四川省成都经开区实验中学2020届高三化学上学期9月月考试题（含解析）.doc

四川省成都经开区实验中学2020届高三化学上学期9月月考试题（含解析）一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1. 下列物质分类正确的是a. no2、cl2o7都是酸性氧化物b. 水银、水玻璃都是混合物c. hd、hcho都是极性分子d. 干冰、可燃冰都是分子晶体【答案】d【解析】试题分析：a、酸性氧化物：与水只生成相应的酸，或与碱反应生成盐和水，3no2h2o=2hno3no，因此no2不属于酸性氧化物，故错误；b、水银是汞，属于金属单质，故错误；c、hd是h2，属于非极性分子，故错误；d、干冰是co2，可燃冰主要是ch4，都是分子晶体，故正确。考点：考查物质的分类等知识。2.下列各组物质或物质间反应可能包括多步反应，其总的离子方程式正确的是a. 向naclo溶液中通入过量so2：closo2h2o=hclohso3b. na2s投入水中：s22h2oh2s2ohc. 向含1 mol alcl3溶液中投入4 mol na：al34na2h2o=alo24na2h2d. 向明矾溶液中滴加ba(oh)2溶液，恰好使so42沉淀完全：2al33so423ba26oh=al(oh)33baso4【答案】c【解析】a.次氯酸具有强氧化性，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：closo2h2o2hclso42，a错误；b.na2s投入水中分步水解，b错误；c.向含1 mol alcl3溶液中投入4 mol na，反应生成了偏铝酸根离子和氢气，反应的离子方程式为：al34na2h2oalo24na2h2，c正确；d.溶液中钡离子与硫酸根离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：al32 so422ba24ohalo22h2o2baso4，d错误，答案选c。3. 下列实验操作正确且能达到预期目的的是（ ）实验目的操作比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱用金属钠分别与水和乙醇反应欲证明ch2=chcho中含有碳碳双键滴入kmno4酸性溶液，看紫红色是否褪去欲除去苯中混有的苯酚向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤证明so2具有漂白性将so2通入酸性kmno4溶液中比较确定铜和镁的金属活动性强弱用石墨作电极电解mg(no3)2、cu(no3)2的混合液确定碳和硅两元素非金属性强弱测同温同浓度na2co3和na2sio3水溶液的ph a. b c d【答案】c【解析】试题分析：锌与浓、稀硫酸均可反应；氮气与氢气是可逆反应，有限度；mno2只与浓盐酸反应；铜只与浓硫酸反应；稀硝酸与银可以反应；硫酸与块状石灰石生成的硫酸钙阻止反应进一步进行。所以a、，正确考点：考查化学实验设计、元素及其化合物相关知识。4.有机物a是某种药物的中间体，其结构简式为，关于有机物a的说法正确的是（ ）a. a的分子式为c16h16o3b. a可使酸性kmno4溶液褪色，不可使溴水褪色c. a苯环上的一氯代物同分异构体有2种d. a既可发生氧化反应，又可发生加成反应【答案】d【解析】【分析】有机物含有2个苯环，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题。【详解】a由结构简式可知分子式为c16h14o3，故a错误；b含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，可使酸性kmno4溶液和溴水褪色，故b错误；c含有两个苯环，且结构左右不对称，苯环上的一氯代物同分异构体有4种，故c错误；d有碳碳双键，可发生氧化反应和加成反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故d正确；故答案为d。5.x、y、z、w四种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中x的简单气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，y与z同主族，w的最高价含氧酸是同周期元素中最强的无机酸。下列说法正确的是（ ）a. 钠元素与y元素可形成化合物na2y2b. 最简单氢化物的沸点：yxc. 简单阴离子的半径：yzwd. w元素的单质在化学反应中只表现氧化性【答案】a【解析】【分析】x、y、z、w四种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中x的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则离子化合物为硝酸铵，可知x为n；y与z同主族，w的最高价含氧酸是同周期元素中最强的无机酸，w为cl，则y、z位于a族，结合原子序数可知，y为o，z为s，以此来解答。【详解】由上述分析可知，x为n，y为o，z为s，w为cl；a钠元素与y元素在加热下反应可形成化合物na2o2，故a正确；bnh3、h2o的分子间均含氢键，但水分子间氢键数目多且氢键的强度大，则最简单氢化物的沸点：yx，故b错误；c电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单阴离子的半径：ywz，故c错误；dw元素的单质在化学反应中可体现氧化性、还原性，如氯气与水的反应，故d错误；故答案为a。6.20ml0.1000moll1氨水用0.1000moll1的盐酸滴定，滴定曲线如图，下列说法正确的是（ ）a. 该中和滴定适宜用酚酞作指示剂b. 两者恰好中和时，溶液的ph7c. 达到滴定终点时，溶液中：c(h)c(oh)c(nh3h2o)d. 当滴入盐酸达30 ml时，溶液中c(nh4+)c(h)c(oh)c(cl)【答案】c【解析】【详解】a反应终点生成氯化铵，水解显酸性，酚酞的变色范围为810，应选甲基橙作指示剂，故a错误；b两者恰好中和时生成氯化铵，溶液的ph7，故b错误；c物料守恒式为c(nh4+)+c(nh3h2o)=c(cl-)，电荷守恒式为c(nh4+)+c(h+)=c(oh-)+c(cl-)，则c(h+)=c(oh-)+c(nh3h2o)，故c正确；d溶液不显电性，遵循电荷守恒，则当滴入盐酸达30ml时，溶液中c(nh4+)+c(h+)=c(oh-)+c(cl-)，故d错误；故答案为c。【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如nahco3溶液中存在着na+、h+、hco3-、co32-、oh-，存在如下关系：c(na+)+c(h+)c(hco3-)+c(oh-)+2c(co32-)。物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如k2s溶液中s2-、hs-都能水解，故s元素以s2-、hs-、h2s三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(k+)2c(s2-)+2c(hs-)+2c(h2s)。质子守恒规律，如na2s水溶液中质子守恒式可表示：c(h3o+)+2c(h2s)+c(hs-)c(oh-)或c(h+)+2c(h2s)+c(hs-)c(oh-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。7.某太阳能电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是()a. 光照时，b极的电极反应式为vo2eh2o=vo2+2hb. 光照时，每转移2 mol电子，有2 mol h由a极区经质子交换膜向b极区迁移c. 夜间，a极的电极反应式为v3e=v2d. 硅太阳能电池供电原理与该电池相同【答案】a【解析】a.光照时，b极失去电子，发生氧化反应，b极为负极，电极反应式为vo2+-e-+h2o=vo2+ 2h+，a项正确；b.光照时，b极失去电子，为了维持电荷平衡，h必须由b极区经质子交换膜向a极区迁移，b项错误；c.夜间，电池放电，a极的电极反应式为v2+-e=v3+，c项错误；d.该电池工作时，发生了氧化还原反应，化学能转化为电能，而硅太阳能电池直接将光能转化成电能，二者供电原理不相同，d项错误。答案选a。二、非选择题(共58分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35、36题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共43分)8.（1）请从cl2、h2、co2、no、nh3气体中选择一种气体，该气体在实验室可以用如图装置制取、净化、收集（可以含水蒸气），制取该气体的化学反应方程式为_；（2）已知：可用下述装置制取1,2 - 二溴乙烷（无色液体，密度2.18 gcm-3，熔、沸点为9.79、131.4，不溶于水）；试管d中装有液溴(表面覆盖少量水)。e装置的作用是_；当观察到_现象时，试管d中反应基本结束；若用冰水代替烧杯中的冷水，可能引起的不安全后果是_；实验结束后，要精制试管d中的粗产品，操作先后顺序是_（填标号）a.蒸镏 b.水洗 c.用干燥剂干燥 d.10%naoh溶液洗 e.水洗实验消耗40%乙烯利（摩尔质量为m）溶液50g，制得产品m g，则乙烯利合成1,2 - 二溴乙烷的产率为_（用含m，m的代数式表示）；设计实验证明，反应后烧瓶中的混合溶液含有cl-、po43-，简述实验方案。已知：氯化银、磷酸银（黄色）、磷酸钡（白色）的ksp分别为1.7710-10、8.8810-17 和3.41023。答：_。【答案】 (1). caco3+2hcl=cacl2+co2+h2o (2). 吸收溴蒸汽 (3). 试管内溶液褪为无色 (4). d中长导管堵塞 (5). bdeca或edbca (6). (7). 取适量混合溶液，加入过量的ba(no3)2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在po43-；静置，取上层清液于试管中，加入过量稀硝酸和agno3溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在cl-【解析】（1）按此装置，收集的气体的密度必须大于空气，h2、nh3的密度小于空气，不能用此装置收集；no与空气中的氧气反应，不能用此装置收集；cl2的制备需要加热装置；所以此装置只能用来制备和收集co2，实验室制取co2用稀盐酸和碳酸钙反应，制取该气体的化学反应方程式为：caco3+2hcl=cacl2+co2+h2o 答案为：caco3+2hcl=cacl2+co2+h2o （2）d中的液溴易挥发，会污染大气，应该进行尾气吸收，所以装置e中氢氧化钠溶液的作用是吸收br2蒸气，防止大气污染；d中乙烯与溴发生加成反应使液溴褪色，生成的1,2 - 二溴乙烷为无色，当观察到试管内溶液褪为无色时说明d中反应基本结束。冰水的温度低于冷水，温度过低会使1,2 - 二溴乙烷凝结为固体，导致d中长导管堵塞，发生危险。实验结束后，要精制试管d中的粗产品，将粗产品先用水洗涤，再用10%naoh溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，可以得到纯净的1,2 - 二溴乙烷。乙烯利合成1,2 - 二溴乙烷的产率= 由已知条件可知氯化银、磷酸银（黄色）、磷酸钡（白色）都是沉淀，且磷酸钡比氯化银更难溶，所以应该先检验po43-再检验cl-，可设计实验如下：取适量混合溶液于试管中，加入过量的ba(no3)2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在po43-；静置一段时间，取上层清液少量于试管中，加入过量稀硝酸和agno3溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在cl-。答案为： 吸收溴蒸汽 、试管内溶液褪为无色 d中长导管堵塞 bdeca或edbca 取适量混合溶液，加入过量的ba(no3)2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在po43-；静置，取上层清液于试管中，加入过量稀硝酸和agno3溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在cl-9.（1）利用i2o5可使co与h2o(g)反应转化为co2和h2，从而有效减少大气污染。该过程可通过图1所示的两步反应循环实现。其中：反应为i2o5(s)5co(g)=i2(s)5co2(g) ha kjmol1反应中，生成1 mol h2(g)时，反应热hb kjmol1。总反应的热化学方程式为(反应热h用含a、b的代数式表示)_。在恒温密闭容器中加入一定量的co(g)和i2o5(s)，发生反应并达到平衡。测得体系中各气体组分的体积分数随时间t的变化如图2所示。则此反应用气体分压表示的平衡常数kp_(已知：气体分压气体总压体积分数)。（2）已知铅盐中，pb(no3)2、(ch3coo)2pb易溶于水，pbso4、pbs难溶于水，室温下其溶度积常数为ksp(pbso4)1.06108；ksp(pbs)3.401028。将一定量的pbso4加入足量饱和ch3coonh4溶液中，微热，并不断搅拌，因发生复分解反应，pbso4缓慢溶解。能发生此复分解反应的原因是_。某溶液中主要含有s2、so42-等阴离子，向其中滴加pb(no3)2溶液，当pbso4开始析出时，溶液中_。（3）钛基二氧化铅(ti/pbo2)是重要的电极材料，工业上用电解法制作，主要流程如图：其中“电解沉积表层”是制作的关键，方法是电解可溶性铅盐溶液，使生成的pbo2沉积在阳极金属钛(ti)上。主反应为2pb22h2o=pbpbo24h。必须预先将阳极金属钛进行“热钝化处理”，原因_。电解槽中，阳极主要的反应式为_；该法的缺点是阳极、阴极均会发生副反应。其中阴极上产生的气体副产物是_。电解法制得的pbo2晶体中含有少量的2价铅，从而导致氧原子所在位置出现少量“空穴”(即化学式为pbox，但x2)。若电解时每生成1molpbox转移1.94na个e(na为阿伏加德罗常数的值)，则铅元素中2价铅所占的质量分数为_。【答案】 (1). co(g)h2o(g)co2(g)h2(g) h(0.2ab)kjmol1 (2). 243(或35) (3). 生成的醋酸铅难电离 (4). 3.211020 (5). 电解时，阳极材料钛可被氧化，需表面钝化防护 (6). pb22e2h2opbo24h (7). h2 (8). 3%(或0.03)【解析】【分析】(1)根据盖斯定律确定总反应方程式；先计算各组分的分压，再计算平衡常数kp；(2)醋酸铅是弱电解质，促进硫酸铅溶解平衡正向移动；由于ksp(pbs)远小于ksp(pbso4)，所以当pbso4开始沉淀时，可认为s2已沉淀完全，得到是两种物质的饱和溶液；(3)钛为活性电极。阳极上pb2失电子被氧化为pbo2；阴极上除pb2能得电子外，溶液中的h也会得电子发生还原反应。每生成1 molpbo2转移2 mol电子，若转移1.94 mol电子，则生成0.97 mol pbo2，所以1 mol pbox中有0.03 mol pb2。【详解】(1)反应的热化学方程式为i2(s)5h2o(g)i2o5(s)5h2(g) h5b kjmol1，结合反应：i2o5(s)5co(g)i2(s)5co2(g) ha kjmol1，得到总反应的热化学方程式为co(g)h2o(g)=co2(g)h2(g) h(0.2ab) kjmol1。设气体的总压强为p，则平衡时，p(co)p25%，p(co2)p75%。kp=35243。(2)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解。由于ksp(pbs)远小于ksp(pbso4)，所以当pbso4开始沉淀时，可认为s2已沉淀完全，得到的是两种物质的饱和溶液，=3.211020；(3)钛为活性电极，若不进行“热钝化处理”，阳极金属钛会放电溶解。阳极上pb2失电子被氧化为pbo2，电极反应式为pb22e2h2opbo24h；阴极上除pb2能得电子外，溶液中的h也会得电子放出h2。每生成1 molpbo2转移2 mol电子，若转移1.94 mol电子，则生成0.97 mol pbo2，所以1 mol pbox中有0.03 mol pb2，其在铅元素中的质量分数为=3%。10.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：已知：菱锰矿的主要成分是mnco3，其中含fe、ca、mg、al等元素。al3+、fe3+沉淀完全的ph分别为4.7、3.2，mn2+、mg2+开始沉淀的ph分别为8.1、9.1。焙烧过程中主要反应为mnco3+2nh4clmncl2+2nh3+co2+h2o。（1）结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间依次分别为_、_、_。（2）浸出液“净化除杂”过程如图：已知几种氧化剂氧化能力的强弱顺序为：h2o2cl2mno2fe3+，则氧化剂x宜选择_(填字母)。ah2o2 bcl2 cmno2调节ph时，ph可取的范围为_。（3）“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为_。（4）上述流程中可循环使用的物质是_。【答案】 (1). 500 (2). 1.10 (3). 60min (4). c (5). 4.7ph8.1 (6). mn2+2hco3-mnco3+co2+h2o (7). nh4cl【解析】【分析】根据流程：将菱镁矿粉(主要成分是mnco3，还含有少量fe、al、ca、mg等元素)与氯化铵混合研磨后焙烧：mnco3+2nh4clmncl2+2nh3+co2+h2o，浸出，浸出液含有mn2+、fe2+、al3+、ca2+、mg2+，加入mno2将fe2+氧化为fe3+：mno2+2fe2+4h+mn2+2fe3+2h2o，然后调节溶液ph范围4.7ph8.1使fe3+，a13+沉淀完全，再加入nh4f沉淀ca2+、mg2+，过滤除去fe(oh)3、al(oh)3、caf2、mgf2，净化液的成分主要含有mncl2，加入碳酸氢铵碳化结晶，发生反应：mn2+2hco3-mnco3+co2+h2o，过滤，得到mnco3产品和滤液nh4cl，将滤液nh4cl蒸发结晶得到nh4cl晶体可循环使用，据此分析作答。【详解】(1)由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比、焙烧时间增大而提高，到500、1.10、60min达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10，焙烧时间为60min；(2)对浸出液净化除杂时，需要将fe2+转化为fe3+，根据氧化剂氧化能力的强弱顺序为h2o2cl2mno2fe3+，则应选择加入mno2将fe2+转化为fe3+，而不能用h2o2或cl2，因为h2o2或cl2除能氧化fe2+，还能氧化mn2+，故答案为c；已知：al3+、fe3+沉淀完全的ph分别为4.7、3.2，mn2+、mg2+开始沉淀的ph分别为8.1、9.1，调节溶液ph使fe3+，a13+沉淀完全，同时不使mn2+沉淀，故ph范围为：4.7ph8.1；(3)净化液的成分主要含有mncl2，碳化结晶时，发生反应的离子方程式为mn2+2hco3-mnco3+co2+h2o；(4)根据分析和流程可知，可以循环使用固体物质是nh4cl。(二)选考题(请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)11.a、b、c、d、e五种元素，原子序数依次递增。a元素的周期数、主族数、原子序数相同；b元素的前六级电离能的数值变化如图所示：c元素的基态原子核外有六种不同运动状态的价电子；d与b同主族，电负性db；e是第四周期d区元素，血红蛋白中的e元素更易与bc形成配合物e(bc)5。（1）写出e的基态原子电子排布式_。（2）a3c中，c原子采用_杂化，离子构型为_，比较a3c与a2c中的键角大小并解释原因_。（3）d60分子中每个d原子均采用sp2杂化，则1 mold60分子中键数目为_。（4）a2c有多种晶体结构，其中一种晶体中分子的空间排列方式与金刚石晶体类似，该晶体晶胞中含有_个a2c分子，a2c的配位数为_，a2c之间的作用力为_。已知晶胞的棱长为a pm，阿伏加德罗常数为na，试列式计算此晶体的密度_gcm3(用含a、na的代数式表示)。（5）e(bc)5中e周围的价电子总数为_，配位原子是_(填元素符号)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2 (2). sp3 (3). 三角锥形 (4). h3o比h2o的键角大，因为h2o中o原子有2对孤对电子，h3o只有1对孤对电子，排斥力较小 (5). 30na (6). 8 (7). 4 (8). 氢键和范德华力 (9). (10). 18 (11). c【解析】【分析】周期数、主族数、原子序数相同的只有h，由电离能数值变化图可知b最外层有4个电子为a族元素，c元素的基态原子核外有六种不同运动状态的价电子，说明c元素最外层有6个电子，应为a；d与b同主族即均为a族元素，电负性db，则说明b为c元素、d为si元素，结合a、b、c、d、e的核电荷数递增，可知c为o元素；e是第四周期d区元素，血红蛋白中的e元素更易与bc形成配合物e(bc)5，则e为fe元素，形成的配合物为fe(co)5，据此分析解题。【详解】综合信息可知ae依次为h、c、o、si、fe四种元素。则(1)e为fe元素，核电荷数为26，其基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2；(2)水合氢离子中o原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知o原子杂化类型为sp3，离子构型为三角锥形；孤电子对间的排斥力大于孤电子对和共用电子对之间的排斥力，h2o中o原子有2对孤对电子，h3o+只有1对孤对电子，排斥力较小，所以h3o+中h-o-h键角比h2o中h-o-h键角大；(3)每个si原子均采用sp2杂化，即每个si原子都以一个键与另一原子结合，一个键被两个原子共用，故键数na60/230na。(4)参照教材中金刚石晶胞的结构，由于1个晶胞中含有8个水分子，则一个晶胞的质量，gcm3gcm3。(5)在fe(co)5中fe的价电子结构为3s64s2，c原子提供孤对电子，形成5个配位键，则fe周围的价电子总数为8+25=18，配位原子是c。【点睛】注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，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)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，孤电子对数为1时，空间构型是三角锥形。12.有机物af之间转化关系如下图所示（部分产物已略去），其中b的相对分子质量是d的2倍。提示：会自动脱水形成rcho根据以上信息回答下列问题：（1）b的分子式是_（2）检验d中官能团可使用的试剂名称是_，写出d的相邻同系物与该试剂