四川省内江市威远中学2019届高三化学上学期12月月考试题（含解析）.docx

四川省内江市威远中学2019届高三化学上学期12月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ga-70 Pb-2071.“一带路(OneBelt AndOneRoad)”构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显著人类社会的共同理想和关好追求。下列贸易的商品中，其主要成分属于无机物的是（ ）A. 捷克水晶 B. 埃及长绒棉 C. 乌克兰葵花籽油 D. 中国丝绸【答案】A【解析】【分析】根据物质的组成，水晶成分是SiO2，棉的成分是纤维素，花籽油的成分是油脂，丝绸的成分是蛋白质，然后进行分析判断。【详解】A、水晶的成分是SiO2，属于无机物，故A正确；B、长绒棉的成分是纤维素，属于有机物，故B错误；C、葵花籽油成分是油脂，属于有机物，故C错误；D、丝绸的成分是蛋白质，属于有机物，故D错误。2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 密闭容器中，2 mol SO2 和足量 O2 充分反应，产物的分子数为 2 NAB. 含 NA个 CO32-的 Na2CO3 溶液中，Na+数目为 2 NAC. 11.2 L 甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目为 2 NAD. 4.0 g CO2 气体中含电子数目为 2 NA【答案】D【解析】【分析】根据阿伏加德罗常数与物质的量之间的关系分析；根据物质的量相关计算分析。【详解】A. 由于二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应是可逆反应，2molSO2和足量O2反应生成的三氧化硫的物质的量小于2mol，充分反应后可得到SO3的分子数小于2NA，故A错误；B. CO32-在溶液中会发生水解生成HCO3-，所以未水解前CO32-的数目一定大于NA，故n(CO32):n(Na+)小于1:2，所含Na+数大于2NA，故B错误；C.没有指明气体所处温度和压强，无法用22.4L/mol计算，故C错误；D.4.0g二氧化碳的物质的量为：=mol，一个CO2分子中含有22个电子，故4.0 g CO2 气体中含电子数目为mol22NA=2NA，故D正确。故选D。【点睛】原子的核外电子数=核内质子数=原子序数；可逆反应中，化学反应具一定的限度，反应物转化率不可能达到100%。3.二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，其结构如下图所示。下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是（ ）A. 分子式为C3H14O4B. 能使酸性KMnO4溶液褪色C. 能发生加成反应，不能发生取代反应D. 1mol该有机物与足量金属钠反应产生22.4L H2【答案】B【解析】A. 根据结构简式可知，二羟甲戊酸的分子式为C6H12O4，选项A错误；B、分子中含有羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，选项B正确；C、分子中含有羧基和羟基，不能发生加成反应，能发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，选项C错误；D、一分子中含有一个羧基和两个羟基，标准状况下，1mol该有机物与足量金属钠反应产生33.6LH2，选项D错误。答案选B。4.四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2。下列说法不正确的是（ ）A. Z元素位于周期表的第三周期第VA族B. X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：W强于XC. Y元素的气态氢化物的热稳定性比Z的高D. X与W形成共价化合物XW2, X的原子半径比Y小【答案】D【解析】【分析】根据Z的最外层电子数是内层电子总数的1/2，推出Z为P，根据元素周期表的结构，推出X为C，Y为N，W为S，然后进行分析。【详解】根据元素周期表的结构，Z位于第三周期，Z的最外层电子数是内层电子总数的1/2，则Z为P，根据在周期表的位置，X为C，Y为N，W为S，A、Z为P，位于第五周期VA族，故A说法正确；B、C的最高价氧化物对应水化物为H2CO3为弱酸，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，属于强酸，即H2SO4的酸性强于H2CO3，故B说法正确；C、Y的氢化物为NH3，Z的氢化物为PH3，N的非金属性强于P，则NH3的稳定性高于PH3，故C说法正确；D、形成化合物是CS2，为共价化合物，同周期从左向右原子半径减小，即C的原子半径大于N，故D说法错误。5.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是操作现象结论A将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液一定为浓盐酸B向 CH3COONa 溶液中滴入酚酞试液，加热加热后红色加深CH3COONa 水解是吸热反应C向某溶液中加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水澄清石灰水变浑浊该溶液中一定有 CO32D向 NaCl 溶液中滴加过量AgNO3 溶液，再滴加 KI 溶液先出现白色沉淀， 后出现黄色沉淀Ksp(AgI) c(Na)c(H) c(OH)C. 点所示溶液中：c(Na) =c(HA) c(A)D. 水的电离程度随着NaOH溶液的滴入，不断增大【答案】B【解析】【分析】根据盐类的水解规律及弱电解质的电离平衡分析解答；根据混合溶液中离子浓度的大小比较规律分析解答。【详解】A.根据图象中氢氧化钠溶液体积为0时HA溶液的pH可知，若HA为强酸，0.1mol/L的HA溶液的pH=1，而0.1mol/L的HA溶液的pH一定大于1，故HA为弱酸，即弱电解质，故A错误；B.点时，V(NaOH)=10.00mL，HA过量，氢氧化钠被完全反应，发生了中和反应：NaOH+HA=NaA+H2O ，所得溶液中含等物质的量浓度HA和NaA，由于溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，故溶液中的离子浓度大小顺序为：c(A) c(Na)c(H) c(OH)，故B正确；C. 若两者恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，则恰好反应时溶液的pH7，点pH=7，即c（H+）=c（OH-），说明此时氢氧化钠不足，根据电荷守恒，可得到：c(Na) +c(H+)=c(OH-) c(A)，其中，c（H+）=c（OH-），则c(Na) = c(A)，故C错误；D. 向HA溶液中滴加NaOH溶液的过程中，在没有完全反应前水的电离程度一直增大，但当NaOH过量后即点后，随着NaOH的加入，水的电离程度逐渐减小，故D错误。故选B。【点睛】酸、碱中和型离子浓度的关系8.某校学习小组的同学拟用工业废铁屑(主要成分为Fe，还含有少量FeS、Fe3P等)制备FeSO47H2O，并探究FeSO47H2O高温分解的产物。I制备实验步骤如下:称取一定量的废铁屑，用热的碳酸钠溶液浸泡，再用蒸馏水洗涤。将处理后的废铁屑放入锥形瓶中，加入适量3molL1的硫酸，连接好装置(如图)后水浴加热至反应完全。依据现象停止加热，趁热过滤，向滤液中补加少量硫酸。将滤液冷却、结晶、过滤、洗涤。回答下列问题(1)步骤称量5.6g废铁屑时，若砝码与物品的位置放反了，则称得的废铁屑的质量会_ (填“增大”“减小”或“不变”)。(2)步骤中需控制硫酸的用量，使铁粉过量，其目的是_。(3)装置C的作用是_。(4)步骤中洗涤时所用的洗涤剂最好是_（填标号）。A稀硝酸 B无水乙醇 C苯(5)测定产品的纯度:称取mg产品，放入锥形瓶中，用经煮沸过且冷却的蒸馏水和稀硫酸溶解，然后用cmolL1的KMnO4标准溶液滴定,消耗VmLKMnO4标准溶液。蒸馏水煮沸的原因：_，KMnO4标准溶液用_（酸或碱）式滴定管，产品的纯度为_(列出计算表达式即可)。探究FeSO47H2O高温分解的产物的实验装置及步骤如下，请完成相关填空:操作步骤实验现象解释原因组装好仪器，先充入氮气，再加热管式炉至700一段时间试管E中的白色固体变蓝分解得到的产物中含水蒸气气体产物经过试管B时品红溶液褪色(6) 产物中含有 _气体产物经过试管C时试管C中出现白色沉淀(7)C中反应的化学方程式为_将瓷舟中反应后的固体溶于足量稀硫酸，再滴入几滴KSCN溶液(8)_(9) 溶液中含有 _【答案】 (1). 减小 (2). 保证溶液中都是Fe2 (3). 除去H2S、PH3等杂质 (4). B (5). 除去蒸馏水中的氧气 (6). 酸 (7). (8). 二氧化硫 (9). SO3+H2O+BaCl2=BaSO4+2HCl (10). 溶液变成血红色 (11). 溶液含有Fe3【解析】【分析】根据亚铁离子和三价铁离子的性质及转化关系分析解答；根据化学实验基础操作及注意事项分析解答；根据酸碱滴定实验操作及注意事项分析解答；【详解】(1)左物右码时，称量物品的质量是砝码加游码，即5g(砝码)+0.6g(游码)，当药品放错盘时，即得到5g-0.6g=4.4g，故砝码与物品的位置放反了，则称得的废铁屑的质量会偏小，故答案为：偏小；(2)反应过程生成的Fe2+在空气中易被氧化成Fe3+，所以需要Fe过量，可以避免生成Fe3+，故答案为：保证溶液中都是Fe2；(3)由于铁粉中含有的少量FeS、Fe3P与硫酸反应生成H2S、PH3气体，不能直接排放在空气中，故用硫酸铜溶液进行尾气处理，故答案为：除去H2S、PH3等杂质；(4) 硝酸具有强氧化性，可将Fe2+氧化成Fe3+；无水乙醇可以除去晶体表面附着的硫酸等杂质，同时能降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO47H2O的损耗；苯难以除去晶体表面附着的杂质，同时苯有毒；故B正确；(5)将蒸馏水煮沸，是为了除去水中的氧气，由于KMnO4具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故应选用酸式滴定管盛装，根据方程式：5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O可知5Fe2+MnO4-，即n(Fe2+)=5n(MnO4-)=mol，m(FeSO47H2O)= g，故药品纯度为： ；能使品红溶液褪色的气体是SO2，说明加热FeSO47H2O时有SO2气体生成，经过C装置时，生成了白色沉淀说明该沉淀是BaSO4，即反应方程式为：SO3+H2O+BaCl2=BaSO4+2HCl，加热的过程中，Fe2+被氧化生成Fe3+，故将瓷舟中反应后的固体溶于足量稀硫酸，再滴入几滴KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液含有Fe3；故答案为：二氧化硫，SO3+H2O+BaCl2=BaSO4+2HCl，溶液变成血红色 ， 溶液含有Fe3。【点睛】称量物品时，左物右码，质量=砝码+游码，右物左码错误操作时，质量=砝码-游码；化学反应方程式中，物质的量之比=化学计量数之比，在氧化还原反应中，要熟练应用得失电子总数相等来进行计算。9.明矾KAl(SO4)212H2O 在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料铝灰(含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：回答下列问题：(1)明矾净水的原理是_(用离子方程式表示)。(2)操作是_，操作是蒸发浓缩、_、过滤、_、干燥。(3)检验滤液A中是否存在Fe2的试剂是_(只用一种试剂)。(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是_，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO4转化为Mn2)：_。(5)已知：在pH3、加热条件下，MnO 可与Mn2反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应的离子方程式为：_，滤渣2含有的物质是_。【答案】 (1). Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H (2). 过滤 (3). 冷却结晶 (4). 洗涤 (5). 酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液) (6). 2Al2NaOH2H2O= 2NaAlO23H2 (7). 5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O (8). 3Mn22MnO42H2O=5MnO24H (9). MnO2、Fe(OH)3【解析】【详解】铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeOxFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣为二氧化硅，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝钾晶体；（1）明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H；（2）固体和液体分离需要用过滤操作，操作是过滤，操作是溶液中得到晶体的方法，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体；（3）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或加入铁氰化钾溶液会产生蓝色沉淀； （4）将铝灰投入氢氧化钠溶液中反应生成氢气、偏铝酸钠，反应的化学方程式是2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O，分析离子沉淀的pH范围，调节溶液pH=3，可以使使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀；故答案为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀；（5）在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应，反应的离子方程式为：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；过滤得到反应中生成的难溶的二氧化锰沉淀和得到的氢氧化铁沉淀，答案为MnO2、Fe(OH)3。10.氮及其化合物如NH3及铵盐、N2H4、N2O4等在中学化学、化工工业、国防等领域占有重要地位。（1）已知反应NO2(g)+CO(g) = NO(g) +CO2(g)的能量变化如上图所示，下列说法正确的是_。A图中AB的过程为放热过程B1molNO2和1molCO的键能总和大于1molNO和1molCO2的键能总和C该反应为氧化还原反应D1molNO2(g)和1molCO(g)的总能量低于1molNO(g)和1molCO2(g)的总能量（2）N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率(N2O4)随温度的变化如图所示。由图推测该反应的H_0（填“”或“ (3). 温度升高，（N2O4）增加，说明平衡右移，该反应为吸热反应，H0 (4). 115.2 (5). Kpk2/2 (6). B点与D点 (7). Fe-2e-Fe2 (8). Cr2O72+6Fe2+14H=2Cr3 +6Fe3 +7H2O (9). H2【解析】【分析】根据化学平衡的特征分析解答；根据影响化学平衡的外界因素及勒夏特列原理分析解答；根据电解池原理分析解答。【详解】(1)从图像分析可知，A点比C点高，即反应物总能量大于生成物总能量，故该反应为放热反应；A.AB的过程化学键断裂，吸收能量，故A错误；B.该反应是放热反应，所以1molNO2和1molCO的键能总和小于1molNO和1molCO2的键能总和，故B错误；C. 反应前后元素化合价发生变化，则为氧化还原反应，故C正确；D. 该反应是放热反应，所以1molNO2(g)和1molCO(g)的总能量高于1molNO(g)和1molCO2(g)的总能量，故D错误。故选C。(2) 由图像可知，随温度升高，N2O4的转化率增大，平衡向右移动，所以正反应方向是吸热反应，即H0，故答案为为： ；温度升高，（N2O4）增加，说明平衡右移，该反应为吸热反应，H0 。N2O4的转化率是0.4，设原来N2O4的物质的量为xmol，转化的NO2物质的量为0.8xmol，则混合气体的物质的量=（x-0.4x+0.8x）mol=1.4xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以反应后压强=151.2kPa，四氧化二氮的分压=151.2KPa=64.8kPa，二氧化氮的分压=151.2KPa=86.4kPa，化学平衡常数K=115.2(kPa)；化学平衡常数Kp=p（NO2）2p（N2O4），达到平衡时用不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，所以（NO2）消耗：（N2O4）消耗=k2p（NO2）2：k1p（N2O4）=2：1，化学平衡常数Kp=p（NO2）2p（N2O4），则k1=k2Kp，满足平衡条件（NO2）消耗=2（N2O4）消耗即为平衡点，B、D点的N2O4、NO2的消耗速率之比为1：2，所以B点与D点为平衡点；(3)根据图示分析，阳极失去电子，故A为阳极，B为阴极，电极反应式为：阳极：Fe2e=Fe2，阴极：2H2e=H2，然后在阳极区溶液中，Cr2O72-6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，故答案为： Fe-2e-Fe2， Cr2O72+6Fe2+14H=2Cr3 +6Fe3 +7H2O ，H2。【点睛】电解池中，与电源的正极相连的电极称为阳极，物质在阳极上失去电子，发生氧化反应；与电源的负极相连的电极为阴极，物质在阴极上得到电子，发生还原反应。11.磷的单质和化合物在科研与生产中有许多重要用途，铜及其合金是人类最早使用的金属材料。请回答下列问题:(1)白磷是磷的一种单质，其分子结构如图所示，则一个分子中有_对成键电子对和_对孤电子对。(2)N和P都有+5价，PCl5能形成离子型晶体，晶格中含有PCl4+和PCl6，则PCl4+空间构型为_。(3)电负性比较:P_S(填“”“=”“”)；而P的第一电离能比S大的原因是_。(4)铜及其合金是人类最早使用的金属材料，Cu2+能与NH3形成配位数为4的配合物Cu(NH3)4SO4。铜元素在周期表中的位置是_ ，1molCu(NH3)4SO4 有_mol配位键 ；Cu(NH3)4SO4中，存在的化学键的类型有_(填标号)。A离子键 B金属键 C配位键 D非极性键 E极性键(5)磷化镓(GaP)材料是研制微电子器件、光电子器件的新型半导体材料。GaP的晶体结构是闪锌矿型结构(如图所示)，晶胞参数apm。与Ga紧邻的P个数为_。GaP晶体的密度为(列出计算式) _gcm3(NA为阿伏加德罗常数)。【答案】 (1). 6 (2). 4 (3). 正四面体形 (4). (5). P原子的3p3为半充满状态，较稳定 (6). 第四周期B族 (7). 4 (8). ACE (9). 4 (10). 【解析】【分析】根据白磷的分子结构和核外电子排布情况分析分子中的成键情况；根据价层电子对互斥理论分析分子的空间构型；根据晶胞的结构特点计算晶胞的密度。【详解】(1)根据白磷分子结构可知，P最外层有5个电子，4个P原子形成了正四面体结构，有六对成键电子对，4对孤电子对；(2)PCl4+中P原子含有的孤对电子对数=0，即不存在孤电子对，由于P原子的价层电子对数是4，所以空间构型是正四面体；(3)元素的非金属性越强，电负性越大，所以电负性：PS，由于P原子的核外电子排布：Ne3s23p3，其中3p3轨道是半满状态，比较稳定，故P的第一电离能比S大；(4) Cu元素原子核外电子数为29，外围电子排布式为3d104s1，则铜位于第四周期第IB族元素； Cu(NH3)4SO4 中铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，故1molCu(NH3)4SO4 有4mol配位键,；Cu(NH3)4SO4中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键， Cu（NH3）42+与SO42-之间是离子键，故答案选ACE；(5) 与Ga紧邻的P个数为4个，从该晶胞的结构可知，一个晶胞中含有Ga原子的数目：8+6=4个，P原子个数为：4，晶胞的体积为：(a)3cm3，晶胞的密度为：；故答案为： 4 ， 。【点睛】核外电子排布规律中，原子轨道处于半满或全满状态时比较稳定，这是有些元素性质出现例外的原因；在计算晶胞中原子数目时注意：处于晶胞顶点的