广东省惠州市惠东中学2020届高三化学上学期12月月考试题（含解析）

广东省惠州市惠东中学2020届高三12月月考理综化学试题1.化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法错误的是A. 水玻璃可作木材防腐剂和阻燃剂B. “大漠孤烟直”描述的是物质升华的过程C. 蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一D. 黏土既是制水泥的原料又是制陶瓷的原料【答案】B【解析】A、水玻璃具有耐酸、耐高温等性能，可用作木材防腐剂和阻燃剂，故A正确；B、西北地区远离海洋，降水稀少，荒漠广布，古诗中“大漠孤烟直”描述的就是西北荒漠地区的景观，是水分蒸发，故B错误；C、蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一，故C正确；D、生产陶瓷的原料是粘土，水泥的生产原料是石灰石、粘土，故D正确；故选B。2.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 标准状况下，0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 常温下，22g CO2和N2O混合气体中，含有的原子数目为1.5NAC. 物质的量浓度为0.1molL1的MgCl2溶液中，含有Cl个数为0.2NAD. 标准状况下，2.24LSO3中含有的氧原子数目为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A、氯气与水的反应是可逆反应，故0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22gCO2和N2O的混合物的物质的量为0.5mol,又因为CO2和N2O均为三原子分子，故0.5mol混合气体含1.5mol原子,因此原子个数为1.5NA,故B正确；C、物质的量浓度为0.1molL1的MgCl2溶液，没有给出溶液的体积，无法计算含有的Cl-个数，故C错误；D、标况下SO3为固态，2.24LSO3的物质的量不是0.1mol，含有的氧原子数目不是0.3NA，故D错误；答案选B。3.有一澄清透明溶液，只可能含有大量H+、Fe3+、Fe2+、Al3+、AlO2、CO32、NO3七种离子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量1mol/L的NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失下列判断正确的是A. 一定不含Fe3+和Fe2+B. 一定含有Al3+，Fe3+、Fe2+至少含有一种或两种皆有C. 溶液可能含有NO3D. 溶液中共含有4种离子（不考虑水的电离）【答案】D【解析】【详解】根据题意知，向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液中一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子分别与H+离子反应生成Al（OH）3沉淀或铝离子、CO2气体而不能存在；根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有NO3-离子；在酸性条件下Fe2+离子与NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则溶液中一定不含Fe2+离子；而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失，说明溶液中一定含有Al3+和Fe3+；综上所述，溶液中一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+，一定没有AlO2-、CO32-、Fe2+离子；A、根据上述分析知，溶液中一定含Fe3+，一定不含有Fe2+，A错误；B、根据上述分析知，Fe2+一定不存在，B错误；C、根据上述分析知，溶液中一定存在NO3-，C错误；D、根据上述分析知，溶液中一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+4种离子，D正确。答案选D。【点睛】掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键。注意进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子；（2）电中性原则，溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子；（3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中也可能消失，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。4.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确，且两者具有因果关系的是选项实验现象结论或解释A将0.1 molL1 MgSO4溶液滴入过量NaOH溶液，再滴加几滴0.1 molL1 CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色沉淀生成KspCu(OH)2KspMg(OH)2B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落下来铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3的熔点高于AlC向新收集的酸雨中滴加硝酸钡溶液产生白色沉淀酸雨中一定含有SO42D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、反应中氢氧化钠过量，加入硫酸铜一定有蓝色沉淀氢氧化铜生成，不能据此说明二者的溶度积常数，A错误；B、铝易被氧化物氧化铝，且Al2O3且熔点高于Al，因此铝箔熔化但不滴落下来，B正确；C、硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，能把亚硫酸根氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，不能说明含有硫酸根，C错误；D、过氧化钠变质产生碳酸钠，加入盐酸仍然会沉淀气体，不能据此说明过氧化钠没有变质，D错误，答案选B。5.某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如右上图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法一定正确的是( )A. 该电池工作时，电子的流向外电路由A到B，内电路由B到A形成闭合回路B. 电极B附近的HNO3浓度增大C. A电极的反应为：NO2eH2O=NO3-2H ,NO3e2H2O=NO3-4HD. 该电池工作时，每消耗11.2LO2(标况)，可以除去含1molNO和NO2的混合尾气【答案】C【解析】A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，选项A错误；B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，选项B错误；C、A电极氮的气化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：NO2eH2O=NO3-2H、NO3e2H2O=NO3-4H，选项C正确；D、1mol NO和NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。6.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A. 用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B. 用图2 所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C. 用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D. 用图4 所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱【答案】D【解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。7.X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M元素的原子是短周期中原子半径最大的。下列说法正确的是A. X、Z、W三元素形成的化合物都是共价化合物B. 简单离子的半径从大到小的顺序是：MYZWC. 氢化物的稳定性强弱顺序为：YZWD. M2W2既含有离子键，也含有非极性键【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，则X是H元素。Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y是C元素。M元素的原子是短周期中原子半径最大的元素，则M是Na元素。Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体且Y、Z、W、M的原子序数依次增大，故Z是N元素，W是O元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知X是H元素，Y是C元素，Z是N元素，W是O元素，M是Na元素。则A.X、Z、W三元素形成的化合物NH4NO3为离子化合物，故A项错误；B.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子的半径从大到小的顺序是：YZWM，B项错误；C.非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物的稳定性强弱顺序为WZY，故C项错误；D.M2W2为Na2O2，既含有离子键，也含有非极性键，故D项正确。答案选D。8.如图所示(B中冷却装置未画出)，将氯气和空气(不参与反应)以体积比约13混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8 ，42 以上分解为Cl2和O2。(1)实验中控制氯气与空气体积比的方法是_。为使反应充分进行，实验中采取的措施有_。装置D的作用是_。(2)装置B中产生Cl2O的化学方程式为：_。若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是_。(3)装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为_。(4)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl。测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用_取20.00 mL次氯酸溶液，加入足量的_，再加入足量的_，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。 (可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液)。【答案】 (1). 通过观察A中产生气泡的速率调节流速 (2). 搅拌、使用多孔球泡 (3). 吸收未反应的氯气，防止污染空气 (4). 2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaClCO2 (5). 该反应放热，温度升高Cl2O会分解 (6). HClO见光易分解 (7). 酸式滴定管 (8). H2O2溶液 (9). 硝酸银溶液【解析】【分析】氯气通过A装置与空气形成1：3的混合气体通入B装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液，同时用碱石灰吸收含有Cl2O的尾气，防止污染环境，（1）控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速；增加气体与溶液的接触面积、搅拌等措施都可以加快反应速率；装置D的作用是是吸收未反应的氯气，防止污染空气；（2）装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到-1价的氯化钠；由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；（3）装置C是用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，但生成的HClO见光易分解，反应装置须选择避光；（4）需要20.00mL的次氯酸溶液，根据精确度应选用酸、碱式滴管，再根据HClO溶液既有酸性，又有强氧化性确定滴定管的类型；实验原理是结合所提供的试剂H2O2是还原HClO生成Cl-，再滴加过量提供的硝酸银溶液，根据生成的AgCl沉淀质量计算原溶液HClO的浓度。【详解】（1）通过观察A中产生气泡的速率调节气体的流速可以控制氯气与空气体积比的方法；多孔球泡增加气体与溶液的接触面积可以加快反应速率；为使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡；装置D的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气；（2）装置B中，氯氯气和碳酸钠反应生成Cl2O，化学方程式为：2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaClCO2；由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；（3）水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，HClO见光易分解，故装置C中采用棕色圆底烧瓶；（4）次氯酸溶液既有酸性，又有强氧化性，应选用酸式滴定管；具体实验操作是，向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量。【点睛】本题考查了物质的制备和性质实验，涉及电解原理的应用、实验的基本操作及滴定原理应用与计算，根据题目给定的基本信息解题，理清整个制备的流程及操作方法是解题的关键，要求具备扎实的基础知识和分析问题的能力，题目难度中等。9.铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857。（1）工业上以铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2为原料冶炼铬的流程如图所示：Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为_价。高温氧化时反应的化学方程式为_。（2）Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式_。（3）铬元素能形成含氧酸及含氧酸盐，若测得初始浓度为1 molL1的铬酸(H2CrO4)溶液中各种含铬元素的微粒浓度分别为：c(CrO42)=0.0005 molL1、c(HCrO4)=0.1035 molL1、c(Cr2O72)=a molL1、则a=_，KHCrO4溶液中c(OH)_c(H+)（填“”、“”或“”“=”或“K(Q)M点对应的H2的转化率是_。400时，将1mol N2和3mol H2充入恒压密闭容器中，下图分别代表焓变(H)、混合气体平均相对分子质量(M)、N2质量分数(N2)和混合气体密度()与反应时间（t）的关系，下图正确且能表明该反应达到平衡状态的是_。【答案】 (1). 0.6H1+0.4H2 (2). 2NH3+6OH-6e-N2+6H2O (3). (4). (5). 200 (6). A (7). 75% (8). BCD【解析】【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；（2）氨气在负极失电子发生氧化反应，结合电子守恒、原子守恒书写电极反应式；（3）由图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行；计算此时的浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；（4）合成氨反应放热，温度越低氨气的百分含量越高；合成氨是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断选项；结合三段式列式计算；根据可逆反应中变量不变反应达到平衡状态分析解答。【详解】（1）已知：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l) H14NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H2根据盖斯定律可知，（3+2）1/5得到4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(l)，则H0.6H1+0.4H2；（2）由总反应4NH3+3O22N2+6H2O可知正极反应为O2+2H2O+4e-4OH-，由电子守恒和电荷守恒可知，负极是氨气失电子发生氧化反应，电极反应式为2NH3+6OH-6e-N2+6H2O；（3）图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，H0；400时，测得某时刻c(N2)1 molL-1、c(H2)3 molL-1、c(NH3)2 molL-1，浓度商QcK0.5，反应向正反应方向进行，此时刻该反应的v正v逆；（4）合成氨反应放热，温度越低氨气的百分含量越高，所以曲线a对应的温度是200；A及时分离出NH3平衡正向进行，可以提高H2的平衡转化率，故A正确；B加催化剂能加快反应速率，不改变化学平衡，不能提高H2的平衡转化率，故B错误；C图中M、Q点温度相同，平衡常数只与温度有关系，图中M、Q点平衡常数K的关系是K（M）K（Q），故C错误；故答案为A；设反应的氮气物质的量为xmol，则N2+3H22NH3起始量（mol） 1 3 0转化量（mol） x 3x 2x平衡量（mol）1-x 3-3x 2x据题意M点时：2x/(42x)0.6解得x0.75则氢气的转化率为：30.75mol3mol100%75%；400时，将1mol N2和3mol H2充入恒压密闭容器中，焓变（H）始终不变，混合气体平均相对分子质量（）为变量、N2体积分数（N2）为变量，气体密度（）为变量，随反应进行，气体的物质的量减小，则随时间增大而增大，直到达到平衡状态不变；N2体积分数逐渐减小，到达到平衡状态不变，达到平衡状态时体积不变，密度不变，由图可知，正确且能表明该可逆反应达到平衡状态的为BCD。【点睛】本题考查化学平衡有关计算，涉及盖斯定律、原电池原理、平衡的三段式法计算、平衡转化率的计算、平衡标志等知识点，（4）中的是解答的易错点，注意掌握平衡状态的含义以及图象中曲线的变化趋势，尤其要注意是恒压密闭容器而不是恒容密闭容器。11.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰。已知：菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。焙烧后的产物用浓盐酸酸浸，再对浸出液净化除杂，得到的净化液加入碳酸氢铵溶液生成沉淀，洗涤干燥后即可得到产品。回答：（1）焙烧过程中产生两种气体，一种可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，另一种可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请写出焙烧过程中主要反应的方程式_。（2）对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2+转化为Fe3+，写出该反应的离子方程式_。检验Fe3+所用试剂的名称是_。（3）净化液加入碳酸氢铵溶液时反应的离子方程式为_。（4）上述生产过程中可循环使用的物质是_。AMnCO3 B. HCl C. NH4Cl D. 碳酸氢铵 （5）用滴定法测定浸出液中Mn2+的含量时，需向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热会生成NO2。加入稍过量的硫酸铵可以将其转化成无污染的物质而除去，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). MnCO3+2NH4ClM