黑龙江省鸡西市一中2020届高三化学4月月考试题（含解析）

黑龙江省鸡西市一中2020届高三化学4月月考试题（含解析）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39一、选择题：本大题共7小题，每小题6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.新修本草中关于“青矾”的描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”。物理小识中说：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”，下列相关叙述不正确的是A. 赤色固体可能是Fe2O3B. 青矾宜密闭保存，防止氧化变质C. 青矾燃烧过程中发生了电子转移D. “青矾厂气”可能是CO和CO2【答案】D【解析】【分析】“青矾”是绿矾，化学式为FeSO47H2O，物理知识中考查FeSO47H2O受热分解，FeSO47H2O受热分解的方程式为2FeSO47H2OFe2O3SO3SO214H2O；【详解】“青矾”是绿矾，化学式为FeSO47H2O，物理知识中考查FeSO47H2O受热分解，FeSO47H2O受热分解的方程式为2FeSO47H2OFe2O3SO3SO214H2O；A、根据绿矾分解方程式，赤色固体可能为Fe2O3，故A说法正确；B、2价Fe容易被氧气氧化，因此青矾密闭保存，防止氧化变质，故B说法正确；C、过程中Fe的化合价升高，部分S的化合价降低，该反应属于氧化还原反应，电子发生转移，故C说法正确；D、青矾厂气为SO2和SO3，故D说法错误。2.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是A. 等质量的N2O和CO2中，分子数均为NAB. 3.1g 31P与3.2g 32S中，中子数均为1.6NAC. 0.4 mol BaCl2与0.4 mol Na2O2中，阴离子数均为0.8NAD. 1mol正丁烷与1mol异丁烷中，化学键数均为14NA【答案】B【解析】【详解】A.题目中没有给出质量，无法算出N2O和CO2的物质的量，无法求出分子数。故A错误；B.3.1g31P的物质的量为0.1mol，中子数为(31-15)0.1NA=1.6NA，3.2g32S的物质的量为0.1mol，中子数为(32-16)0.1NA=1.6NA，故B正确；C.0.4 mol BaCl2中，阴离子为Cl-，故阴离子数为0.8NA，0.4molNa2O2中，阴离子为过氧根(O22-)，故阴离子数为0.4NA，故C错误；D.正丁烷与异丁烷互为同分异构体，分子式C4H10，1mol正丁烷或异丁烷中共价键数均为NA=13NA，故D错误。答案：B3.下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是A. 步骤中“净化”可以防止催化剂中毒B. 步骤中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C. 步骤、均有利于提高原料的转化率D. 产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂【答案】C【解析】【分析】应用催化剂知识、反应速率和化学平衡理论，分析判断工业合成氨反应速率和平衡转化率问题。【详解】A项：合成氨使用含铁催化剂，为防止催化剂中毒，须将原料“净化”处理，A项正确；B项：步骤中“加压”，可增大氮气、氢气浓度，加快合成氨反应速率又能使平衡右移，提高原料转化率，B项正确；C项：合成氨反应放热，步骤使用较高温度不利于提高原料转化率，同时使用催化剂也不能使平衡移动，步骤、能有利于提高原料的转化率，故C项错误；D项：产品液氨可用酸吸收生成铵态氮肥。液氨汽化时会吸收大量热，可用作制冷剂，D项正确。本题选C。4.山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X，其结构简式如下图所示。下列有关说法错误的是A. 该物质的分子式为C10H16O2B. 该物质不可能所有的碳原子共平面C. 该物质的一氯代物共有7种D. 该物质能发生加成、取代、氧化、消去、还原等反应【答案】D【解析】【详解】A.根据物质的结构简式可知该物质的分子式为C10H16O2，A正确；B.该物质中含有饱和C原子，根据CH4的正四面体结构可知，C原子不能在同一平面上，B正确；C.在该物质分子中8个C原子上含有H原子，不同化学环境的H原子有7种，因此该物质的一氯代物共有7种，C正确；D.该物质分子中含有碳碳双键，能够发生加成反应，若是与氢气发生加成反应，则该加成反应为还原反应；含有甲基C原子，该C原子上有H原子，可以发取代反应，也可以发生燃烧反应即氧化反应；由于该物质分子中无卤素原子、羟基，因此不能发生消去反应，D错误。故合理选项D。5.短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法不正确的是A. X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂B. 电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质C. W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物D. Y、Q形成的化合物是强电解质【答案】B【解析】【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族，W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，可联想到甲烷和氯气光照下反应生成一系列产物，故W为C，Z为Si，Q为Cl。X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则可推出X为Na，E为氢气，进一步证明Z为Si；Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，则联想到电解熔融氧化铝制取铝，推出Y为Al，以此解答该题。【详解】由以上分析可以知道W为C元素、X为Na元素、Y为Al元素、Z为Si元素、Q为Cl元素，A. Na2O和SiO2化合生成硅酸钠，硅酸钠可用作防火剂，故A正确；B. 电解饱和氯化钠溶液可以制备烧碱、氯气和氢气，不能制备金属钠，故B错误；C. C的氧化物有CO、CO2；Na的氧化物有Na2O、Na2O2；Cl的氧化物有Cl2O、ClO2等多种氧化物，故C正确；D. Al、Cl形成的化合物是是AlCl3，属于强电解质，故D正确。答案选B。6.298K时，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定20.00mL同浓度的甲酸溶液过程中溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示(已知：HCOOH溶液的Ka=l.010-4.0)下列有关叙述正确的是A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B. 图中a、b两点氷的电离程度：baC. 当加入10.00mL NaOH溶液时，溶液中：c(HCOO)c(H+)c(Na+)c(OH)D. 当加入20.00mL NaOH溶液时，溶液pH8.0【答案】D【解析】【详解】A.用NaOH溶液滴定甲酸溶液，恰好发生反应产生HCOONa溶液，该盐是强碱弱酸盐，选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞试液误差较小，A错误；B.图中a为HCOONa、HCOOH按1：3关系混合得到的混合溶液；b为HCOONa、NaOH按1：3关系混合得到的混合溶液，由于甲酸是弱酸，对水的电离的抑制程度小于等浓度的NaOH溶液，所以a、b两点氷的电离程度：ab，B错误；C.当加入10.00mL NaOH 溶液时，溶液为等浓度的HCOONa、HCOOH的混合溶液，根据图示可知此时溶液的pHc(OH-)，c(HCOO-)c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，因此c(Na+)c(H+)，所以离子浓度大小关系为：c(HCOO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，C错误；D.当加入20.00mL NaOH溶液时，二者恰好反应产生HCOONa，该盐是强酸弱碱盐，HCOO-水解，使溶液显碱性，HCOO-+H2OHCOOH+OH-，c(HCOO-)=0.0500mol/L，Kh=10-10，Kh=，所以c(OH-)=，所以溶液的pH8，D正确；故合理选项是D。7.Journal of Energy Chemistry报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是A. a为负极B. 熔盐可用KOH溶液代替C. d极电极反应式为CO32-+4e=C+3O2D. 转移lmol电子可捕获CO2 11.2L(标况下)【答案】C【解析】【详解】A.由图所示，c电极上氧离子失电子被氧化，故c作阳极，则a为正极，故A错误；B. 若用KOH溶液做电解质，则该装置成为电解水的装置，阴极上是氢离子得电子生成氢气，当电解质溶液吸收足量的二氧化碳后变为碳酸氢钠溶液，不能再吸收二氧化碳，故该装置不能连续长时间吸收二氧化碳，故B错误；C. 由图所示，d极电极得电子，反应式为CO32+4e=C+3O2，故C正确；D. 碳元素化合价由+4变为0，则转移lmol电子可捕获CO25.6L(标况下)，故D错误，故选C。【点睛】解决本题的关键是从图像中分析得失电子的过程，进而分析阴阳极和正负极，本题易错点在于忽略溶液中水的重要性质。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。8.工业上用木炭粉和水蒸气在高温条件下反应制取H2，同时生成CO2。某学习小组在实验室中模拟H2的工业生产过程并测定其产率，实验装置如下所示。（1）仪器a的名称为_。仪器b的作用为_。（2）实验步骤：连接好装置，检查装置的气密性；_（按顺序填入下列步骤的序号）。向装置A、B、C、D中分别加入相应试剂，打开活塞K，通入一段时间N2。加热装置B处硬质玻璃管。关闭活塞K，连接盛有适量水的量气管。点燃装置A处酒精灯。待装置B处木炭粉完全反应后，停止加热。（3）装置B处硬质玻璃管中发生的所有反应的化学方程式为_。（4）读取B气管读数时，应注意的事项为冷却至室温、_、视线与凹液面最低点相切；若仰视读取初始读数，则导致所测气体的体积_（填“偏大”或“偏小”）。（5）实验后所得气体体积为V2 mL（标准状况）；取装置C中液体，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，以甲基橙为指示剂，用0.1000 molL1的盐酸标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为V3mL。达到滴定终点时的现象为_。H2的产率为_（列出代数式即可）。还可通过_，得出装置C中所吸收产物的物质的量。（6）从安全角度考虑，该实验装置的缺陷为_。【答案】 (1). 酒精喷灯 (2). 平衡压强、检查装置是否存在堵塞 (3). (4). C+H2O（g）CO+H2、C+2H2O（g）CO2+2H2 (5). 调整量气管至左右液面相平 (6). 偏大 (7). 当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色 (8). (9). 测定洗净后干燥的BaCO3的质量 (10). 缺少防倒吸装置【解析】【分析】模拟H2的工业生产过程，木炭和水蒸气反应，A装置提供水蒸气，到B中与木炭反应生成二氧化碳和氢气，C中NaOH溶液吸收CO2，D装置干燥，E排水量氢气，用于测产率。【详解】（1）由装置图知仪器a的名称为酒精喷灯。玻璃导管b与内外气压相通，可平衡压强，并检查装置是否存在堵塞。答案为酒精喷灯；平衡压强、检查装置是否存在堵塞；（2）根据实验目的和实验原理，连接好装置，检查装置的气密性后，应进行的操作为向装置A、B、C、D中分别加入相应的试剂，打开活塞K，通入一段时间N2以排尽装置中的空气；再关闭活塞K，连接盛有适量水的量气管；点燃装置B处酒精喷灯预热木炭粉，以防止水蒸气进入硬质玻璃管后冷凝，使木炭粉潮湿不易与水蒸气反应；然后点燃装置A处酒精灯，提供水蒸气；待装置B处木炭粉完全反应后，停止加热，故正确的实验步骤为。答案为；（3）装置B处硬质玻璃管中可能发生C与水蒸气在高温条件下生成CO、H2的反应和C与水蒸气在高温条件下生成CO2、H2的反应，其化学方程式分别为C+H2O（g）CO+H2、C+2H2O（g）CO2+2H2。（4）读取量气管读数时，应注意的事项为冷却至室温、调整量气管至左右液面相平、平视读数。若仰视读取初始读数，则读数偏大，导致所测气体的体积偏大。答案为调整量气管至左右液面相平 偏大；（5）甲基橙的变色范围为3.14.4，故达到滴定终点时的现象为当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。答案为当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色；根据信息知，反应生成的n（CO2）=（V1l0-3 L0.1000molL-l-V310-3L0.1000molL-1）/2=mol；mg木炭粉中所含n（C）=mol；由碳原子守恒知，所测混合气体中n（CO）=mol=mol；由化学方程式C+2H2O（g）CO2+2H2，计算得H2的理论产量为（2）mol=mol，则H2的产率为；通过测定洗净后干燥的BaCO3的质量，可得出生成 的CO2的质量，进一步计算出H2的产率。答案为测定洗净后干燥的BaCO3的质量；（6）装置受热不均匀或装置内气体压强减小时，容易引起倒吸。答案为缺少防倒吸装置。9.工业上，从精制黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中提取金属钨的一种流程如下图所示，该流程同时获取副产物Fe2O3和MnCl2。已知：I过程中，钨的化合价均不变；常温下钨酸难溶于水；25时，KspFe(OH)3=1.01038，Ksp Mn(OH)2=4.01014回答下列问题：（1）上述流程中的“滤渣1”除MnO2外还有_、“气体”除水蒸气、HCl外还有_(均填化学式)；（2）过程中MnWO4参与反应的化学方程式为_；FeWO4参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_；（3）已知WO3(s)+3H2(g)=W(s)+3H2O(g) H=a kJmol1WO3(s)=WO3(g) H=b kJmol1写出WO3(g)与H2(g)反应生成W(s)的热化学方程式：_；（4）过程在25时调pH，至少应调至_(当离子浓度等于1.0105molL1时，可认为其已沉淀完全)；（5）过程要获得MnCl2固体，在加热时必须同时采取的一项措施是_；（6）钠钨青铜是一类特殊的非化学计量比化合物，其通式为NaxWO3，其中0xba (3). 逆向 (4). 66.7% (5). 600/p0 (6). 10 (7). 大于 (8). 质子 (9). N2+6e-+6H+=2NH3【解析】【分析】根据盖斯定律进行反应热的计算；根据勒夏特列原理判断平衡的移动及平衡常数的相关计算；根据原电池原理书写电极反应式。【详解】(1)由盖斯定律知（+）/2即可得到N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-562.5kJmol1，故答案为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-562.5kJmol1；(2)由图知，a点到c点的过程中，N2O4的体积分数不断增大，故逆反应速率不断增大。一定温度下，保持压强不变，加入稀有气体，相当于降低压强，故平衡向左移动；a点时，设消耗了xmolNO2，则生成0.5xmolN2O4，剩余（1-x）molNO2，1-x=0.5x，x=2/3mol，此时NO2的转化率为66.7%，平衡时p(N2O4)=0.96p0，p(NO2)=0.04p0，由此可求出Kp=600/p0；故答案为：cba；逆向；66.7%；600/p0；(3)当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c(N2O4)=k逆c2(NO2)。k正=k逆c2(NO2)/c(N2O4)=k逆K=10k逆；该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正方向移动，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故答案为：10；大于；(4)由图知，正极上N2转化为NH3时需要结合氢离子，故负极上生成的H+应移向正极，X膜为质子交换膜或阳离子交换膜，N2在正极上得到电子后转化为NH3，故答案为：质子；N2+6e-+6H+=2NH3。11.铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题：（1）钴在元素周期表中的位置是_，其基态原子的价电子排布图为_。（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为_；分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则CO32中的大键应表示为_。（3）已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是_。（4）Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。则该配合物的配位数为_。（5）奥氏体是碳溶解在rFe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如图所示)，则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为_；若该晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为_gcm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。【答案】 (1). 第四周期、第VIII族； (2). ； (3). sp2； (4). ； (5). 因为分解后生成的FeO和CoO中，FeO的晶格能更大； (6). 6； (7). 12； (8). ；【解析】【分析】（1）根据构造原理得出基态原子价电子排布图；（2）根据孤电子对数，价层电子对数的相关知识解答。（3）根据晶格能判断；（4）根据配合物及配合物的配位数的相关计算解答；（5）根据晶胞结构以及用均摊法晶胞求解。【详解】（1）Co在元素周期表中位于第4周期第VIII族。根据构造原理，其基态原子价电子排布图为。（2）CO32-中C的孤电子对数为（4+2-32）=0，键电子对数为3，价层电子对数为3，C为sp2杂化。CO32-中参与形成大键的原子数是4个，电子数是6个，则CO32-中大键可表示为。（3）在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，原因是：Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，Fe2+的离子半径小于Co2+的离子半径，FeO的晶格能大于CoO的晶格能。（4）向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g，n（AgCl）=2.87g143.5g/mol=0.02mol，即配合物中2个Cl-在外界，1个Cl-在内界，则该配合物可表示为Co（NH3）5ClCl2，该配合物的配位数为6。（5）根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个。用均摊法晶胞中含Fe：8+6=4，C：12+1=4，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为g(a10-10cm)3=g/cm3。12.药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如下。 已知：（1）A的分子式是C6H6，AB的反应类型是_。（2）BC是硝化反应，试剂a是_。（3）CD为取代反应，其化学方程式是_。（4）E结构简式是_。（5）F含有的官能团是_。（6）GX的化学方程式是_。（7）W能发生聚合反应，形成高分子结构简式是_。（8）将下列E +WQ的流程图补充完整（在