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山西省平遥县和诚高考补习学校2020届高三化学12月月考试题一、单选题(每小题3分,共54分)1下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）AZn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJmol-1，E反应物E生成物BCaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H=+178.2kJmol-1，E反应物 c(Cu2+) c(H+) c(OH-)16已知：酸式乙二酸钠与浓硫酸共热时反应为。利用该反应所产生的气体（X）用有关仪器装置进行实验：下列说法不正确的是（ ）A对I装置，活塞关闭，打开活塞，在导管D处能得到纯净而干燥的COB当A选项反应完成后，再关闭活塞，打开活塞，在导管D处得到纯净而干燥的C利用装置I中D处所得纯净CO气体，通过实验装置II能够说明CO具有还原性D实验装置III与实验装置II相比较，能减少CO污染，能顺利完成氧化铁还原实验17现有八种物质：甲烷、苯、聚乙烯、氯乙烯、2丁炔、环己烷、邻二甲苯、乙醛，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色的是( )A B C D 18下列叙述正确的是 氧化还原反应的实质是电子的得失。若1 mol气体的体积为22.4 L，则它一定处于标准状况下。标准状况下，1 L HCl和1 L H2O的物质的量相同。溶于水得到的溶液可以导电的物质就是电解质。利用丁达尔现象区别溶液和胶体。两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同。在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大。同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比。ABCD二、综合题(共46分)19(12分)A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。阳离子Na、Ba2、NH4+阴离子CH3COO、Cl、OH、SO42-已知：A、C溶液的pH均大于7，相同浓度A、B的溶液中水的电离程度相同；C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。（1）A是 ，B是 。（2）写出C与D反应的离子方程式 。（3）25时，0.1molL1B溶液的pHa，则B溶液中c(H)c(NH3H2O) (用含有a的关系式表示)。（4）将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为 。（5）在一定体积的0.005molL1的C溶液中，加入一定体积的0.00125molL1的盐酸时，混合溶液的pH11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是 。20(18分)卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4氧化剂与还原剂的物质的量比是_；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_。先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_；若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。写出图中仪器的名称：_；该装置还缺少的仪器是_；冷凝管的进水口是：_（填g或f）。（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：_上述反应中氧化剂：_，还原剂：_，被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值_。a : Cl2+2I-=I2+2Cl-； b: Cl2+2Fe2+=2Fe3+Cl-； c:2Fe3+2I-=I2+2Fe2+。 Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序：_21(16分)氮、硫的化合物合成、应用以及对环境的影响一直是科学界研究的热点。(1)尿素主要以NH3和CO2为原料进行合成。主要通过以下两个反应进行:反应1：2NH3(l)+CO2(g)= H2NCOONH4(l)H1= -117.2 kJmol-1反应2：H2NCOONH4(l)= H2O(l)+CO(NH2)2(l)H2=+21.7 kJmol-1请回答：CO(NH2)2 (l)+H2O(l)=2NH3(l)+CO2(g) H3=_，该反应能自发进行的主要原因是_(2)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，在恒容容器中，1 mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图所示。若700发生该反应，经3分钟达到平衡，计算03分钟v(S2)=_molL-1min-1，该温度下的 平衡常数为_若该反应在起始温度为700的恒容绝热容器中进行，达到平衡时SO2的转化率_90%(填“”、“”或“=”)下列说法一定能说明该反应达到平衡状态的是_A焦炭的质量不再变化时BCO2、SO2的浓度相等时CSO2的消耗速率与CO2的生成速率之比为1:1D容器的总压强不再变化时(3) NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示石墨I附近发生的反应为_，当外电路通过1mole-，正极上共消耗_ mol N2O5 。参考答案1BA. 反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应； B. 反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；C. 该反应为吸热反应；D. 该反应为可逆反应。【详解】A.当反应物总能量生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应H0，A项错误；B.当反应物总能量0，B项正确；C.根据热化学方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) H=+92.3kJmol-1可知HCl分解是吸热反应，C项错误；D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H c(H+), 即c(HA) c(H+)，故D错误。综上所述，答案为A。4A【详解】A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。综上所述，答案为A5D【详解】A、根据图中信息可知，升高温度，反应CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)的溶度积增大，沉淀溶解平衡是吸热过程，H0，选项A错误；B. 在25 时，b、c二点在曲线上，对应的溶度积Ksp相等，a点是不饱和溶液，d是过饱和溶液，选项B错误；C. a点是不饱和溶液，对a点的碳酸钙溶液恒温蒸发水，溶液中离子浓度均增大，选项C错误； D. 25 时，d点表示CaCO3在溶液中刚好达到饱和，查得钙离子、碳酸根离子浓度，Ksp=2.010-51.410-4=2.810-9，选项D正确。答案选D。6A【详解】A、0.1 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)，A选项正确；B、0.1 molL1 NH4Cl溶液与0.1 molL1氨水等体积混合，pH7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，若不考虑NH4+水解和NH3H2O的电离，则c(NH4+)= c(NH3H2O)=c(Cl-)，在考虑溶液中水解平衡和电离平衡后，因一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH4+)c(Cl-)c(NH3H2O) c(OH)，B选项错误；C、根据物料守恒，0.1 molL1Na2CO3溶液中，c(Na+)2c(CO32-)2c(HCO3-)2c(H2CO3)，0.1 molL1 NaHCO3溶液中，c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na+)3c(CO32-)3c(HCO3-)3c(H2CO3)，即c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(H2CO3)，C选项错误；D、0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，根据电荷守恒：c(Na)c(H)2c(C2O42-)c(HC2O4-)c(OH)c(Cl)，D选项错误；故答案为A。7A【详解】A步骤，从题给的条件，可知n(NaOH)=0.001mol，即n(OH-)=0.001mol。依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001molNaOH时，OH-恰好与HCO3-完全反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O，生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)Ksp(MgCO3)，此时c(Ca2+)c(CO32-)Ksp(CaCO3)，生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀Ca2+CO32-=CaCO3，沉淀溶液中剩余c(Ca2+)约为0.010molL-1，c(CO32-)约为4.96107 molL-1，没有MgCO3生成，所以沉淀物X为CaCO3，故A正确；B由于CO32-只有0.001mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c(Ca2+)=0.010molL-1滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，故B错误；C步骤，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11(即pOH=3)时，此时滤液中c(OH-)=110-3molL-1，则QcCa(OH)2=c(Ca2+)(10-3)2=0.010(10-3)2=10-8KspCa(OH)2，无Ca(OH)2生成。QcMg(OH)2=c(Mg2+)(10-3)2=0.050(10-3)2=510-8KspMg(OH)2，有Mg(OH)2沉淀生成。又由于KspMg(OH)2=c(Mg2+)(10-3)2=5.6110-12，c(Mg2+)=5.6110-610-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，故C错误；D步骤中若改为加入4.2gNaOH固体，则n(NaOH)=0.105mol，与0.05molMg2+反应：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，生成0.05molMg(OH)2，剩余0.005molOH-。由于QcCa(OH)2=c(Ca2+)c(OH-)2=0.010(0.005)2=2.510-7KspCa(OH)2，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，故D错误；故选A。【点睛】正确理解沉淀的生成与溶度积的关系是解题的关键。本题的易错点为A，要注意生成碳酸钙沉淀后溶液中Qc(MgCO3)与Ksp(MgCO3)比较。8AA.根据图象可知：在室温下，醋酸溶液的AG=lg=7，即=107，而水的离子积Kw=c(H)c(OH-)=10-14，两式联立可知：c(H)=103.5 mol/L，而在醋酸溶液中，c(CH3COO-)c(H)=103.5 mol/L，因此醋酸的电离平衡常数Ka=10-5，A正确；B.A点的AG=lg=0，即=1，则c(H)=c(OH-)，此时溶液显中性，而当加入氢氧化钠溶液20.00 mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质是强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，B错误；C.当B点加入NaOH溶液40 mL时，所得溶液为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，根据物料守恒可知，c(Na+)=2c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C错误；D.A点之后，当V(NaOH)20 mL后，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，D错误；故合理选项是A。9C【详解】A. 分析可知，达到平衡状态后，升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应Hv逆，与图像相符，则图表示的是t1时刻增大压强，与题意不符，A错误；B. 加入催化剂正逆反应速率相同，且均增大，即图表示的是t1时刻加入催化剂，与题意不符，B错误；C. 增大压强，正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，即v正v逆，速率加快反应时间缩短，则P甲小于P乙，与图像不符，图表示的不是压强对化学平衡的影响，符合题意，C正确；D. 升高温度，正逆反应速率均增大，且T甲小于T乙；平衡逆向移动，二氧化硫的转化率降低，图表示的是温度对化学平衡的影响，与题意不符，D错误；答案为C。11D【详解】A. 用稀硫酸溶液洗涤并灼烧铂丝后，会生成沸点较高的硫酸盐附着在铂丝上，而用稀盐酸洗涤生成的氯化物沸点低，灼烧时容易除去杂质，故A错误；B. 测定溶液的pH要使用干燥的pH试纸，湿润的试纸会改变溶液中离子浓度，故B错误；C. 硝酸钾的溶解度随温度升高变化较大，而氯化钠的溶解度随温度升高变化较小，除去硝酸钾，应使氯化钠留在母液中，不能冷却，应趁热过滤，故C错误；D. 丁达尔效应是胶体的特性，溶液中没有丁达尔现象，可鉴别溶液和胶体，故D正确；答案选D。12A【详解】加烧碱溶液()溶解，得到NaAlO2溶液和Fe，过滤()得NaAlO2溶液，再通入过量生成沉淀()，最后再过滤()，即得纯净的氢氧化铝。所以操作顺序为。答案为A。13B【详解】A氢氧化钠溶液吸收二氧化硫气体，氢氧化钠过量，生成正盐，即生成亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，故A正确；B久置的二氧化硫水溶液会被空气氧化成硫酸，正确的离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4，故B错误；C小苏打溶液中加入足量澄清石灰水的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3+H2O，故C正确；D在淀粉-KI溶液中加入稀硫酸酸化，再通入ClO2气体，溶液变蓝，说明有碘生成，二氧化氯作氧化剂，离子方程式：2ClO2+10I-+8H+5I2+2Cl-+4H2O，故D正确；故答案为B。14D【详解】A. 途径1中产生的Cl2可与氢气反应生成HCl，循环利用，与题意不符，A错误；B. 途径2中，根据原子守恒200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，与题意不符，B错误；C. CuCl22H2O水解生成氢氧化铜和HCl，加热时促进水解，X气体是HCl，目的是抑制CuCl22H2O加热过程可能的水解，与题意不符，C错误；D. 稀硫酸无强氧化性，CuCl在稀硫酸存在的条件下，不稳定易生成金属 Cu 和Cu2+，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】稀硫酸无强氧化性不能氧化CuCl中的Cu为+2价。15B【详解】A、氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸，所以步骤a中还需要加入适量的氧气和水，故A正确；B、铁在硝酸中被氧化为+3价，保温去铁后过滤，铁元素主要以Fe(OH)3形式被过滤出去，故B错误；C、硝酸铜易水解，蒸发浓缩的过程中加入适当的硝酸，目的是抑制硝酸铜的水解，故C正确；D、硝酸铜易水解，溶液呈酸性，所以硝酸铜溶液中离子浓度大小：，故D正确。答案选B。16D【解析】【详解】A对装置，关闭活塞K2，打开活塞K1，气体经过氢氧化钠溶液除去 CO2，再经浓硫酸干燥，即能得到纯净而干燥的 CO，故A正确； B CO2 与氢氧化钠溶液生成的碳酸钠溶液中加入稀硫酸生成 CO2，故B正确；C纯净的 CO 通过实验装置，若红色粉末变为黑色或澄清石灰水变浑浊，都能够说明CO 具有还原性，故C正确；D实验装置气体不能顺利进入硬质玻璃管，无法完成实验，故D错误；故答案为D。17C【详解】氯乙烯中含碳碳双键、2-丁炔中含碳碳三键、乙醛中含-CHO，均既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色，而均不能，只能与高锰酸钾溶液反应褪色；故选C。18C【详解】氧化还原反应的实质是电子的得失或电子对的偏移，与题意不符，错误。若1 mol气体的体积为22.4 L，根据PV=nRT，则它可能处于标准状况下，与题意不符，错误。标准状况下，HCl为气体，H2O为液体， 则1 LH2O的物质的量大于 1 LHCl的物质的量，与题意不符，错误。溶于水得到的溶液，可能为溶质与水反应生成的物质导电，也可能该物种电离产生的离子导电，则无法判断该物质就是电解质，与题意不符，错误。胶体具有丁达尔现象，而溶液无此性质，可利用丁达尔现象区别溶液和胶体，符合题意，正确。两种物质的物质的量相同，若两物质均为气体，则它们在标准状况下的体积也相同，与题意不符，错误。在同温同体积时，气体的物质的量之比等于压强之比，则气体物质的物质的量越大，则压强越大，符合题意，正确。同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，=、m=nM，则气体的密度与气体的相对分子质量成正比，符合题意，正确。综上所述，答案为C。19CH3COONa NH4Cl Ba2+SO42-=BaSO4 10a-14 c(OH)c(Ba2+)=c(Cl)c(NH4+)c(H+) 14 【分析】有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含有一种阴离子且互不重复)。A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。据此分析解答。【详解】(1)通过以上分析知，A是CH3COONa、B是NH4Cl，故答案为：CH3COONa；NH4Cl；(2)C是氢氧化钡、D是硫酸钠，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4，故答案为：Ba2+SO42-=BaSO4；(3)B是NH4Cl，0.1molL1B溶液的pHa，根据溶液中电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据溶液中物料守恒得 c(NH3H2O)+c(NH4+)=c(Cl-)，将两个等式相减得c(H+)-c(NH3H2O)=c(OH-)=10 a-14，故答案为：10 a-14；(4)B是NH4Cl，C是氢氧化钡，根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，溶液中氢氧根离子浓度最大，钡离子和氯离子浓度相等，氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，溶液呈碱性，氢离子浓度最小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(OH-)c(Ba2+)=c(Cl-)c(NH4+)c(H+)，故答案为：c(OH-)c(Ba2+)=c(Cl-)c(NH4+)c(H+)；(5)C是氢氧化钡，在一定体积的0.005molL1的氢氧化钡溶液中，加入一定体积的0.00125molL1的盐酸时，混合溶液的pH=11，溶液显碱性，则碱过量，过量c(OH-)=0.001mol/L，设氢氧化钡溶液的体积为x，盐酸的体积为y，由=0.001可知，=0.001，解得xy=14，故答案为：14。201:5 0.5NA 溶液分层，下层液为紫红色 蒸馏烧瓶 温度计 g MnO2+4H+2Cl-（浓）Mn2+Cl2+2H2O MnO2 HCl 1:1 Cl2Fe3+I2 【分析】（1）KIO3+5KI+3H2SO43I2+3K2SO4+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气；依据氧化还原反应的规律分析；依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答；【详解】（1）反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是1:5；生成3molI2，电子转移5mol，生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol，转移的电子的数目为0.5NA；溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；该图为蒸馏装置是蒸馏烧瓶，是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g口为进水口；（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，离子反应为：MnO2+4H+2Cl-（浓）Mn2+ Cl2+2H2O；反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从-1价升高到0价，MnO2作氧化剂，HCl作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值为1:1；a反应中Cl2作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Cl2 I2，b反应中Cl2作氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Cl2 Fe3+，c反应中Fe3+作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Fe3+ I2，综上，氧化性Cl2Fe3+I2。21+95.5 kJmol-1 S0 0.15 36.45 AD NO2+NO3-e-=N2O5 0.5 【分析】（1）根据盖斯定律（反应1+反应2）（-1）得到；反应自发进行的条件是H-TS0；（2）利用反应的三段式结合反应速率公式、平衡常数表达式计算；700时升高温度，SO2的转化率降低，则平衡逆向移动，正向反应为放热反应，该体系相当在恒温恒容平衡体系中升温，平衡逆向移动；化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，