江西省宜丰中学2020届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）

江西省宜丰中学2020届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 C-35.5 K-39第I卷(选择题，共126分)一、选择题(本大题共13小题，每小题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.“中国名片”中航天，军事、天文等领城的发展受到世界瞩目,它们与化学有着密切联系。下列说法错误的是A. “中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁,其属于黑色金属材料B. “歼20” 飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料D. “天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能【答案】B【解析】分析：A.钢铁是铁的合金，黑色金属材料主要指铁、锰、铬及其合金，如钢、生铁、铁合金、铸铁等；B碳纤维为碳的单质； C高温结构陶瓷属于耐高温的新型无机非金属材料；D太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置。详解：A.钢铁是铁的合金，属于黑色金属材料，故A正确；B碳纤维为碳的单质，不是有机物，属于新型无机非金属材料，故B错误；C宇宙飞船返回舱外表面主要是用的高温结构陶瓷，属于耐高温的新型无机非金属材料，故C正确；D天宫二号的太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置，可以将光能转化为电能，故D正确；故选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A. 46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7NAB. 密闭容器中1molH2与1molI2制备HI，增加2NA个H-I键C. 25，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数为0.2NAD. 0.1molFe在足量氧气中燃烧，转移电子数为4/15NA【答案】D【解析】46g有机物C2H6O的物质的量为1mol，如果有机物为乙醇，含有极性共价键数目为7NA，如果有机物为甲醚，含有极性共价键数目为8NA，A错误；1molH2与1molI2制备HI的反应为可逆反应，生成HI小于2mol，H-I键小于2NA，B错误；pH=13的Ba(OH)2溶液，c(H+)=10-13mol/L, c(OH-)=10-1mol/L,25，1L、pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数为0.1NA，C错误；0.1molFe在足量氧气中燃烧，生成四氧化三铁，转移电子数为0.18/3NA=4/15NA, D正确；正确选项D。点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的综合应用，涉及的知识较多，重在分析能力及化学计算能力的考查，明确有机物存在同分异构体时，化学键类型有所不同；注意可逆反应不能进行完全，铁在氧气中燃烧生四氧化三铁，铁元素化合价平均为+8/3价。3.维生素P的结构如图所示，其中R为烷烃基，维生素P是一种营养增补剂。下列关于维生素P的叙述正确的是A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基B. 若R为甲基，则该物质的分子式可以表示为C16H14O7C. 该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是7 mol【答案】C【解析】【详解】A.分子中的官能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键，错误；B.若R为甲基，其分子式为C16H12O7，错误；C.该有机物含有酚羟基，故遇到三氯化铁溶液会呈紫色，正确；D.1mol该有机物最多能加成8mol氢气。错误。4.某同学用下图所示装置检验草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O，淡黄色)受热分解的部分产物。下列说法正确的是( )A. 通入N2的主要目的是防止空气中的水蒸气对产物检验产生影响B. 若和中分别盛放足量NaOH溶液、CuO固体，可检验生成的COC. 实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁D. 若将中的无水CaC12换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气【答案】B【解析】通入N2的主要目的是防止空气中二氧化碳、氧气等对产物检验产生影响，A错误；利用除去二氧化碳，中的无水氯化钙将气体干燥后，如果中的黑色的氧化铜固体变红，中澄清的石灰水变浑浊，说明有一氧化碳产生，B正确；实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物可能为铁，或氧化亚铁或四氧化三铁，这些物质都是黑色的，C错误；因混合气体经过了澄清的石灰水，氢氧化钠溶液，所以将中的无水氯化钙换成无水硫酸铜就不能检验分解生成的水蒸气，D错误；正确选项B。点睛：本实验抓住亚铁离子的不稳定性，进行判断处理，因为亚铁离子非常容易被氧化，所以先赶净装置中的空气，回答了充入氮气的目的；检验一氧化碳产生，应先除去混合气体中的二氧化碳，再利用一氧化碳的还原性检验即可。5.下列离子方程式书写正确的是()A. 用漂白液将污水中的NH3氧化成N2：ClO2NH3=N2Cl3H2OB. 向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液：NH4+HCO3-2OH=NH3H2OCO32-H2OC. 酸性条件下，用H2O2将I转化为I2：H2O22I=I22OHD. 用少量的氨水吸收硫酸工业尾气中的SO2：SO2NH3H2O=NH4+HSO3-【答案】D【解析】【详解】A.加入漂白液将污水中的NH3氧化成N2：离子方程式为3ClO2NH3=N23Cl3H2O，故A错误；B. 向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液，离子方程式：Ca2+NH4+HCO3-2OH=NH3H2OCaCO3H2O，故B错误；C. 酸性条件下，用H2O2将I转化为I2，离子方程式：H2O22I+2H+=I22H2O，故C错误；D. 用少量的氨水吸收硫酸工业尾气中的SO2，离子方程式：SO2NH3H2O=NH4+HSO3-，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应必须符合客观事实。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为22。W、Y同主族，X所处的周期数等于族序数，常温下Y的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由X的单质制成的容器中。下列说法正确的是A. 简单离子半径：XYZB. 工业上可电解X与Z形成的化合物来制取X单质C. Y的氢化物沸点比W的氢化物沸点高D. W、Y两种元素形成的一种化合物能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【分析】X所处的周期数等于族序数,常温Y的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由X的单质制成的容器中, X为AI ,它们的最外层电子数之和为22 ,余下的三种元素原子的最外层电子数平均值大于6, W、Y同主族,故W、X、 Y、Z依次为O、Al、S. Cl。【详解】A. X. Y、Z依次为Al、S、Cl，简单离子半径：S2- Cl-Al3+，故A错误；B. X与Z形成的化合物为AlCl3，属于共价化合物，不能用电解法来制取Al单质，故B错误；C. Y的氢化物为H2S，W的氢化物为H2O,因为水分子中存在着氢键，所以H2O 沸点比H2S高，故C错误；D. W、Y两种元素形成的一种化合物SO2,具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色,故D正确；答案：D。【点睛】本题考查元素周期律和原子结构知识,解题关键:熟记原子结构、元素在元素周期表中的位置和性质之间的关系,易错点A,原子大小是AlSCI,离子大小是S2-CI- Al3+。:7.常温下，用0100 0 molL1的盐酸滴定2000 mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加2000 mL盐酸时所得溶液中c(Cl)c(NH4+)+c(NH3H2O)+c(NH3)。下列说法错误的是A. 该氨水的浓度为0100 0 molL1B. 点溶液中c(NH4+)+c(NH3H2O)+c(NH3)2c(Cl)C. 点溶液中c(NH4+)c(Cl)D. 点溶液中c(Cl)c(H+)c(NH4+)c(OH)【答案】D【解析】【分析】本题主要考查酸碱中和相关曲线分析。A.由题可知，当滴加20mL盐酸时，溶液中溶质为NH4Cl，由此可求出氨水的浓度；B.点溶液中溶质为等浓度NH4Cl和NH3H2O的混合溶液，依据物料守恒判断；C.点依据电荷守恒判断；D.点时氨水和氯化氢恰好完全反应，反应后溶质为氯化铵。【详解】A.由图象曲线变化可知，加入20mL盐酸时出现滴定飞跃，说明氨水与盐酸的浓度相等，所以该氨水的物质的量浓度为0.1000mol/L，故A正确；B.点时滴入10mL盐酸，由于盐酸与氨水浓度相等，反应后溶质为等浓度的NH4Cl和NH3H2O，根据物料守恒可知：c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（NH3）=2c（Cl-），故B正确；C.点时溶液为中性，则c（H+）=c（OH-），根据溶液中的电荷守恒可知：c（NH4+）=c（Cl-），故C正确；D.点时NH3H2O和HCl恰好完全反应，反应后溶质为NH4Cl，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，由于水解程度较小，则c（Cl-）c（NH4+）、c（H+）c（OH-），由于水解程度较小，则c（NH4+）c（H+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），错误。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，可从溶液中溶质变化进行突破，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。8.氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO和Cl，在75以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3和Cl。研究小组用如下实验装置制取氯酸钾(KClO3)，并测定其纯度。回答下列问题：(1)检查装置气密性后，添加药品，待装置水温升至75开始反应。 写出装置中反应的化学方程式为_。若取消装置，对本实验的影响是_。实验结束，拆解装置前为了防止大量氯气逸出，可采取的措施是_。(2)已知碱性条件下，ClO有强氧化性，而ClO3氧化性很弱。设计实验证明：碱性条件下，H2O2能被ClO氧化，而不能被ClO3氧化。_。(3)为测定产品KClO3的纯度，进行如下实验：步骤1：取2.45g样品溶于水配成250mL溶液。步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，调至pH10，滴加足量H2O2溶液充分振荡，然后煮沸溶液12分钟，冷却。步骤3：加入过量KI溶液，再逐滴加入足量稀硫酸。(ClO3+6I+6H+Cl+3I2+3H2O)步骤4：加入指示剂，用0.5000 molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。(2S2O32+I2S4O62+2I)步骤2的目的是_。写出煮沸时反应的化学方程式_。样品中KClO3的质量分数为_。(KClO3相对分子质量：122.5)【答案】 (1). 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O (2). 杂质HCl消耗KOH，使KClO3产率降低 (3). 将装置中的溶液从分液漏斗注入圆底烧瓶中 (4). KCl (5). 分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中，均滴加少量NaOH溶液，再分别滴加H2O2溶液，A中有气泡产生并能使带火星的木条复燃，B中无明显现象。（或者：分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中，均滴加少量NaOH溶液，再分别滴加H2O2溶液充分振荡，然后煮沸溶液12分钟，冷却。分别加入足量稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，A中产生白色沉淀，B中无明显现象。） (6). 除去ClO (7). 2H2O22H2O + O2 (8). 83.3%【解析】【分析】装置I中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水;装置I中为饱和食盐水,可以除去氯气中的氯化氢;用氢氧化钠溶液吸收装置I中的氯气;氯气与碱溶液反应,在低温、稀碱溶液中主要产物是ClO-和Cl- ,在75C以上、浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-。(2)步骤2中在碱性条件ClO- 被H2O2还原为Cl-,加热煮沸可以使过量的H2O2分解;根据题意,碱性条件下, ClO-能氧化H2O2，ClO3-不能氧化H2O2 ;根据ClO- +6I- +6H+=Cl- +3I2+3H2O、2S2O32+I2S4O62+2I,可得反应的关系式ClO3- -6S2032-利用关系式计算样品中KClO3的质量分数。【详解】(1) 装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水,反应离子方程式是4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O装置I中为饱和食盐水,可以除去氯中的氯化氢,若取消装置II ,杂质HCl气体消耗氢氧化钾,使KClO3产率降低;实验结束拆解装置前为了防止大量氣逸出,可采取的措施是将装置V中的氢氧化钠溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶;氣气与碱溶液反应在低温、稀碱溶液中主要产物是ClO-和Cl- ,在75以上、浓碱溶液中主要产物是ClO-和Cl- ,所以从装置III的试管中分离得到KClO3粗产品，其中混有的杂质是KClO和KCl; (2) 步骤2中在碱性条件ClO-被H2O2还原为C1- ,反应的离子方程式是2H2O22H2O + O2;加热煮沸可以使过量的H2O2分解,“煮沸”的目的是使过量的H2O2分解,防止其氧化KI;根据题意,碱性条件下, ClO-能氧化H2O2 , CIO-不能氧化H2O2 ,所以氧化性ClO3- C10- ;设25.00mL溶液中含有KClO3的质量为xg ;KCl03-6S2032-122.5g 6molX 0.5mol/L 0.02L X=0.204g 样品中KCIO3的质量分数为0.245 100%= 83.3%。答案：83.3%。【点睛】本题考查了物质组成、物质成分的实验探究分析,实验探究、实验步骤、实验计算等知识点,主要是氧化还原反应产物的生成和判断掌握基础是解题关键。9.据报道，磷酸二氢钾(KH2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。利用氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示(部分流程步骤已省略)：已知萃取的主要反应原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl；其中，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。请回答下列问题：(1)流程中将氟磷灰石粉碎的目的是_。(2)不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是_(用化学方程式表示)。(3)副产品N的化学式是_；在得到KH2PO4晶体的一系列操作，其主要包括_、过滤、洗涤、干燥等。(4)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12，摩尔质量为504g/mol)来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，则理论上可生产KH2PO4(摩尔质量为136g/mol)的质量为_kg。 (5)电解法制备KH2PO4的装置如图所示该电解装置中，a 区属于_区(填“阳极”或“阴极”)，阴极区的电极反应式是_。(6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500生成白磷，同时逸出SiF4和CO,该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率 (2). 4HF+SiO2SiF4+2H2O (3). NH4Cl (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 326.4kg (6). 阴极 (7). 2H2eH2 (8). 4Ca5P3FO12+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO【解析】氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有KH2PO4，经过一系列操作得到KH2PO4晶体。(1)流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为：增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；(2)根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为：4HF+SiO2SiF4+2H2O；(3)根据上述分析，副产品N的化学式为NH4Cl；在得到KH2PO4晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为：NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶；(4)1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的质量为504kg，根据P元素守恒，理论上可生产KH2PO4的质量为504kg80%=326.4 kg，故答案为：326.4 kg；(5)根据图示，应该在a区生成KH2PO4，则钾离子由b区移向a区，则a 区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2eH2，故答案为：阴极；2H2eH2；(6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应的化学方程式为4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO，故答案为：4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO。10.(1)2020年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 = aKJ/molC8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2= bKJ/mol试写出25、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油(以C8H18表示)的热化学方程式_。(2)利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂(如Cu/ZnO催化剂)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H= 53.7kJmol-1 平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H= + 41.2kJmol-1 平衡常数K2CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=_(用含K1、K2的表达式表示)，该反应H_0(填“大于”或“小于”)。提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_(填写两项)。催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)综合选项543Cu/ZnO纳米棒材料12.342.3A543Cu/ZnO纳米片材料11.972.7B553Cu/ZnO纳米棒材料15.339.1C553Cu/ZnO纳米片材料12.070.6D由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为_(填字母符号)。(3)以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为2L的三个恒容密闭容器、中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。05min时间内容器中用CH3OH表示的化学反应速率为_。三个容器中一定达到平衡状态的是容器_(填写容器代号)。【答案】 (1). 8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1) H=（25a-b）KJ/mol (2). K= (3). 小于 (4). 降低温度、减小产物浓度 (5). B (6). 0.0875mol/(Lmin) (7). 【解析】【详解】(1)已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 =aKJ/mol；C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2=bKJ/mol根据盖斯定律，由25-得反应方程式：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1) +16H2O(1) H=25H1-H2=H=（25a-b）KJ/mol；(2) 已知甲：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-53.7 kJmol-1平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.2 kJmol-1平衡常数K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=；H=-53.7 kJmol-1-41.2 kJmol-1=-94.9 kJmol-10；反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和H2等；由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B选项；(3) CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始时的物质的量：1 2 0转化的物质的量： a 2a a平衡时的物质的量：1-a 2-2a a容器中05 min内H2含量是20%，a=，v(CH3OH)= 0.0875mol/(Lmin)；中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平