【化学】江西省南昌市新建县第一中学2020届高三上学期第一次月考（解析版） 17页

江西省南昌市新建县第一中学2020届高三上学期第一次月考 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64‎ 一、选择题（共16小题；每小题3分，共48分）‎ ‎1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. “雾霾积聚，难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 B. 碳素钢和光导纤维都属于新型的无机非金属材料 C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理不相同 D. 高温时可用金属钠还原钛的氯化物来制取金属钛 ‎【答案】B ‎【详解】A. 雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，A正确；‎ B. 碳素钢是铁的合金，属于金属材料，光导纤维是二氧化硅，属于新型的无机非金属材料，B错误，‎ C. 活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故漂白纸浆的原理不相同，C正确；‎ D. 钠与熔融的TiCl4发生置换反应生成Ti，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，D正确；答案选B。‎ ‎2.下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（ ）‎ A. 溶液是电中性的，胶体是带电的 B. 向FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液，会有红褐色沉淀生成属于胶体聚沉 C. 制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和氯化铁溶液煮沸 D. 用丁达尔效应可区别NaCl溶液和Fe(OH)3胶体 ‎【答案】D ‎【详解】A.溶液，胶体均属于分散系，呈电中性，不带电。胶粒有的带正电，有的带负电，有的不带电，故A不正确；‎ B.向FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液，Fe3+与CO32-发生互促水解，水解到底，离子方程式为2Fe3++3CO32-+6H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故B不正确；‎ C.加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即制得氢氧化铁胶体，如果直接将饱和氯化铁溶液煮沸，会得到氢氧化铁沉淀，故C不正确；‎ D.胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，可用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故D正确；‎ 答案：D ‎3.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）‎ A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物 B. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等 C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物 D. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均电解质 ‎【答案】C ‎【详解】A. Na2O、MgO属于碱性氧化物, Al2O3是两性氧化物，故A错误；‎ B．根据酸分子在水溶液中电离出氢离子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等，故B错误；‎ C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均由不同物质组成，为混合物，故C正确；‎ D. 纯碱、熟石灰、醋酸在水溶液或是熔融状态下导电，属于电解质，但是食盐水是混合物，不是电解质，故D错误。‎ 故选C.‎ ‎4.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-‎ B. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、HC2O4-、Cl－‎ C. (NH4)2Fe(SO4)2的溶液中：Fe3＋、Cl－、Br－、K＋‎ D. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：SO42－、AlO2－、NH4＋、Br－‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液，该溶液既可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性溶液中NO3-会氧化Fe2+，不能共存，碱性溶液中，OH－与NH4+、Fe2+不能共存，A不符合题意；‎ B. 能使酚酞变红溶液是碱性溶液，OH－与HC2O4-不能共存，B不符合题意；‎ C. (NH4)2Fe(SO4)2的溶液，Fe3＋、Cl－、Br－、K＋相互间不反应，能大量共存，C符合题意；‎ D. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3－与AlO2－反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，不能大量共存，D不符合题意；答案选C。‎ ‎5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，11.2LNO2完全溶于水，转移电子数为0.5NA B. 20gD2O和HTO两种水的组合中含有的中子数为10NA C. 一定温度下，1molH2和足量碘蒸气反应产生的H－I键数目为2NA D. 标准状况下，22.4L的HF中含有的原子数目为2NA ‎【答案】B ‎【详解】A. 标准状况下，11.2LNO2的物质的量为0.5mol，二氧化氮与水的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，3mol NO2反应转移2mol电子，0.5mol NO2反应转移mol电子，转移电子数为NA，A错误；‎ B. D2O和HTO的摩尔质量都为20g/mol，20gD2O和HTO两种水的组合物质的量为1mol，1个D2O和HTO中都含有10个中子，则含有的中子数为10NA，B正确；‎ C. H2和碘蒸气的反应是可逆反应，1molH2和足量碘蒸气反应产生的H－I键数目小于2NA，C错误；‎ D. 标准状况下，HF不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，D错误；答案选B。‎ ‎6.下列有关化学用语的用法中，正确的是（ ）‎ A. BaCO3的电离方程式:BaCO3Ba2++CO32—‎ B. 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体的化学方程式:3H2O+FeCl3=3HCl+Fe(OH)3↓‎ C. 向酸性KI溶液中通入臭氧(O3)的离子方程式：2I—+O3+H2O==I2+O2+2OH—‎ D. 向Ba(OH)2溶液中滴入 NaHSO4溶液至恰好完全沉淀时，反应的离子方程式Ba2++OH—+SO42—+H+==BaSO4↓+H2O ‎ ‎【答案】D ‎【详解】A项BaCO3是强电解质，完全电离，用“=”，A项错误；‎ B项反应生成Fe(OH)3胶体，B项错误；‎ C项酸性条件下不能生成OH-，C项错误；‎ D项“恰好完全沉淀时”Ba(OH)2与NaHSO4物质的量之比为1:1，D项正确。‎ 故选D。‎ ‎7.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，工业上制备NaClO2的原理为：ClO2+H2O2+NaOH→NaClO2+H2O+O2(未配平)。下列说法错误的是（ ）‎ A. 该制备反应，NaClO2是还原产物 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1‎ C. 生成标准状况下的11.2L气体，转移2mol电子 D. 制备过程中混合液的pH降低 ‎【答案】C ‎【分析】配平该化学反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，ClO2中Cl元素的化合价由+4变为+3，化合价降低，得电子，被还原，发生还原反应，作氧化剂，NaClO2还原产物，H2O2中O元素的化合价升高，失电子，被氧化，发生氧化反应，作还原剂，O2氧化产物。‎ ‎【详解】A. 该制备反应中，NaClO2是还原产物，A正确；‎ B. ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，其物质的量之比为2：1，B正确；‎ C. 标准状况下的11.2L气体物质的量为0.5mol，根据氧气与转移电子的关系，生成1mol氧气，转移2mol电子，生成0.5mol氧气，转移1mol电子，C错误；‎ D. NaOH是强碱，生成NaClO2，制备过程中混合液的pH降低，D正确；答案选C。‎ ‎8.下列关于金属及其化合物的说法中正确的是（ ）‎ A. 除去碳酸钠溶液中的碳酸氢钠可以用加热的方法除去 B. 由于Mg、Al比较活泼，工业上常用电解其熔融的氯化物来制备Mg、Al单质 C. Li在空气中燃烧可得到氧化锂和过氧化锂两种氧化物 D. 纳米铁粉可以除被污染水体中的重金属离子 ‎【答案】D ‎【详解】A. 虽然固体碳酸氢钠不稳定，加热易分解，但在溶液中加热时碳酸氢钠不分解，不能用加热法除去碳酸钠溶液中的碳酸氢钠，A错误；‎ B. 工业上常用电解熔融的Al2O3来制备Al单质，B错误；‎ C. Li在空气中燃烧只能得到氧化锂，C错误；‎ D. Fe可与重金属离子发生置换反应，置换出重金属，所以纳米铁粉可以除被污染水体中的重金属离子，D正确；答案选D。‎ ‎【点睛】MgO的熔点高，MgCl2的熔点低，工业上常用电解熔融的MgCl2来制备Mg，AlCl3是共价化合物，不能用电解熔融的AlCl3制备Al，电解熔融的Al2O3来制备Al单质。‎ ‎9.（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4N2↑＋6 NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O 将反应后的气体通入一定量的BaCl2‎ 溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应。下列说法正确的是（ ）‎ A. 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1‎ B. 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2‎ C. 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3‎ D. 从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：分解产生的三氧化硫和氨气溶于水后生成硫酸铵，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和氨气溶于水后生成亚硫酸铵，与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，根据方程式分析，可以认为气体溶于水可以有等物质的量的硫酸铵和亚硫酸铵，所以产生硫酸钡和亚硫酸钡的物质的量相等，剩余二氧化硫和氮气不被吸收，逸出，故答案为A。‎ 考点： 混合物的反应和计算 ‎10. 下列有关实验装置的说法，正确的是（ ）‎ A. 用图1装置制取干燥纯净的NH3‎ B. 用图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色 C. 用图3装置可以完成“喷泉”实验 D. 用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积 ‎【答案】C ‎【详解】A、装置中发生装置可以制备氨气，通过碱石灰干燥氨气，但氨气密度小于空气，收集时需要用向下排空气法收集，选项A错误；B、装置中应把铁做电解池的阳极生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，选项B错误；C、氯气和氢氧化钠溶液反应，烧瓶中压强减小，烧杯中氢氧化钠溶液被压入烧瓶形成喷泉，符合形成条件，选项C正确；D、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮能与水反应，不能通过装置中排开水的体积测定二氧化氮的体积，选项D错误；答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了实验装置正误判断，主要是制备物质，原理的分析应用，掌握实验基本操作是解题关键。注意利用气体的密度及是否与水反应及水溶性对实验进行判断。‎ ‎11.下列除去杂质的方法正确的是（ ）‎ A. 除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体 B. 除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体 C. 除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤 D. 除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤 ‎【答案】C ‎【详解】A、除去N2中少量的O2，应通过灼热的Cu网，然后收集气体，故A错误；‎ B、Na2CO3溶液可以吸收HCl，同时CO2能与Na2CO3发生反应：CO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHCO3，因此除去CO2中少量的HCl，应通入饱和的NaHCO3溶液，收集气体，故B错误；‎ C、加入铁屑，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，可以除去FeCl3，不引入新的杂质，故C正确；‎ D、加入NaOH溶液，引入Na＋，产生新的杂质，故D错误；‎ ‎12.下列说法中正确的是（ ）‎ A. Al、SiO2、Ca(OH)2、NaHCO3等既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 B. 若a、b、c分別为Si、SiO2、H2SiO3，则可以通过一步反应实现如图所示的转化关系 C. Fe2O3Fe2(SO4)3(aq)无水Fe2(SO4)3‎ D. NaNa2O2NaI ‎【答案】C ‎【详解】A. Al既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，SiO2能与氢氧化钠溶液反应，不能与盐酸反应，Ca(OH)2能与盐酸反应，与氢氧化钠溶液不反应，NaHCO3既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，A错误；‎ B. SiO2不溶于水且不与水反应，不能直接得到H2SiO3，B错误；‎ C. Fe2O3 与硫酸反应生成Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3溶液加热可得到无水Fe2(SO4)3，C正确；‎ D. Na2O2具有强氧化性，将I-氧化成I2，Na2O2与HI反应不能得到NaI，D错误；答案选C。‎ ‎【点睛】SiO2是酸性氧化物，只与HF反应，其反应方程式为： SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。‎ ‎13.南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。如图为海水资源利用的部分过程，有关说法不正确的是（ ）‎ A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法 B. 氯碱工业中采用阴离子交换膜可提高产品的纯度 C. 由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2要在HCl的气流中加热 D. 溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原 ‎【答案】B ‎【分析】A. 蒸馏法、电渗析法、离子交换法等都可淡化海水；‎ B. 氯碱工业是电解饱和食盐水，为防止氯气与氢氧化钠反应采用阳离子交换膜；‎ C. Mg2+在水溶液中水解生成氢氧化镁；‎ D. ③中Br元素的化合价升高，④中Br元素的化合价降低，⑤中Br元素的化合价升高。‎ ‎【详解】A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，A正确；‎ B. 氯碱工业是电解饱和食盐水，阴极上氢离子放电产生H2，同时阴极获得NaOH，阳极上氯离子放电产生Cl2，为防止氯气与氢氧化钠反应，故应采用阳离子交换膜，使钠离子转移到阴极，可提高产品纯度，B错误；‎ C. MgCl2·6H2O直接加热，由于Mg2+水解以及水解生成的HCl的挥发，最终不能获得无水MgCl2，为获得无水MgCl2，则必须抑制Mg2+的水解，故应在氯化氢气流中加热失去结晶水，C正确；‎ D. 海水提溴是先通入足量氯气将溴离子氧化成Br2，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气将溴离子氧化成Br2，目的是为了富集溴元素，即③、④的目的是为了富集溴元素，④中Br2得电子化合价降低，所以溴元素被还原，在反应③、⑤中Br-均被氧化，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列实验操作、现象和结论均正确且存在因果关系的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象 实验结论 A 常温下，取浓度均为0.2mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液各2mL于试管中，分别滴加几滴酚酞试液，后者红色更深 相同温度下，CO32－结合H＋能力更强 B 分别向等浓度的醋酸溶液和硼酸溶液中滴加等浓度的Na2CO3溶液，前者产生气泡，后者无明显现象 酸性：CH3COOH>H3BO3‎ C 将一小粒金属钠投入装有无水乙醇的试管中，反应结束前一段时间，钠浮在乙醇表面 密度：乙醇大于钠 D 向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄 氧化性：H2O2>Fe3＋‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. 常温下，2mL浓度均为0.2mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液碱性更强，故滴加几滴酚酞试液，前者红色更深，A错误；‎ B. Na2CO3溶液与醋酸溶液反应生成二氧化碳，与硼酸溶液不反应，根据强酸制弱酸的原理，证明酸性：CH3COOH>H2CO3>H3BO3，B正确；‎ C. 钠的密度大于乙醇，钠与乙醇反应时，钠沉在底部，C错误；‎ D. 在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，也可以将氧化Fe2+氧化生成Fe3＋，所以不能证明氧化性：H2O2>Fe3＋，D错误；答案选B。‎ ‎15.已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。则下列有关说法不正确的是(　　)‎ A. 图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应 B. 图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2‎ C. 根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol D. 根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1 mol ‎【答案】D ‎【分析】高锰酸钾的氧化性大于铁离子，铁离子大于碘。‎ ‎【详解】A、AB段铁离子的物质的量不变，说明此时高锰酸钾与碘离子发生氧化还原反应，正确；‎ B、BC段铁离子的物质的量逐渐减少至0，说明该段发生的是铁离子与碘离子的氧化还原反应，离子方程式是2Fe3++2I-= 2Fe2++I2，正确；‎ C、根据以上分析，高锰酸钾先氧化亚铁离子，剩余的再氧化碘离子，铁离子氧化碘离子，所以相当于高锰酸钾直接与碘离子发生氧化反应，共消耗1.25molI-。碘离子的物质的量是1.25mol，则失去电子的物质的量是1.25mol，高锰酸钾氧化碘离子为单质碘，自身被还原为+2价锰离子，根据得失电子守恒，所以用于与碘离子反应的高锰酸钾的物质的量是1.25mol/5=0.25mol，正确；‎ D、由图像可知铁离子消耗碘离子的物质的量是1.25-0.5=0.75mol，根据2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以亚铁离子的物质的量是0.75mol，则硫酸亚铁的物质的量是0.75mol，错误；‎ 答案选D。‎ ‎16.将38.4g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH 溶液完全吸收，发生的反应为：‎ ‎2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O；NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O。则生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（ ）‎ A. 0.2mol B. 0.4mol C. 0.6mol D. 0.8mol ‎【答案】B ‎【解析】整个过程中只有两种元素的价态有变化，其一是铜，从0价变化到+2价，每个铜原子失去2个电子，另一个是硝酸中的氮元素，从硝酸中变成亚硝酸钠中，即从+5价变化为+3价，每个氮原子得到2个电子，38.4g铜的物质的量为38.4/64=0．6mol，失去电子1.2mol，则氮原子共得到1.2mol电子，所以产物中NaNO2的物质的量为1.2/2=0.6mol，由钠守恒分析，氢氧化钠的物质的量等于亚硝酸钠与硝酸钠的和，所以硝酸钠的物质的量=0.5×2-0.6=0.4mol，故选B。‎ 二、填空题（共5小题；共47分）‎ ‎17.Ⅰ．某实验小组为探究ClO－、I2、SO42-在酸性条件下氧化性强弱，设计实验如下：‎ 实验①：在淀粉－碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；‎ 实验②：向实验①的溶液中加入6mL0.5mol·L－1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。‎ ‎（1）写出实验①中发生反应的离子方程式：_____________________________。‎ ‎（2）实验②的化学反应中转移电子的物质的量是__________。‎ ‎（3）以上实验说明，在酸性条件下ClO－、I2、SO42-的氧化性由弱到强的顺序是______________________。‎ Ⅱ．（4）Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1molO3转化为1molO2和1molH2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_____(填序号)。‎ A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O3‎ ‎（5）“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是___________________________________________(用离子方程式表示)。‎ ‎【答案】(1). ClO−+2I−+2H+=I2+Cl−+H2O (2). 0.006mol (3). SO42-I2；‎ ‎（2）实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，自身被还原成碘离子，氧化剂是碘，还原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸根离子，所以氧化性由强到弱为：I2>SO42−，其离子反应方程式为：H2O+I2+SO32−=SO42−+2I−+2H+，根据离子方程式可知，消耗1molSO32-转移2mol电子，消耗的SO32-物质的量为0.5mol/L×0.006L=0.003mol，则转移电子物质的量为0.006mol；‎ ‎（3）实验①说明氧化性由强到弱为：ClO−>I2，实验②说明氧化性由强到弱为：I2>SO42−，则在酸性条件下ClO−、I2、SO42−的氧化性由弱到强的顺序是：SO42-