宁夏银川一中2020届高三化学第四次月考试卷（含解析）

宁夏银川一中2020届高三第四次月考理综化学试题1.化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A. 由于铝的熔点较低，用铝制容器烧水容器会很快熔化B. 废弃油脂回收后，可以用来制肥皂和甘油C. 使用含有氯化钙的融雪剂会加速桥梁的腐蚀D. Fe2O3可用来制作油漆和涂料【答案】A【解析】【详解】A.铝是活泼金属，在空气中容易和氧气反应，生成熔点很高的氧化铝保护膜，所以，用铝制容器烧水容器不会很快熔化，故A错误；B.废弃的油脂回收后，利用皂化反应，可以用来制取肥皂和甘油，故B正确；C.因为氯化钙是电解质，做融雪剂时，溶于水形成电解质溶液，与钢铁会发生原电池反应，而加速钢铁的腐蚀，故C正确；D.氧化铁是红色固体物质，在空气中化学性质稳定，可用来制作油漆和涂料，故D正确；本题答案为A。2.下列与阿伏加德罗常数的值(NA)有关的说法正确的是A. 标准状况下，2.24L水中含有氢原子的数目为2NAB. 8.0 g Cu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NAC. 在密闭容器中加入0.5 mol N2和1.5 mol H2，充分反应后可得到NH3分子数为NAD. 2.3 g Na与氧气完全反应，反应中转移的电子数在0.1NA0.2NA之间【答案】B【解析】【详解】A.在标准状况下，水是液态，所以2.24L水不是0.1mol，氢原子数不是2NA，故A错误；B.8g Cu2S的物质的量为：n(Cu2S)=8g160g/mol=0.05mol,n(Cu)=20.05mol=0.1mol；8gCuO的物质的量为：n(CuO)=8g80g/mol=0.1mol,n(Cu)=10.1mol=0.1mol,两种物质含有铜原子数都是0.1NA，故B正确；C.在密闭容器中加入0.5 mol N2和1.5 mol H2，发生合成氨反应，此反应是可逆反应，不能进行到底， 生成的NH3少于0.1mol，得到的NH3分子少于0.1NA，故C错误；D.Na与氧气完全反应，无论生成Na2O还是Na2O2，Na的化合价都是0+1，所以，2.3 g Na与氧气完全反应，反应中转移的电子数一定是0.1NA，故D错误；本题答案为B。【点睛】钠和氧气反应，条件不同产物不同，但等量的钠转移电子数相同。3.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 1.0 molL1KNO3溶液：H、Fe2、Br、SO42-B. 使pH试纸显蓝色的溶液：K+、Na+、S2-、SO32-C. 水电离的c(H+)11012 molL-1的溶液：Na+、Fe2+、Cl-、NO3-D. 与铝反应生成H2的溶液：K+、Mg2+、Cl、NO3-，SO42-、Br-【答案】B【解析】【详解】A.溶液中，H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.使pH试纸显蓝色的溶液，显碱性，OH-、K+、Na+、S2-、SO32-之间不发生反应，可以大量共存，故B正确；C.水电离的c(H+)11012 molL-1的溶液，可能是酸性溶液，也可能是碱性，若为酸性，则：H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存；若为碱性，则：OH-、Fe2+会反应生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，故C错误；D.与铝反应生成H2的溶液，可能是酸性溶液，也可能是碱性，若为酸性，H+、NO3-和Al不能生成H2；若为碱性，则：OH-、Mg2+会反应生成Mg(OH)2沉淀，故D错误；本题答案为B。【点睛】在同一溶液中，只有离子之间，不发生任何化学反应，才能大量共存。4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有9个电子，Y原子最外层电子数是最内层电子数的一半，Z最高正价是最低负价绝对值的3倍。下列叙述正确的是A. 原子半径：WXYZB. 化合物Y2Z中既有离子键、又有共价键C. Y、W最高价氧化物对应水化物的溶液均能溶解氧化铝D. 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Z、W、X【答案】C【解析】【分析】在短周期主族元素中，核外电子数是9的元素是F，所以X是F，最外层电子数，是最内层一半的元素是Na，所以Y是Na，最高正价是最低负价绝对值的3倍的元素是S，所以Z是S，那么W就是Cl。【详解】经分析可知：X是F，Y 是Na，Z是S，W是Cl；A.原子半径由小到大的顺序是：X W HCl H2S ，故D错误；本题答案为C。5.氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰。在反应过程中，断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ,断裂1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ,形成1moIHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中，正确的是A. Q1+Q2Q3 B. Q1+Q22Q3 C. Q1+Q2Q3 D. Q1+Q2C在Na2SiO3溶液中加入足量HClD检验某溶液中是否有NH4+取该溶液于干净的试管中，加NaOH浓溶液加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.直接加热NaHCO3和NH4Cl固体混合物，NaHCO3和NH4Cl，都会发生分解反应，故A错误；B.由于NO会和空气中的O2发生反应生成NO2，所以不能用向上排空气法收集NO，故B错误；C.比较非金属性的强弱，应该比较最高价氧化物的水化物的酸性，酸性越强，非金属的非金属性越强，反之，越弱，故C错误；D.取溶液于干净的试管中，加NaOH浓溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，就证明溶液中有NH4+，未变蓝，则证明无NH4+，故D正确；本题答案为D。8.亚硝酰氯（C1NO）是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验室用C12和NO制备C1NO并测定其纯度。请回答：（I）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：（1）若制备C12发生装置选A，则反应的离子方程式为_。若制备NO发生装置选B，锥形瓶中放的是Cu片，则分液漏斗中的试剂为_（2）欲收集一瓶干燥纯净的氯气，选择装置，其连接顺序为：af_d_（按气流方向，用小写字母表示），其中F装置的作用为_。（II） 乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：（3）为了使气体充分反应，从A处进入的气体是_(填Cl2或NO)。（4）装置、除可干燥NO、Cl2外，另一个作用是_。（5）装置的烧杯中盛放的试剂是_(填编号水热水冰水)（6）装置中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O (2). 稀硝酸 (3). a-f-g-c-b-d-e-j h (4). 除去Cl2中的HCl (5). Cl2 (6). 通过观察气泡调节气体流速 (7). (8). NOCl2NaOHNaClNaNO2H2O【解析】【分析】（1）选择A装置用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，选择B装置用稀硝酸和铜反应制取NO；（2）实验室制取的氯气中，含有水和氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸干燥氯气，氯气是大气污染物，所以用碱石灰做吸收剂，防止氯气扩散到空气中；（3）由于Cl2和NO相比，Cl2的密度比NO的密度大，为了使气体充分反应，从A处进入的气体是Cl2，（4）装置、除可干燥NO、Cl2外，还可以通过观察气泡多少，调节气体的通入速度；（5）装置是用于收集NOCl的装置，液态比气态更容易收集，所以装置的烧杯应用冰水冷却；（6）依据题目所给NOCl与水反应的信息，书写NOCl和NaOH反应的化学方程式。【详解】（1）选择A装置制取氯气，则参加反应的试剂是：MnO2和浓HCl，离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O，制取NO时，分液漏斗中的试剂为：稀硝酸；故本题答案为：MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O；稀硝酸；（2）欲收集一瓶干燥纯净的氯气，又要防止Cl2污染空气，装置的链接顺序为：a-f-g-c-b-d-e-j h ，F中盛放的是饱和食盐水，用以除去Cl2中的HCl，故本题答案为： g、c、b、e、j、 h ，除去Cl2中的HCl；（3）由于Cl2和NO相比，Cl2的密度比NO的密度大，为了使气体充分反应，Cl2应从A处进入，故本题答案为：Cl2；（4）本实验还可以通过观察，气体通过洗气瓶时产生气泡的多少、快慢，根据需要调节气体的流速，故本题答案为：通过观察气泡调节气体流速；（5）由于NOCl具有刺鼻恶臭味，所以收集时要用冰水冷却使之变为液体，故本题答案为：；（6）依据题意，装置中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为：NOCl2NaOHNaClNaNO2H2O，本题答案为：NOCl2NaOHNaClNaNO2H2O。9.氮氧化物、二氧化硫是造成大气污染的主要物质，某科研小组进行如下研究。（1）写出SO2（g）与NO2（g）反应生成SO3（g）和NO（g）的热化学方程式_。（2）常温下用NaOH溶液吸收SO2，当向NaOH溶液中通入足量的SO2时，得到NaHSO3溶液，利用图所示装置（电极均为惰性电极）在pH为47之间电解,可使NaHSO3转化为Na2S2O4，并获得较浓的硫酸，这是电化学脱硫技术之一，a为电源的_（填 “正极”或“负极”）；阴极的电极反应式为_.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu2O，反应为2Cu + H2O =Cu2O + H2。装置如图所示：该离子交换膜为_离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电池的阳极反应式为：_，钛极附近的pH值_(增大、减小、不变)。.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。右图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。氢氧燃料电池的能量转化主要形式是_，工作时电流方向为_（用ab或ba表示）。负极的电极反应式为_。【答案】 (1). SO2（g）+NO2（g）=SO3（g）+NO（g）H=-41.8kJ/mol (2). 正极 (3). 2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O (4). 阴 (5). 2Cu 2e + 2OH = Cu2O + H2O (6). 增大 (7). 化学能电能 (8). ba (9). H22e+2OH=2H2O【解析】【分析】（1）从题中所给的两个图像，分析出NO和O2、SO2和O2反应的热化学方程式，依据盖斯定律写出SO2和NO2反应的热化学反应方程式；（2）分析图中电解池，发生反应的的化合价变化情况，可以看出NaHSO3Na2S2O4，S的化合价降低，所以b是负极，则a是正极；.由总反应，可知阳极电极反应式，Ti为阴极，H+放电，溶液的PH增大；.原电池是把化学能转化为电能的装置，燃料电池是原电池，在原电池中失电子的一极为负极，得电子的一极为正极。电子经导线由负极传递到正极，电流由正极到负极。【详解】（1）已知由图分析得2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H=-196.6kJ/molO2（g）+2NO（g）2NO2（g）；H=-113.0kJ/mol根据盖斯定律可得：SO2（g）+NO2（g）=SO3（g）+NO（g）；H=-41.8kJ/mol，本题答案为：SO2（g）+NO2（g）=SO3（g）+NO（g）；H=-41.8kJ/mol；（2）因NaHSO3Na2S2O4，S的化合价降低，所以b是负极，则a是正极，阴极电极反应式为：2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O，本题答案为：正极，2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O；.因为总反应为：2Cu + H2O =Cu2O + H2，所以阳极反应为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O, 故离子交换膜应采用阴离子交换膜，阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-, Ti极为阴极，阴极附近溶液的增大，本题答案为：阴、2Cu 2e + 2OH = Cu2O + H2O、增大；.燃料电池是原电池，是把化学能转化为电能的装置，在氢氧燃料电池中通入H2的电极是负极，H2失去电子，通入O2的电极是正极，O2得到电子，电子经导线由负极传递到正极，电流由b流向a，电解质溶液显碱性，所以负极反应式为2.H2-2e-+2OH-=2H2O，本题答案为：化学能电能、ba、H22e+2OH=2H2O。10.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品，工业上常用铝土矿（主要成分为Al2O3）来生产铵明矾NH4Al(SO4)212H2O，其工艺流程图如下：（1）流程图中X为_（填化学式），Y为_（填名称）溶液，NH3的电子式_；（2）流程中电解池阳极的电极反应式为_；（3）反应II的离子方程式为_反应的化学方程式为_；（4）对铵明矾NH4Al(SO4)212H2O高温分解的气体产物的预测不合理的是_；ANH3、N2、SO2、H2O BNH3、SO3、H2OCNH3、SO2、H2O DNH3、N2、SO3、SO2、H2O【答案】 (1). NaOH (2). 硫酸 (3). H N H (4). 2SO42-2e=S2O82- (5). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- (6). （NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2 (7). C【解析】【分析】（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，Al2O3既能和酸反应又能和减反应，结合反应中通入过量CO2，可知X是NaOH溶液，而Y和反应II生成的 AlOH)3发生反应，需要有氢离子溶解氢氧化铝，还有硫酸根离子，所以Y是H2SO4，氨气的电子式为 ；（2）流程中电解的是含SO42-的水溶液,生成S2O82-；所以阳极电极反应式为：2SO42-2e=S2O82-；（3）反应是NaAlO2和过量的CO2反应，生成Al(OH)3；（4）根据氧化还原化合价有升有降的原则分析四个选项，可得出结论。【详解】（1）Al2O3既能和酸反应又能和减反应，结合反应中通入过量CO2，可知X是NaOH溶液，而Y能和反应II生成的 AlOH)3发生反应，反应为氢氧化铝中加上Y可以制得，需要有氢离子溶解氢氧化铝，还有硫酸根离子，所以Y是H2SO4，本题答案为：NaOH 、硫酸、；（2）流程中电解的是含SO42-的水溶液,生成S2O82-；所以阳极电极反应式为：2SO42-2e=S2O82-，故本题答案为：2SO42-2e=S2O82-；（3）反应是NaAlO2和过量的CO2反应，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，本题答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；（4）AN元素化合价升高，硫元素化合价降低，符合氧化还原反应规律，故A可能；B.无元素化合价变化，是非氧化还原反应，故B可能；C.只有S的化合价降低，故C不可能；D.N元素化合价升高，S元素化合价降低，故D可能；本题答案为：C。11.根据物质结构有关性质和特点，回答下列问题：（1）Ti基态原子核外电子排布式为 _基态铝原子核外电子云形状有_（填名称）。（2）丙烯腈（CH2=CH-CN）分子中O键和键的个数比为_,分子中碳原子轨道的杂化类型是_（3）写出与NH4+互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式_、_。（4）钛存在两种同素异构体，采纳六方最密堆积，-Ti采纳体心立方堆积，鉴别两种钛晶体可以用_法，由-Ti转变为-Ti晶体体积_（填“膨胀”或“收缩”）。（5）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_形象化描述。（6）Cu与O元素形成的某种化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中氧原子的配位数为_，若阿伏伽德罗常数为NA，晶胞的边长为a pm,该晶体的密度为_gcm3【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d24s2或Ar 3d24s2 (2). 球形、哑铃形 (3). 2:1 (4). sp2 sp (5). CH4 (6). BH4- (7). X-射线衍射 (8). 膨胀 (9). 电子云 (10). 4 (11). 【解析】【分析】（1）Ti是22号元素，依据核外电子排布规律，书写电子排布式，根据Al原子核外电子排布式确定，基态铝原子核外电子云形状；（2）丙烯睛分子中所有原子都在同一平面上,则丙烯睛分子中,碳原子的杂化轨道类型有sp2杂化、sp杂化,键和键的个数比为2：1；（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与NH4+为等电子体需满足有8个价电子，5个原子；（4）鉴别晶体的堆积方式的方法是x-射线衍射，六方最密堆积空间利用率比体心立方堆积空间利用率高，由转变为-Ti晶体体积膨胀；（5）用电子云形象的描述，电子在原子核外出现的概率密度分布；（6）从结构分析，依据晶胞中原子个数的计算方法，确定晶胞类型，计算密度。【详解】（1）Ti是22号元素，按核外电子排布规律，Ti原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar 3d24s2，根据Al是13号元素，原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p1，基态铝原子核外电子云形状有：球形、哑铃形两种，本题答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar 3d24s2 ；球形、哑铃形；（2）丙烯睛分子中所有原子都在同一平面上,则丙烯睛分子中,碳原子的杂化轨道类型有sp2杂化、sp杂化,键和键的个数比为2：1；本题答案为：2:1；sp2 sp；（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与NH4+为等电子体需满足有8个价电子，5个原子，则和NH4+互为等电子体的分子如：CH4，离子如：BH4-；本题答案为：CH4 4；BH4-；（4）鉴别晶体的堆积方式的方法是x-射线衍射，六方最密堆积空间利用率比体心立方堆积空间利用率高，由-Ti转变为-Ti晶体体积膨胀；本题答案为：x-射线衍射；膨胀；（5）用电子云形象的描述，电子在原子核外出现的概率密度分布；本题答案为：电子云；（6）位于晶胞定点的8个原子，每个原子属于晶胞的只有1/8，所以该晶胞中，该原子个数为1+818=2，黑色原子有4个，所以该物质是Cu2O，该晶胞含有2个Cu2O，故晶胞质量为1442NA,晶胞的体积为(a10-10)3cm3，所以该晶胞的密度为：g/cm3，故本题答案为：4；。【点睛】依据晶胞结构，合理使用：“角八”、“ 棱四”、“ 面二”、“ 心一”，判断晶胞组成。12.龙癸醛是一种珍贵香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业。其合成路线如图所示(部分反应产物和反应条件已略去)。回答下列问题：（1）下列有关R和烯烃C3H6的说法正确的是_。(填代号)A它们的实验式相同 B它们都能使溴水褪色C它们都能发生加成反应 D它们都含有碳碳双键（2）反应的试剂和条件是_；反应的类型是_。（3）T所含官能团的名称是_；反应的化学方程式为_。（4）X的名称是_。（5）遇氯化铁溶液发生显色反应的T的同分异构体有_种，其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1236的结构简式为_。（6）参照上述流程图，以2甲基1，3丁二烯为原料，经三步制备2甲基1，4丁二醛，设计合成路线：_。【答案】