【化学】安徽省亳州市第二中学2020届高三上学期第五次月考（解析版） 18页

安徽省亳州市第二中学2020届高三上学期第五次月考 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56‎ 第Ⅰ卷（共48分）‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)‎ ‎1.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏。千门万户瞳瞳日，总把新桃换旧符。”是王安石的作品《元日》，其中的“屠苏”是一种酒。下列说法错误的是（ ）‎ A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成 B. “屠苏”中不含非电解质 C. 爆竹爆炸发生了化学变化 D. 早期的桃符大都是木质的，其主要成分纤维素可以发生水解反应 ‎【答案】B ‎【详解】A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故A正确；‎ B. “屠苏”药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故B错误；‎ C. 爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故C正确；‎ D. 早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎2.下列关于化学用语的表示正确的是（ ）‎ A. 氮气的电子式：N⋮⋮N B. 熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式：KHSO4K＋＋H＋＋SO42-‎ C. 质子数为53，中子数为78的碘原子：I D. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A.氮气分子中，每个氮原子都达到了8电子结构，氮气的电子式为，故A错误；‎ B.熔融状态下硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子，正确的电离方程式为：，故B错误；‎ C.质子数为53，中子数为78的碘原子其质量为53+78=131，符号为：I，故C正确；‎ D.丙烯官能团为碳碳双键，不可简写，结构简式为CH3CH=CH2，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.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. N2(g)NH3(g)NH4Cl(aq)‎ B. Fe(s)FeCl2(s)Fe(OH)2(s)‎ C. MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)‎ D. S(s)SO2(g)BaSO3(s)‎ ‎【答案】A ‎【详解】A、高温、高压、催化剂条件下，N2、H2反应生成氨气，氨气与氯化氢在常温下反应生成氯化铵，故A正确；‎ B、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，不能实现转化，故B错误；‎ C、氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，电解硫酸镁溶液，本质为电解水，得到氢气和氧气，得不到镁单质，故C错误；‎ D、硫与氧气反应生成二氧化硫，盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫与氯化钡不反应，故D错误。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，因为盐酸酸性强于亚硫酸，因此BaCl2溶液中通入SO2，无沉淀，类似的有CaCl2溶液中通入SO2，也无沉淀，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀，类似的还有CO2分别通入CaCl2、BaCl2、Ca(NO3)2溶液中，均无沉淀。‎ ‎4.实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的是(　　)‎ A. 制取Cl2‎ B. 除去Cl2中的少量HCl C. 收集Cl2‎ D. 吸收尾气中的Cl2‎ ‎【答案】A ‎【详解】A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，故A符合题意；‎ B、HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B不符合题意；‎ C、氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C不符合题意；‎ D、氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D不符合题意。‎ ‎【点睛】易错点是选项A，学生平时不记对反应条件，对反应条件考查是选择题中实验设计与评价中常考的内容，也是学生失分的地方，因此平时记忆反应方程式时，需要记全、记准。‎ ‎5.在探究下列物质性质或组成的实验中，结论不正确的是( )‎ A. 将二氧化硫通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，证明二氧化硫有还原性 B. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，证明原溶液中含有Fe3+‎ C. 将铝片放入冷浓硝酸中，无明显现象，证明浓硝酸与铝片不反应 D. 向某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中一定有NH4+‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾溶液氧化，将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，A项正确；‎ B. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，生成Fe(SCN)3，证明原溶液中含有Fe3+，B项正确；‎ C. 常温下，铝在浓硝酸中发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，发生钝化现象，并不是不反应，且在加热的条件下，铝与浓硝酸能发生反应，C项错误；‎ D. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明该气体为氨气，原溶液中一定存在铵根离子，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：‎ ‎1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；‎ ‎2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、溴水、氯水等强氧化性的物质反应；‎ ‎3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；‎ ‎4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质；‎ 性质决定用途，学生切莫混淆，应加以重视。‎ ‎6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. pH＝12的溶液：Na＋、K＋、NO3-、ClO－‎ B. 能使甲基橙变红的溶液：Na＋、NH4+、Cl－、CH3COO－‎ C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液：Fe2＋、H＋、SO42-、I－‎ D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液：Al3＋、NH4+、NO3-、HCO3-‎ ‎【答案】A ‎【详解】A. pH=12的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与选项离子Na+、K＋、NO3-、ClO-不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；‎ B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与CH3COO-会发生反应产生弱酸CH3COOH，不能大量存在，B错误；‎ C.1.0 mol·L－1的KNO3溶液中，Fe2＋、H＋、NO3-、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；‎ D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液中，OH-与Al3＋、NH4+、HCO3-都会发生反应，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）‎ A. 1L0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.2NA B. H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，每生成32gO2，转移2NA个电子 C. 3.6gCO和N2的混合气体含质子数为1.8NA D. 常温常压下，30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA ‎【答案】A ‎【详解】A. HCO3−在溶液中既能部分电离为CO32－，又部分能水解为H2CO3，故溶液中的 HCO3−、CO32－、H2CO3的个数之和为0.1NA，故A错误；‎ B. 在H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，氧元素由−‎ ‎1价变为0价，故生成32g氧气，即1mol氧气时，转移2NA个电子，故B正确；‎ C. 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故3.6g混合物的物质的量为，又因1个CO和N2分子中两者均含14个质子，故混合物中含1.8NA个质子，故C正确；‎ D. 常温常压下，30g乙烷的物质的量是1mol，一个乙烷分子有7个共价键，即30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎8.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：3Fe2＋＋NO3－＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O＝HClO＋HSO3－‎ C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水：2H＋＋2I－＋H2O2＝I2＋2H2O D. 向NaOH溶液中通入过量CO2：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O ‎【答案】C ‎【详解】A. 磁性氧化铁应写化学式，故A错误；‎ B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，次氯酸根离子有强氧化性，可继续将二氧化硫氧化硫酸根离子，故B错误；‎ C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水，会发生氧化还原反应，符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，电子守恒，故C正确；‎ D. 向NaOH溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钠，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，W单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径:Y W C. X、Y形成的化合物只含有极性键 D. Y的最高价氧化物对应水化物酸性比Z的强 ‎【答案】B ‎【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子则X为氢元素，‎ ‎ Z的单质是空气中含量最高的气体则Z为氮元素，W单质在常温下能被浓硫酸钝化则W为铝元素，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，则Y为碳元素。‎ ‎【详解】A. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故原子半径: ZW，选项B正确；‎ C. X、Y形成的化合物如乙烯中含有极性键和非极性键，选项C错误；‎ D. Y的最高价氧化物对应水化物碳酸酸性比Z的最高价氧化物对应水化物硝酸弱，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图1表示镁条与盐酸反应的能量变化 B. 图2表示H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，溶液的导电性随BaCl2物质的量的变化 C. 图3表示电解精炼铜时，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化 D. 图4表示其他条件一定，反应2SO2＋O22SO3在有、无催化剂情况下SO2的体积分数随时间的变化 ‎【答案】C ‎【详解】A. 图1表示反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，镁条与盐酸反应为放热反应，与图不相符，故A错误；‎ B. 图2表示带电性随滴入BaCl2溶液先减小到0后增大，H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液中含有盐酸导电性不为0，与图不相符，故B错误；‎ C.电解精炼铜时，阳极粗铜有铁、锌、铜等多种金属失电子产生的铜离子的物质的量小于阴极上得电子的铜离子的物质的量，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量逐渐减少，与图3相符，故C正确；‎ D. 催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故SO2转化率不变，与图4不相符，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是(　　)‎ 选项 实验及现象 结论 A 用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰 该样品含钠元素 B 向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生 证明非金属性Cl＞C C 向酸化的KMnO4溶液通入SO2，向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀 证明SO2被氧化为SO42-‎ D 常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性 c(NH4+)=c(Cl-)‎ ‎【答案】D ‎【详解】A选项，不能用璃棒蘸取某样品进行焰色反应，应该用洁净的铂丝或铁丝蘸取，故A错误；‎ B选项，盐酸不是氯的最高价氧化物的水化物，无法利用向向NaHCO3溶液中加入过量盐酸产生二氧化碳来证明非金属性Cl＞C，故B错误；‎ C选项，通常用硫酸酸化高锰酸钾，原溶液中含有硫酸根离子干扰检验，无法证明SO2被氧化为硫酸根，故C错误；‎ D选项，常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性，根据电荷守恒和呈中性得到c(NH4+)=c(Cl－)，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】比较非金属性强弱，一定要从最高价氧化物对应的水化物酸性强弱来比较。‎ ‎12.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是( )‎ A. Al、Ga均处于ⅢA族 B. Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2‎ C. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3‎ D. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；‎ B. Ga(OH)3与Al(OH)3的性质相似，属于两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，B项正确；‎ C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，C项错误；‎ D. Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】C项是学生们的易错点，学生们对于在NaAlO2溶液中通入过量的CO2所发生的反应NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3理解不透彻，该反应的发生遵循了强酸制弱酸的原理，在这个反应中，AlO2-是弱酸根离子，AlO2-结合了碳酸的氢离子生成了更弱的Al(OH)3，此时Al(OH)3相当于弱酸，NaGaO2类似于NaAlO2，在NaGaO2、NaAlO2混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是因为Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜H2CO3Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应。‎ ‎【详解】因氧化性 Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应 A. 加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，加入1mol Fe时，铁离子恰好完全反应，则a⩽1时，Fe粉只能将Fe3+还原，A项错误；‎ B. 剩余固体为Cu或Cu、Fe，当有Fe剩余时，溶液中一定没有Cu2+，B项错误；‎ C. 溶液中铁离子2mol、铜离子为1mol，当1⩽a<2时，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，由方程式比例关系知，铁粉全部参与反应，加入Fe为a mol，由铁元素守可知，溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，C项正确；‎ D. 若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.常温下，等体积、pH均为3的HA和HB溶液分别加水稀释，溶液pH值的变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度一直增大 B. 用pH为11的某碱与pH为3的HB溶液等体积混合后，溶液不可能显碱性 C. 氨水与HA溶液混合后的溶液中可能存在：c(NH4＋ )>c(A＋)>c(H＋)>c(OH－)‎ D. 完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积：HAc(A-)>c(H＋)>c(OH－)肯定不成立，故C错误；D．因HB比HA弱，pH相等的HA和HB中未电离的HB的物质的量比HA的物质的量大，则完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积是HAY>X ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律计算焓变； （2）根据反应①的方程式得出Kp=； （3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；‎ ‎（4）根据该反应为气体体积减小的放热反应结合△G=△H-T△S＜0自发判断； （5）温度一定，当CO的量一定时，增大NO的量，平衡右移，CO转换率增大。‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律，反应②×2-③即得，确定反应④2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H4=(2c-a)KJ/mol，故答案为：2c-a； （2）根据反应①的方程式得出Kp=； （3）A．单位时间内生成1mol NO2的同时消耗了lmol NO，都是正反应，故不能说明达到平衡状态，故A错误； B．总质量一定，体积一定，故密度一定，故混合气体的密质不再发生改变不能说明达到平衡状态，故B错误； C．该反应平衡移动时会便随能量的变化，绝热容器内的温度会发生变化，温度的变化导致平衡常数的变化，所以当平衡常数不变时说明反应达到平衡状态，故C正确； D．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变，则反应达平衡，能说明达到平衡状态，故D正确； 故选：CD； （4）因为该反应为气体体积减小的放热反应，即△H＜0，△S＜0，所以在高温下△G=△H-T△S＞0非自发，故答案为：因为该反应的ΔH<0，ΔS<0； （5）温度一定，当CO的量一定时，增大NO的量，平衡右移，CO转换率增大，即的比值越大，CO的转化率越大，故答案为：Z＞Y＞X；‎ ‎【点睛】判断可逆反应是否达到平衡根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎21.常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。‎ ‎（已知：CH3COOH、 HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）‎ ‎（1）图____（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，判断的理由是__________________________________________________________。‎ ‎（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__________________________。‎ ‎（3）点①和点② 所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)______c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）‎ ‎（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：________________。‎ ‎【答案】(1). a (2). HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大 (3). c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+) (4). = (5). ④③②‎ ‎【分析】（1）电离平衡常数越小酸性越弱，同浓度pH值越大；‎ ‎（2）b为醋酸，先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；‎ ‎（3）先判断溶质成分，根据各溶液中的物料守恒分析；‎ ‎（4）酸的电离抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；‎ ‎【详解】（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)> Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH，故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；‎ ‎（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(Na+) +c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)= c(H+)；‎ ‎（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+ c(CN－) =2 c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= c(HCN)+ c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；‎ ‎（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa，只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；‎ ‎【点睛】明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。 ‎