宁夏大学附属中学2019届高三化学上学期第六次月考试卷（含解析）.docx

宁大附中2018-2019学年第一学期第六次月考高三理综化学试卷可能用到的原子量：H-1 O-16 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 1.化学与生活关系密切，下列说法正确的是A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火B. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法C. 明矾可用于生活用水的消毒D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】B【解析】【详解】A泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分和电解质，泡沫易导电，若用其灭火易产生触电危险，故不适用于电器起火的灭火，故A错误；BMg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，但不能作消毒剂，故C错误；D碳酸钡能与胃酸反应生成有毒的可溶性盐氯化钡，会引起中毒，应选用硫酸钡，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意明矾不能使蛋白质发生变性，即不具有杀菌消毒的作用。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后,若加入29.4gCu(OH)2能使溶液复原，则电解过程中转移电子的数目为0.9NAB. 0.1molNa2O2与过量的CO2和H2O混合气体充分反应后，放出的O2为0.2NAC. 常温常压下，1molSiO2晶体中有2NA个SiO键D. 18gH218O和2H2O的混合物中，所含中子数为9NA【答案】D【解析】【详解】A.29.4 gCu(OH)2 物质的量=0.3mol，0.3mol的Cu(OH)2相当于0.3molCuO和0.3moH2O，进入溶液的是0.6molO原子，说明阳极上生成的是0.3mol氧气，则转移的电子的物质的量为0.3mol4=1.2mol，即1.2NA个，故A错误；B. 根据2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ，2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，可知0.1molNa2O2与过量的CO2和H2O混合气体充分反应后，放出0.05molO2，故B错误；C、在SiO2晶体中，1个Si原子结合4个O原子，故1molSiO2晶体含有4molSi-O键，故C错误；D、H218O与2H2O的摩尔质量均为20g/mol，故18gH218O与2H2O的物质的量均为0.9mol，而两者中均含10个中子，故0.9mol混合物中含9mol中子，即9NA个，故D正确；答案选D。3.下列化学过程及其表述正确的是A. 向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2OB. 水电离的c (H+) =10-13molL-l 的溶液中；Na+、NO3-、SO32-、Cl-一定能大量共存C. 水溶液中NH4+ 、Al3+、AlO2-都能和HCO3-发生双水解反应从而不能大量共存D. 加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、NO3、NH4+ 能大量共存【答案】A【解析】【详解】A向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，正确的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故A正确；B由水电离的c(H+)为10-13molL-1的溶液中可能存在大量氢离子或者氢氧根离子，SO32-能够与氢离子、硝酸根离子发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CAlO2-能和HCO3-发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，该反应发生的原因是碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，而不是发生双水解反应；NH4+和HCO3-虽然可以发生双水解反应，但其可以不能大量共存。故C错误；D加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；答案选A。4.下列实验操作叙述和结论正确的是A. 恒温下向澄清石灰水中加入少量CaO有Ca(OH)2固体析出，则此状态下Ca(OH)2的质量分数减小，KSP不变B. 除去NH4Cl溶液中的少量Fe3+，可以加入NaOH调节溶液pH后过滤结晶C. 直接蒸干FeSO4溶液就可以得到FeSO4固体D. 实验室制备FeCl2溶液时会加入盐酸防止水解，并加入少量铁粉防止氧化【答案】D【解析】【详解】A温度不变，饱和溶液的浓度不变，变化前后Ca(OH)2的质量分数不变，故A错误；B加入NaOH调节pH，铁离子转化成难溶物氢氧化铁沉淀，但会引入新的杂质离子钠离子，故B错误；C直接蒸干FeSO4溶液，亚铁离子易被氧化，最后得不到纯净的硫酸亚铁，故C错误； D氯化亚铁溶液中水解，亚铁离子易被氧化，配制溶液时为了抑制水解，并防止氧化，用FeCl2固体配制FeCl2溶液时需再向溶液中加入少量铁粉和盐酸，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意除杂时要遵循除杂原则，如不能引入新杂质，本题中应改用氨水调节溶液pH。5.室温下向10 mL 0.1 molL1 NaOH溶液中加入0.1 molL1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A. a点所示溶液中c(Na)c(A)c(H)c(HA)B. a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C. pH7时，c(Na)c(A)c(HA)D. b点所示溶液中c(A)c(HA)【答案】D【解析】A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c(Na+)c(A-)c(HA)c(H+)，A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH），因此溶液中：c（Na+）= c（A-），C错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，这说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）c(HA)，D正确，答案选D。【此处有视频，请去附件查看】6.如图所示装置中，a、b、c、d、e、f 均为惰性电极，电解质溶液均足量。接通电源后，d 极附近显红色。下外说法正确的是A. 电源B 端是正极B. f 极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电C. 欲用丁装置给铜镀银，N 应为Ag，电解质溶液为AgNO3溶液D. a、c电极均有单质生成它们的物质的量之比为21【答案】B【解析】a、b、c、d、e、f均为惰性电极，电解质溶液均足量。接通电源后，d极附近显红色，有碱生成，该电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，发生还原反应，则d电极为阴极、c电极为阳极，故A为电源正极、B为电源负极，则甲中a为阳极、b为阴极，丙中e为阳极、f为阴极，丁中M为阳极、N为阴极。A由上述分析可知，B为电源负极，故A错误；Bf极附近变红，说明氢氧化铁胶粒向f极移动，由于f为阴极，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故B正确；C丁装置给铜镀银，M应为Ag，N为Cu，电解液为AgNO3溶液，故C错误；Da极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，生成氧气，c极为阳极，电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，生成氯气，根据电子转移守恒可知，氧气与氯气的物质的量之比为1：2，故D错误；故选B。7.下列图中，表示2A(g)B(g) 2C(g)H0可逆反应的图像为A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由该反应2A（气）+B（气）2C（气）H 0，可以知道，压强增大，反应向正方向移动，温度升高向逆方向移动。A正确，B错误，压强增大，即浓度变大，V正和V逆都增大，C错误，催化剂不能改变化学平衡点，D错误，温度高，A的转化率低，所以答案选A。考点：化学平衡点评：本题考查了化学平衡的移动，结合图像考查，是高考考查的热点，本题信息量大，有一定的难度。8.元素化合物在日常生活、化工生产和环境科学中有着重要的用途。 (1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的黑色固体Y，将Y溶于过量盐酸中，溶液中存在的阳离子有_(2)将题(1)中反应后生成的溶液分为a，b，c三份，a中加入适量的KNO3溶液，发生的离子反应为_，b中加入过量Na2O2，观察到的现象是_，c中通入足量SO2，发生的离子反应为_(3)取少量固体Y与金属铝在高温下反应方程式为_，若要提纯产物中的金属单质，应先加入足量的_溶液再过滤，此时发生的反应方程式为_【答案】 (1). H+、Fe2+、Fe3+ (2). 3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O (3). 生成红褐色沉淀，并且有气体生成 (4). 2Fe3+ +SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+ (5). 3Fe3O4+8Al=9Fe+4Al2O3 (6). NaOH (7). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O【解析】【分析】(1)铁碳化合物X(Fe3C)在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，根据四氧化三铁与过量的盐酸反应的方程式分析判断；(2) a中加入适量的KNO3溶液，形成硝酸溶液，具有强氧化性；b中加入过量Na2O2，过氧化钠具有强氧化性，且能够与水反应能够放出氧气；c中通入足量SO2，二氧化硫具有还原性，铁离子具有氧化性，据此分析解答；(3)Fe3O4与金属铝在高温下发生铝热反应，氧化铝属于两性氧化物，据此分析解答。【详解】(1)铁碳化合物X(Fe3C)在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，将四氧化三铁溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl，所以溶液中大量存在的阳离子是：Fe2+、Fe3+、H+，故答案为：Fe2+、Fe3+、H+；(2)将题(1)中反应后生成的溶液分为a，b，c三份，a中加入适量的KNO3溶液，能够将亚铁离子氧化生成铁离子，反应的离子方程式为3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O；b中加入过量Na2O2，过氧化钠具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，同时过氧化钠与水反应能够放出氧气，因此观察到的现象有生成红褐色沉淀，并且有气体生成；c中通入足量SO2，铁离子能够将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为2Fe3+ +SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，故答案为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O；生成红褐色沉淀，并且有气体生成；2Fe3+ +SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；(3)取少量固体Y(Fe3O4)与金属铝在高温下发生铝热反应，反应方程式为3Fe3O4+8Al = 9Fe+4Al2O3，若要提纯产物中的金属单质，需要除去混合物中的氧化铝，应先加入足量的NaOH溶液再过滤，反应的方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：3Fe3O4+8Al = 9Fe+4Al2O3；NaOH；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。【点睛】本题的难点为(2)，要注意溶液中同时存在H+和NO3-，该溶液就具有强氧化性。9.工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。I.脱硝：已知：H2的热值为142.9 kJ/g(热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量)；N2(g) + 2O2(g) = 2NO2(g) H= +133 kJ/molH2O(g) =H2O(l) H=- 44 kJ/mol催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和N2的热化学方程式为_.脱碳：(1)向2L恒容密闭容器中加入2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_。A混合气体的平均摩尔质量保持不变BCO2和H2的体积分数保持不变CCO2和H2的转化率相等 D混合气体的密度保持不变E.1 mol CO2生成的同时有3 mol HH键断裂(2)改变温度，使反应CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)H”“”“”或“=”)若30min时只向容器中再冲入1molCO2(g)和1molH2O(g),则平衡_移动(填“正向”、“逆向”或“不”)(3)甲烷燃料电池可以提升能量利用率。下图是利用甲烷燃料电池电解100mL 1molL -1食盐水,电解一段时间后,收集到标准状况下的氢气2.24L(设电解后溶液体积不变)。 甲烷燃料电池的负极反应式: _电解后溶液的pH= _(忽略氯气与氢氧化钠溶液反应)。【答案】 (1). 4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g) H= -1100.2 kJ/mol (2). DE (3). = (4). 减小 (5). 0.025mol/(L.min) (6). B 加水稀释100倍，pH大小比较：4=AB2 物质的量浓度大小比较：AB分别与10mLpH=12的NaOH溶液充分反应后的溶液pH大小比较：ANaHCO3Na2CO3 (2). AD (3). 2.3 (4). c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) (5). c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-) (6). (7). 甲基橙 (8). AC【解析】【分析】(1)三种溶液水解都显示碱性，pH相同时，酸根离子对应的酸性越强，盐溶液的浓度越大；(2)CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小，但氢氧根离子浓度增大；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变，据此分析偏大；(3)a.pH不同的强酸等体积混合时，混合溶液中pH=pH(小)+0.3；b.根据CH3COONa书写物料守恒式；c.向该盐酸溶液中加入等体积等浓度的Na2CO3溶液，溶液中存在的离子有：Na+、H+、OH-、HCO3-、CO32-、Cl-，据此书写电荷守恒式；d. 体积都为10mL，pH=2的A(盐酸)和B(CH3COOH)溶液中c(H+)相等，CH3COOH的物质的量大于盐酸，据此分析判断；e. 用标准HCl溶液滴定氨水，滴定终点时溶液显酸性，应选用甲基橙作指示剂。分析判断各操作中盐酸体积的变化，再根据c(氨水)=分析判断。【详解】(1) 由于酸根离子部分水解，四种溶液都呈碱性，pH相同时，酸根离子对应的酸的酸性越强，其水解程度越弱，若使pH相同，则其盐溶液的浓度越大，由于酸性CH3COOHH2CO3HCO3-，因此相同pH的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3浓度由大到小的顺序为CH3COONaNaHCO3Na2CO3(2)A.0.1molL-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，故A正确；B.0.1molL-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动，c(H+)减小的程度小于c(CH3COOH)的减小程度，则c(H+)/c(CH3COOH)增大，故B错误；CKw=c(H+)c(OH-)只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故C错误；D0.1molL-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中c(H+)减小，c(OH-)增大，因此c(H)/c(OH)减小，故D正确；故答案为：AD；(3) 10mLpH=2的盐酸溶液中含有0.01L0.01mol/L=0.0001molHCl。a.pH不同的强酸等体积混合时，混合溶液中pH=pH(小)+0.3，所以混合溶液中pH=2+0.3=2.3，故答案为：2.3；b.向该盐酸溶液中加入10mL0.02mol/LCH3COONa溶液，反应后的溶液中含有等物质的量的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，溶液中存在的物料守恒式为c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故答案为：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；c.向该盐酸溶液中加入等体积等浓度的Na2CO3溶液，溶液中存在的离子有：Na+、H+、OH-、HCO3-、CO32-、Cl-，则混合溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，故答案为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)；d. 体积都为10mL，pH=2的A(盐酸)和B(CH3COOH)溶液中c(H+)相等，CH3COOH的物质的量大于盐酸。c(H+)相等，与等量的锌反应开始反应时的速率A=B，故正确；反应过程中醋酸会继续电离，使得c(H+)大于盐酸，反应速率醋酸大于盐酸，与等量的锌反应所需要的时间AB，故正确；加水稀释100倍，醋酸继续电离，c(H+)大于盐酸，pH：4=AB2，故正确；CH3COOH的物质的量大于盐酸，物质的量浓度大小比较：AB，故错误；分别与10mLpH=12的NaOH溶液充分反应后，醋酸过量，溶液显酸性，而盐酸与氢氧化钠恰好反应，溶液显中性，反应后的溶液pH大小比较：AB，故错误；正确的有，故答案为：；e. 用标准HCl溶液滴定氨水，滴定终点时溶液显酸性，应选用甲基橙作指示剂。A未用HCl标准溶液润洗滴定管，导致盐酸浓度偏低，滴定消耗的盐酸体积偏大，则测定结果偏高，正确；B滴定前锥形瓶内有少量水，不影响滴定结果，错误；C滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的盐酸体积偏大，则测定结果偏高，正确；D观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致消耗的盐酸体积偏小，则测定结果偏低，错误；导致测定结果偏高有AC，故答案为：甲基橙；AC。【点睛】本题难度较大，属于易错题。本题的易错点有(1)和(3)d。(1)中要注意前提条件是pH相同；(3)d中要注意盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，存在电离平衡。11.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/85.5115.2600(分解)75.516.810.3沸点/60.3444.610.045.0337.0回答下列问题：(1)基态Fe原子价层电子排布式为_，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形，共有_能量不同的原子轨道；(2)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_。(3)图(a)为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_。(4)气态H2S的分子的立体构型为_形，固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_。(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_gcm3。【答案】 (1). 3d64s2 (2). 纺锤型 (3). 5 (4). H2S (5). S8与SO2都是分子晶体，S8相对分子质量比SO2大，S8的分子间作用力大于SO2，所以S8熔沸点比SO2高许多 (6). V型 (7). sp3杂化 (8). （或）【解析】【分析】(1)基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，据此解答；(2)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)依次计算H2S、SO2、SO3中S原子价层电子对个数后判断；(3)S8、SO2都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，据此分析解答；(4)根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；根据图示，该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型；(5)根据晶胞中微粒的计算方法，分别计算出Fe2+个数和S22-个数，再根据密度公式计算。【详解】(1)基态Fe原子的电子排布式为Ar3d64s2；其中价电子排布式为3d64s2；基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形(或纺锤型)，故答案为：3d64s2；哑铃形(或纺锤型)；5；(2)H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S，故答案为：H2S；(3)S8、SO2都是分子晶体，分子晶体的熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比，S8相对分子质量大于SO2，所以分子间作用力S8大于SO2，导致熔沸点S8大于SO2，故答案为：S8与SO2都是分子晶体，S8相对分子质量比SO2大，S8的分子间作用力大于SO2，所以S8熔沸点比SO2高许多；(4)H2S中S原子价层电子对个数=2+=4，H2S的分子的立体构型为V型；根据图示，固体三氧化硫中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3杂化，故答案为：V型；sp3杂化；(5)晶胞边长为anm=a10-7cm，晶胞体积=(a10-7cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12=4，S22-个数=8+6=4，其晶体密度=g/cm3=g/cm3，故答案为：(或)。【点睛】本题的难点是晶胞计算，注意均摊分在晶胞中的灵活运