宁夏银川一中2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）.doc

宁夏银川一中2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）1.下列说法正确的是：A. 冰水混合物、硫酸、氢化钠都是电解质B. 按照性质进行分类将酸分为一元酸，氧化性酸，强酸C. 酸性氧化物都是非金属氧化物D. 两种盐之间相互反应一定生成两种新盐【答案】A【解析】【详解】A. 冰水混合物为弱电解质，硫酸、氢化钠是强电解质，A正确；B. 按照性质进行分类将酸分为氧化性酸和非氧化性酸，按照能电离出氢离子的个数可分为一元酸、二元酸和多元酸，按照能否完全电离出氢离子可分为强酸和弱酸，B错误；C. 酸性氧化物不都是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物也是酸性氧化物，C错误；D. 两种盐之间发生复分解反应会生成两种新盐，但是发生氧化还原反应不一定生成盐，还有可能生成单质、氧化物等，D错误；故答案选A。2.中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法正确的是A. “杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质B. “霾尘积聚难见人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应C. “日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D. “火树银花不夜天”指是金属单质的焰色反应【答案】B【解析】【详解】A. “杨花榆荚无才思”中的“榆荚”是植物的种子，主要成分是纤维素，A错误；B. “霾尘积聚难见人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应，B正确；C. “日照香炉生紫烟”中的紫烟是固体颗粒，而碘升华得到的是碘蒸气，C错误；D. “火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，而不是金属单质，D错误；故答案选B。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.5 mol雄黄( As4S4，结构为)中含有NA个S-S键B. 在1mol /L的NH4NO3溶液滴加氨水使溶液呈中性，则1L该溶液中NH4+的数目为NAC. 标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAD. 常温下，将1 mol CH4与1 mol Cl2混合光照，使其充分反应后，生成气体的分子数为NA【答案】B【解析】【详解】A. As4S4中，As为第VA族元素，S为第VIA族元素，As成三个键，S成两个键，故白球为S，所以雄黄中不包含S-S键，A错误；B. 在1mol /L的NH4NO3溶液滴加氨水，由电荷守恒可知，因为溶液呈中性，则，所以，则1L该溶液中NH4+的数目与硝酸根相同为NA，B正确；C. 标准状况下，氟化氢为非气态，因此无法求算，C错误；D. 在光照条件下，将1molCH4与1molCl2混合充分反应后，由于氯气不足，可发生多步取代反应，生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl等，故无法确定生成的气体分子数，D错误；故答案选B。【点睛】气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，仅限于标况下为气态的物质使用，其他物质状态和环境下不适用。4.常温下，下列各离子能在指定溶液中大量共存的是A. 使甲基橙变红的溶液：Fe2+、NO3、SO42、Na+B. 加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl、NH4+、NO3-C. 水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+D. c(OH-)/c(H+)值为100的溶液：S2-、Na+、SO42、SO32-【答案】D【解析】【详解】A. 使甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，在酸性环境下硝酸根离子体现强氧化性，与有还原性的二价铁离子无法大量共存，A错误；B. 加入铝粉放出氢气的溶液可能为强酸溶液也可能为强碱溶液，在强碱溶液中，铵根离子无法大量存在，B错误；C. 水电离出来的c(H+)=10-13mol/L，可能为强酸溶液也可能为强碱溶液，酸性环境和碱性环境下碳酸氢根离子均无法大量存在，C错误；D. c(OH-)/c(H+)值为100，即c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，S2-、Na+、SO42、SO32-可以大量共存，D正确；故答案选D。【点睛】在离子共存的题目当中，注意分析题目所给条件，如加入铝粉放出氢气的溶液可能为强酸溶液也可能为强碱溶液，水电离出来的c(H+)=10-13mol/L，可能为强酸溶液也可能为强碱溶液等。5.下列离子方程式正确的是A. 澄清石灰中滴入少量的NaHCO3溶液: Ca2+OH - +HCO3- = CaCO3+H2OB. 足量的醋酸溶液除水垢：2H+CaCO3= Ca2+ CO2+H2OC. 少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液: SO2+H2O+Ca2+2ClO- = CaSO3+2HClOD. 足量的氯气通入FeBr2溶液：2Cl2 + 2Fe2+ +2Br-=2Fe3+4Cl- + Br2【答案】A【解析】【详解】A. 澄清石灰中滴入少量的NaHCO3溶液，可将碳酸氢根的系数定为“1”进行配平，得到的离子方程式为：Ca2+OH - +HCO3- = CaCO3+H2O，A正确；B. 足量的醋酸溶液除水垢，醋酸为弱电解质，因此在离子方程式中不拆，B错误；C. 次氯酸具有强氧化性，因此少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液，产物应为硫酸钙而不是亚硫酸钙，C错误；D. 因为Cl2过量，所以将FeBr2中的Fe2+和Br-全部氧化，分别生成Fe3+和Br2，离子方程式为3Cl2 + 2Fe2 +4Br=2Fe3+6Cl + 2Br2，D错误。故答案选A。6.高铁酸钾 （K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业是先制得高铁酸钠，然后在低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾（K2FeO4）。湿法制备的主要反应方程为：2Fe(OH)3+3ClO+4OH=2FeO42- +3Cl+5H2O,干法制备的主要反应方程为：2FeSO4 +6Na2O2 = 2Na2FeO4 +2Na2O +2Na2SO4 +O2 下列有关说法不正确的是A. 低温下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠更小B. 湿法制备中每生成1mol Na2FeO4 转移3mol电子C. 干法制备中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：3D. K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质【答案】C【解析】【详解】A. 工业是先制得高铁酸钠，然后在低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾，说明低温下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠更小，A正确；B. 湿法中每生成，有参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，B正确；C. 干法制备中，氧化剂为过氧化钠，还原剂为硫酸亚铁和过氧化钠，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:5，C错误；D. K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质，D正确；故答案选C。【点睛】在氧化还原反应中，若一个物质同时作氧化剂和还原剂，不好判断氧化剂与还原剂的物质的量之比，可通过氧化产物和还原产物的物质的量来进行判断。7.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下： 反应室载气吸收液SO42-含量数据分析N2蒸馏水a. bdac.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-3%氨水b空气蒸馏水c3%氨水d下列说法不正确的是A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施B. 反应室中可能发生反应：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成【答案】C【解析】【详解】A. 因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B. 反应室中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由已知 bdac，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D. 铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。8.某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-实验I ：取少量该试液进行如下实验。实验：为了进一步确定该溶液的组成，取100 mL原溶液，向该溶液中滴加1 mol L-l的NaOH溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有_种，沉淀Z的化学式_。（2）检验气体X的方法是_； （3）写出实验的图象中BC段对应的离子方程式：_。（4）A点对应的固体质量为_g。（5）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是_，推算该溶液中阴离子的浓度为_mol L-l，检验该阴离子的方法是：_。【答案】 (1). 4 (2). Mg(OH)2 (3). 使湿润的红色石蕊试纸变蓝（或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒冐白烟 (4). Al(OH)3OH=AlO22H2O (5). 0.136 (6). NO3 (7). 0.08 (8). 取液，加入铜片，再加少量浓硫酸，有无色气体产生，在空气中变为红棕色。【解析】【分析】溶液无色，则不存在有色离子，即亚铁离子、高锰酸根离子；溶液显酸性，则不存在硅酸根离子和亚硫酸根离子；该溶液与硝酸银溶液混合后无沉淀生成，则不存在氯离子，因此一定含有硝酸根离子；该溶液与稀硫酸反应得不到沉淀，说明不存在钡离子，所得溶液与过量的氢氧化钠溶液混合生成气体X、溶液Y和沉淀Z，X是氨气，一定含有铵根离子；沉淀一定是氢氧化镁，含有镁离子；根据图像可知开始时氢氧化钠首先中和氢离子，然后沉淀金属阳离子，沉淀达到最大值后开始与铵根结合生成氨气，然后沉淀开始减少，最后不再发生变化，所以溶解的沉淀一定是氢氧化铝，含有铝离子。【详解】（1）根据分析可知不进行实验就可以推断出表中的离子一定不存在的有4种，即亚铁离子、硅酸根离子、高锰酸根离子和亚硫酸根离子，根据分析可知沉淀Z的化学式为；（2）氨气是碱性气体，检验氨气的方法是用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝，则说明X为氨气；（3）实验的图象中BC段发生氢氧化铝的溶解，对应的离子方程式为；（4）A点消耗氢氧化钠6mL，与金属阳离子反应的氢氧化钠是5mL，物质的量为0.005mol。溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，所以生成的氢氧化铝是0.001mol，则与镁离子反应的氢氧化钠是0.002mol，氢氧化镁是0.001mol，所以对应的固体质量为；（5）通过实验可以确定该溶液中一定存在阴离子是硝酸根离子；与氢离子反应的氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，即氢离子是0.001mol；与铵根反应的氢氧化钠是2mL，物质的量是0.002mol，即铵根是0.002mol，根据溶液显电中性可知硝酸根的物质的量是，所以该溶液中阴离子的浓度为；检验硝酸根离子的方法，可通过其在酸性条件下具有的强氧化性来实现，取液，加入铜片，再加少量浓硫酸，有无色气体产生，在空气中变为红棕色，则证明溶液中存在硝酸根。9.氯酸钾和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯。(1) 请补充空白并配平化学方程式。_KClO3+_HCl(浓) _KCl+_ClO2+_Cl2+ _ (2) 浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填序号)A. 只有还原性 B. 还原性和酸性 C.只有氧化性 D.氧化性和酸性(3) 若反应中生成标准状况下13.44L气体，则消耗还原剂的物质的量为_。(4) ClO2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒的效率（以单位物质的量得到的电子数表示）是H2O2的_倍。(5)过氧化钙也是一种优良消毒剂，供氧剂。通常情况下用CaCl2在稀氨水条件下与H2O2反应得到CaO28H2O沉淀，请写出该反应的化学方程式：_。取2.76 g CaO28H2O样品受热脱水过程的热重曲线（140 时完全脱水，杂质受热不分解）如图所示。试确定60 时CaO2xH2O中x_。该样品中CaO2的质量分数为_。（保留一位小数）【答案】 (1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2H2O (7). B (8). 0.4mol (9). 2.5 (10). CaCl2H2O22NH38H2O=CaO28H2O2NH4Cl (11). 2 (12). 26.09%【解析】【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2，其反应方程式为：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O；（2）反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O中，HCl中氯元素化合价由1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，HCl在反应中还原剂与酸的作用，各有一半，故选B；（3）若反应中生成标准状况下13.44L气体，即生成13.44L22.4L/mol=0.6mol的气体，因为生成二氧化氯和氯气的物质的量之比为1:2，所以分别生成0.2mol二氧化氯和0.4mol氯气，则消耗还原剂的物质的量为0.4mol；（4）1molH2O2可以得到2mol电子，1molClO2可以得到5mol电子，ClO2消毒的效率是过氧化氢的；（5）通常情况下用CaCl2在稀氨水条件下与H2O2反应得到CaO28H2O沉淀，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4Cl由图中可看出，140以后，结晶水全部脱去，脱去的水的质量为2.76g-1.32g=1.44g，故水的物质的量为0.08mol，CaO28H2O的物质的量为0.01mol，由曲线图可看出，60-140失去结晶水的质量为1.68g-1.32g=0.36g，物质的量为0.02mol，则x=2；过氧化钙的质量为0.01mol72gmol-1=0.72g，故该样品中过氧化钙的质量分数为100%=26.09%。10.某研究性学习小组欲测定室温下(25 、101 kPa)的气体摩尔体积，请回答以下问题。该小组设计的简易实验装置如图所示：主要操作步骤如下：配制一定体积1.0 mol/L的盐酸溶液；量取10.0 mL 1.0 mol/L的盐酸溶液加入锥形瓶中；称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端；往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL。请回答下列问题。（1）为使HCl全部参加反应，a数值至少为_；若实验中至少需要220mL上述盐酸，配制该盐酸溶液需量取36.5% 1.18g/cm3的浓盐酸_mL。（2）在配制溶液中，以下操作会使溶液浓度偏低的是_（填序号）A、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外 B、定容时仰视刻度线C、量取浓盐酸时仰视刻度线 D、容量瓶洗净后没有干燥直接配制（3）实验步骤中应选用_(填序号)的量筒。A100 mL B200 mL C500 mL（4）若忽略水蒸气的影响，读数时除恢复到室温外，还要注意_。在实验条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm_（用含V的表达式表示），若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】 (1). 0.12 (2). 21.2 (3). AB (4). B (5). 量筒内的液面与集气瓶内的液面相平 (6). 0.2 V L/mol (7). 偏小【解析】【详解】（1）根据方程式:24g 2mol a 0.01mol；36.5% 1.18g/cm3的浓盐酸的浓度为11.8mol/L，要配置220mL 1.0 mol/L的盐酸，则应当使用250mL的容量瓶，需量取36.5% 1.18g/cm3的浓盐酸；（2）A. 在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，会减少溶质的物质的量，会使溶液浓度偏低；B. 定容时仰视刻度线，会少加水，使溶液体积减小，使溶液浓度偏低；C. 量取浓盐酸时仰视刻度线，会增加溶质的物质的量，使溶液浓度偏高；D. 容量瓶洗净后没有干燥直接配制，对溶液浓度没有影响；故答案选AB；（3）由（1）中方程式的比例关系，可知生成氢气的体积为112mL，故应当选用200mL量筒；（4）若忽略水蒸气的影响，读数时除恢复到室温外，还要注意读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，即将量筒缓缓向下移动，使乙、丙中液面相平，调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算式为，若未除去镁条表面的氧化膜，生成的氢气体积减少，则测量结果偏小。11.已知元素镓和砷单质及其化合物在工业生产上有重要的用途。回答下列问题：（1）砷元素基态原子电子排布式为_。（2）砷与氢元素可形成化合物砷化氢，该化合物的空间构型为_，其中砷原子的杂化方式为_。 （3）根据等电子原理，写出由短周期元素组成且与砷化氢互为等电子体的一种离子的化学式_。（4）已知由元素砷与镓元素组成的化合物A为第三代半导体。已知化合物A的晶胞结构与金刚石相似，其中砷原子位于立方体内，镓原子位于立方体顶点和面心，请写出化合物A的化学式_；（5）已知铝与镓元素位于同一主族，金属铝属立方晶系，其晶胞边长为405 pm，密度是2.70gcm3，通过计算确定铝原子在三维空间中堆积方式_（已知NA=6.021023,1pm=10-10cm,4053=6.64107）;晶胞中距离最近的铝原子可看作是接触的，列式计算铝的原子半径r(A1)=_pm.(只列出计算式即可)【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (2). 三角锥型 (3). sp3 (4). H3 O+ (5). GaAs (6). 面心立方最密堆积 (7). 【解析】（1）砷元素位于第四周期VA族，所以基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3。（2）AsH3中As原子价层电子对为3+ =4、孤电子对数为1，As原子杂化方式为sp3杂化，空间结构为三角锥型。（3）根据等电子原理：由短周期元素组成的微粒，只要其原子总数相同、各微粒的价电子总数相同，则互称为等电子体。AsH3为4原子，价电子总数为：5+13=8，H3O+为4原子，价电子总数为：13+6-1=8，故H3O+与AsH3互为等电子体。（4）由晶胞结构可知，晶胞中Ga原子数目=8+6=4、As原子数目=4，故该化合物化学式为GaAs。（5）根据密度公式可得，由此解得每个晶胞中含有的原子数N(Al)=4.00，所以该晶体中铝原子在三维空间里的堆积方式为面心立方最密堆积；在面心立方晶胞中，每个面的对角线上三个原子紧挨着，所以