分餾才能得到發(fā)動(dòng)機(jī)的燃料，故C錯(cuò)誤；
D. 碳纖維是無(wú)機(jī)物，是一種無(wú)機(jī)高分子材料，故D錯(cuò)誤；
正確答案是B。
2.設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L苯分子中共價(jià)鍵的數(shù)目為0.4NA
B. 2 L 0.5 mol/LH2SO3溶液中含有的H+數(shù)目為2NA
C. 7.8gNa2O2固體中含有的離子總數(shù)為0.37NA
D. 常溫下，1 molFe與足量濃硝酸反應(yīng)，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為3NA
【答案】C
【詳解】A. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯不是氣體，2.24L苯物質(zhì)的量不是0.1mol，故A錯(cuò)誤；
B. 亞硫酸是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡，所以2L 0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H+離子數(shù)遠(yuǎn)小于2NA，故B錯(cuò)誤；
C. 過(guò)氧化鈉中有鈉離子和過(guò)氧根離子，7.8g過(guò)氧化鈉是0.1mol，每1mol Na2O2中有3mol離子，總數(shù)是0.3NA，故C錯(cuò)誤；
D. 常溫下鐵在濃硝酸中發(fā)生鈍化，不能繼續(xù)反應(yīng)，電子轉(zhuǎn)移不是3NA個(gè)，故D錯(cuò)誤；
正確答案是C。
3.M是一種治療濟(jì)瘡的新型藥物，合成路線如下：

下列說(shuō)法不正確的是（ ）
A. X的分子式為C10H16O2
B. Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. Y生成M的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)
D. 可用NaHCO3溶液或溴水鑒別X和M
【答案】D
【詳解】A.?X的結(jié)構(gòu)式為，分子式為C10H16O2，故A正確；
B.?Y中具有甲基，甲基具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，所以Y中所有原子不可能處于同一平面上，故B正確；
C.?Y生成M可以觀察到Y(jié)中氯原子被代替，所以反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故 C正確；
D.?X中含有羧基、M中不含羧基，X、M中都含有碳碳雙鍵，羧基能和碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，碳碳雙鍵能和溴發(fā)生加成反應(yīng)，所以碳酸氫鈉能鑒別X和M，但是X和M都和溴發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色，不能用溴水鑒別X和M，故D錯(cuò)誤；
題目要求選擇錯(cuò)誤選項(xiàng)，故選D。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的簡(jiǎn)單氫化物可用作制冷劑，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三種元素形成的一種鹽溶于水后，加入稀鹽酸，有黃色沉淀析出，同時(shí)有刺激性氣體產(chǎn)生。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 原子半徑：Y>Z>X>W
B. 簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性：W>X>Z
C. Y、Z形成的化合物溶于水會(huì)促進(jìn)水的電離
D. 上述刺激性氣體通入紫色石蕊溶液，溶液先變紅后褪色
【答案】C
【分析】氨可作制冷劑，所以W是氮；鈉是短周期元素中原子半徑最大的，所以Y是鈉；硫代硫酸鈉與稀鹽酸反應(yīng)生成黃色沉淀硫單質(zhì)和刺激性氣味的氣體二氧化硫，所以X、Z分別是氧、硫。
【詳解】A. 由分析可知，Y是鈉、X是氧、Z是硫、W是氮，N、O同周期，Na、S同周期，自左而右原子半徑減小，故原子半徑：N＞O，Na＞S，S電子層多，原子半徑較大，S＞N；故原子半徑Na＞S＞N＞O，故選A錯(cuò)誤；
B. 非金屬性O(shè)＞N，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞NH3，即W_____________________（按氣流方向,用小寫字母表示）。
（2）乙組同學(xué)利用甲組制得的NO和Cl2制備NOC1,裝置如下圖所示。操作為：檢驗(yàn)裝置氣密性并裝入藥品，打開K2,然后再打開K3通入一段時(shí)間氣體Cl2,然后進(jìn)行其他操作，當(dāng)Z有一定量液體生成時(shí)， 停止實(shí)驗(yàn)。

①實(shí)驗(yàn)室也可用X裝置制備NO,相對(duì)甲組同學(xué)的氣體發(fā)生裝置，X裝置的優(yōu)點(diǎn)為____________________________________.
②若無(wú)裝置Y，則Z中NOC1可能發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________.
（3）取Z中所得液體mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用 cmol·L-1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為20.00mL。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_________________________________________________________________;亞硝酰氯（NOC1）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______________（用代數(shù)式表示）。
[已知：Ag2CrO4為磚紅色固體;Ksp（AgCl）= 1.56×10-10, Ksp（Ag2CrO4）=l×l012]
【答案】 (1). 錐形瓶 (2). B (3). 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O (4). f→g→c→ b→d→e→i→h (5). 排除裝置內(nèi)空氣的干擾，制得的NO更純凈 (6). 2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑ (7). 當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液中有磚紅色沉淀產(chǎn)生，且30s不消失 (8).
【分析】（1）①儀器M名稱為錐形瓶；
②制備NO，常用Cu和稀硝酸反應(yīng)：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此選用的裝置為B，反應(yīng)離子方程式為3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；
③a裝置為制備Cl2裝置，制備的氯氣中混有HCl和水蒸氣，先通過(guò)飽和食鹽水除去HCl，然后通過(guò)濃硫酸，氯氣的密度大于空氣的密度，收集時(shí)從d管通入，氯氣有毒，必須尾氣處理，連接順序是a→f→g→c→ b→d→e→j→h；
（2）①裝置X的優(yōu)點(diǎn)是排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關(guān)隨停；
②裝置Y的作用是干燥NO，NOCl能與水反應(yīng)，因此無(wú)裝置Y，則NOCl與水發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)信息，反應(yīng)方程式為2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑；
（3）以K2CrO4溶液為指示劑，用 cmol·L-1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液中有磚紅色沉淀產(chǎn)生，且30s不消失，說(shuō)明滴定至終點(diǎn)；K2CrO4為指示劑，根據(jù)溶度積大小，Ag＋先于Cl－反應(yīng)生成AgCl，建立關(guān)系式：NOCl～HCl～AgNO3，可以求得亞硝酰氯（NOC1）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。
【詳解】（1）①儀器M的名稱為錐形瓶；②制備NO，常用Cu和稀硝酸反應(yīng)：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此選用的裝置為B，反應(yīng)離子方程式為3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；③a裝置為制備Cl2裝置，制備的氯氣中混有HCl和水蒸氣，先通過(guò)飽和食鹽水除去HCl，然后通過(guò)濃硫酸，氯氣的密度大于空氣的密度，收集時(shí)從d管通入，氯氣有毒，必須尾氣處理，連接順序是a→f→g→c→ b→d→e→j→h；
（2）①裝置X的優(yōu)點(diǎn)是排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關(guān)隨停；
②裝置Y的作用是干燥NO，NOCl能與水反應(yīng)，因此無(wú)裝置Y，則NOCl與水發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)信息，反應(yīng)方程式為2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑；
（3）以K2CrO4溶液為指示劑，用 cmol·L-1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液中有磚紅色沉淀產(chǎn)生，且30s不消失，說(shuō)明滴定至終點(diǎn)；K2CrO4為指示劑，根據(jù)溶度積大小，Ag＋先于Cl－反應(yīng)生成AgCl，建立關(guān)系式：NOCl～HCl～AgNO3，NOCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=。
9.碲（Te）具有兩性特征，銅陽(yáng)極泥是提取碲的主要原料，碲在銅陽(yáng)極泥中主要以MezTeCMe表 示金屬Cu、Pb、Au、Ag等）的形式存在。
（1）利用“氯化浸出-還原法”制備Te的工藝流程如下所示。

①浸出液的主要成分為CuSO4、HAuCu、H2TeO3,則浸出渣的主要成分為____________（填化學(xué)式）；“浸出”過(guò)程中有少量污染性氣體生成，該氣體是___________（填物質(zhì)名稱）
②已知HAuCU是一種強(qiáng)酸，則“一級(jí)還原”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________________________________。
③欲得到64g碲，則“二級(jí)還原”過(guò)程中至少需通入______mol SO2。
（2） “氧化堿浸-電解法”指的是在氧化劑的作用下，Cu2Te與NaOH溶液反應(yīng)生成Na2TeO3和Cu（OH）2，經(jīng)電解即可獲得Te。
①以空氣為氧化劑進(jìn)行“氧化堿浸”的化學(xué)方程式為________________________________。
②電解過(guò)程中，陰極的電極反應(yīng)式為_____________________。
③與“氯化浸出-還原法”相比“氧化堿浸-電解法”的優(yōu)點(diǎn)是____________________（任寫一點(diǎn)）
【答案】(1). PbSO4和AgCl (2). 氯氣 (3). [AuCl4]- + 3Fe2+ = 3Fe3+ + Au + 4Cl- (4). 1 (5). Cu2Te + 2O2 + 2NaOH + H2O = Na2TeO3 + 2Cu（OH）2 (6). TeO32- + 4e- + 3H2O = Te + 6OH- (7). 不生成氯氣等污染性氣體（或工藝簡(jiǎn)單）
【分析】（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，隨后分別與SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分為PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-與溶液中的氧化得到的少量Au3+絡(luò)合，形成四氯合金離子([AuCl4]-)，促進(jìn)Au的溶解，同時(shí)使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反應(yīng)生成氯氣Cl2,故“浸出”過(guò)程中需要進(jìn)行尾氣處理的污染性氣體是Cl2。
②“一級(jí)還原”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；
③H2TeO3→Te，Te元素化合價(jià)變了4價(jià)，SO2→SO42-,硫元素化合價(jià)變了2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲為0.5mol），解得n(SO2)=1mol。
（2）①在氧化劑的作用下，Cu2Te與NaOH溶液反應(yīng)生成Na2TeO3，化學(xué)方程式為Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu(OH)2。
②若用惰性電極電解溶液，在陰極上TeO32-得到電子生成Te，電極反應(yīng)式為TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
③與“氯化浸出-還原法”相比，“氧化堿浸-電解法”的優(yōu)點(diǎn)是如不產(chǎn)生氯氣等污染性氣體，反應(yīng)步驟少，簡(jiǎn)便，成本低等。
【詳解】（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，隨后分別與SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分為PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-與溶液中的氧化得到的少量Au3+絡(luò)合，形成四氯合金離子([AuCl4]-)，促進(jìn)Au的溶解，同時(shí)使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反應(yīng)生成氯氣Cl2,故“浸出”過(guò)程中需要進(jìn)行尾氣處理的污染性氣體是Cl2。
②“一級(jí)還原”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；
③H2TeO3→Te，Te元素化合價(jià)變了4價(jià)，SO2→SO42-,硫元素化合價(jià)變了2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲為0.5mol），解得n(SO2)=1mol。
（2）①在氧化劑的作用下，Cu2Te與NaOH溶液反應(yīng)生成Na2TeO3，化學(xué)方程式為Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu（OH）2。
②若用惰性電極電解溶液，在陰極上TeO32-得到電子生成Te，電極反應(yīng)式為TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
③根據(jù)以上分析可知與“氯化浸出-還原法”相比“氧化堿浸-電解法”的優(yōu)點(diǎn)是如不產(chǎn)生氯氣等污染性氣體，反應(yīng)步驟少，簡(jiǎn)便，成本低等。
10.SO2的含量是衡量大氣污染的一個(gè)重要指標(biāo)。工業(yè)上常采用催化還原法或吸收法處理SO2。
（1）在復(fù)合組分催化劑作用下，CH4可使SO2轉(zhuǎn)化為S，同時(shí)生成CO2和液態(tài)H2O。
已知：CH4（g）+2O2（g） = CO2（g）+2H2O（l）= -890.3 kJ/mol
S（s）+O2（g） = SO2（g） AH=-291.2 kJ/mol
則CH4和SO2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____________________________________________。
（2）在恒容密閉容器中，用H2還原SO2生成S的反應(yīng)分兩步完成（如圖1所示），該過(guò)程中相關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖2所示：

①分析可知X為_________（填化學(xué)式），0?t1時(shí)間段的溫度為_________________.
②用H2還原SO2生成S的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________________________.
（3）焦炭催化還原SO2生成S2，化學(xué)方程式為2C（s）+2SO2（g）= S2（g）+2CO2（g）。在恒容密閉容器中，1 mol/LSO2與足量的焦炭反應(yīng)，SO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖3所示。
①該反應(yīng)的△H____（填“ > ”或“

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