北京市2020届高三化学一轮复习11月月考试题（含解析）（通用）

北京市2020届高三化学一轮复习11月月考试题（含解析）一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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.下列试剂所贴的危险化学品标志不正确的是A. 氢氧化钠B. 甲烷C. 汽油D. 浓硫酸【答案】A【解析】【详解】A. 氢氧化钠具有很强的腐蚀性，应该是贴上“腐蚀品”标签，故A错误；B. 甲烷是易燃烧的气体，贴上“易燃气体”标签，故B正确；C. 汽油是易燃烧的液体，贴上“易燃液体”标签，故C正确；D. 浓硫酸具有很强的腐蚀性，贴上“腐蚀品”标签，故D正确；答案选A。2.2020年国家文物局对北洋海军军舰“经远舰”进行海上考古，考古队为舰体焊接锌块以实施保护。下列判断不合理的是（ ）A. 焊接锌块后的负极反应：Fe-2e-=Fe2+B. 上述保护方法中可用镁合金块代替锌块C. 腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-D. 考古队采用的是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】【详解】A. 金属活动性ZnFe，所以焊接锌块后的Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A正确；B.若用镁合金块代替锌块，由于Mg的活动性比Fe强，所以也可以保护Fe不被腐蚀，B正确；海水为中性溶液，钢铁发生的是吸氧腐蚀，正极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；D.考古队采用在舰体上焊接活泼金属的方法就是牺牲阳极的阴极保护法，D正确；故合理选项是A。3.以下是镍催化乙烯与氢气的反应机理示意图，下列说法不正确的是A. 乙烯与氢气发生加成反应B. 过程吸收能量，过程、释放能量C. 催化剂可改变反应的焓变D. 反应中有非极性键断裂、极性键形成【答案】C【解析】【详解】A乙烯分子中含碳碳双键，与氢气发生的反应为加成反应，故A正确；B过程是H-H断裂吸收能量，过程、是形成C-H键释放能量，故B正确；C催化剂通过改变反应活化能改变反应的化学反应速率，但不改变化学平衡、不改变反应焓变，故C错误；D从反应过程中可知断裂的H-H键为非极性键，形成的C-H键为极性键，反应中有非极性键断裂、极性键形成，故D正确；答案为C。4.下列指定反应的离子方程式正确的是()A. 将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2NH3H2O=NHHSOB. 铝溶于NaOH溶液中：2Al2OH2H2O=2AlO3H2C. 用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO32H=Ca2H2OCO2D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5IIO3H2O=3I26OH【答案】B【解析】【详解】A. 将少量的SO2气体通入过量的氨水中，生成物为亚硫酸铵和水，不能生成亚硫酸氢铵，故A错误；B. 离子方程式符合反应原理，符合离子方程式书写规则和守恒关系，故B正确；C. 醋酸属于弱酸，书写离子方程式时不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO32CH3COOH= Ca2H2OCO2+2CH3COO-，故C错误；D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正确的离子方程式为：5IIO3-+6H+=3I2+3H2O ，故D错误；答案选B。【点睛】离子方程式书写时需注意有些不能拆的离子，反应物的量的关系对产物的影响。5.常温下，等体积、pH均为3的HA和HB溶液分别加水稀释，溶液pH值的变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）A. 向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度一直增大B. 用pH为11的某碱与pH为3的HB溶液等体积混合后，溶液不可能显碱性C. 氨水与HA溶液混合后的溶液中可能存在：c(NH4 )c(A)c(H)c(OH)D. 完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积：HAc(A-)c(H)c(OH)肯定不成立，故C错误；D因HB比HA弱，pH相等的HA和HB中未电离的HB的物质的量比HA的物质的量大，则完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积是HAc(Cl)c(HCN)c(OH)c(H)D. 图甲中c点的溶液：c(Na)c(H)c(HCN)c(OH)c(CN)【答案】A【解析】【分析】25时，NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数（）随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10 mL 0.01 molL-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。【详解】A. 图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH)，由溶液电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CN)+c(Cl)，结合物料守恒可c(Na+)=c(HCN)+c(CN)可知：c(Cl)=c(HCN)，故A正确；B. a点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN)，NaCN的水解平衡常数K(NaCN)=c(OH)=10-4.5mol/L，故B错误；C. b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN水解程度，可知c(HCN)c(CN)，故C错误；D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl)=c(HCN)+c(CN)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)+c(CN)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+2c(CN)，故D错误；答案选A。13.为探究电解的放电规律，进行如下实验：序号阳极材料阴极材料电解质阳极产物阴极产物石墨石墨0.1 molL-1 CuCl2溶液Cl2Cu石墨石墨0.1 molL-1 NaCl溶液Cl2H2石墨石墨0.2 molL-1 CuSO4溶液O2Cu铜石墨0.2 molL-1 CuSO4溶液Cu2+Cu石墨石墨熔融NaClCl2Na下列说法不正确的是A. 对比可知，阴极放电顺序是：Cu2+ H+ Na+B. 对比可知，阳极放电顺序是：Cl- OH- SO42-C. 对比可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电D. 对比可知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液【答案】D【解析】【详解】A、中阳离子是Cu2和H，阴极产物是Cu，放电顺序是Cu2H，中阳离子是Na和H，阴极产物是H2，放电顺序是HNa，综上所述，放电顺序是Cu2HNa，故A说法正确；B、根据选项A的分析，阳极放电顺序是ClOHSO42，故B说法正确；C、根据实验，Cu为阳极时，Cu先失去电子，故C说法正确；D、实验中电解质为水溶液，通过电解得到金属单质，故D说法错误。14.某溶液中可能含有H、NH、Mg2、Al3、Fe3、CO、SO、NO中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是()A. 溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3B. 溶液中一定不含CO，可能含有SO和NOC. 溶液中n(NH)0.2 molD n(H)n(Al3)n(Mg2)111【答案】C【解析】【分析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32-和NO3-不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-，结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n(Mg2+)、n(Al3+)、n(NH4+)，据此解答。【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气,因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol0.5mol=0.2mol，则n(NH4+)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol0.7mol=0.1mol，则nAl(OH)3=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol0.1mol=0.4mol，则n(Mg2+)=0.05mol，A. 由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；B.由上述分析可知，溶液中一定不含CO32、NO3，一定含有SO42，故B错误；C. 由上述分析可知，溶液中n(NH4+)=0.2mol，故C正确；D. 由上述分析可知，溶液中n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.1mol:0.1mol:0.05mol=2:2:1，故D错误；答案选C。二、非选择题(本题包含5个大题，共58分)15.铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。（1）铝元素位于周期表中第_周期_族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：NaAlO2、NaBO2、NaGaO2，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为_(用序号表示)。（2）将20.0 mL 0.1 molL1 Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 molL1 NH4Al(SO4)2溶液混合，所得溶液中Al3、NH、SO、OH、H的浓度由大到小的顺序为_。（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：已知：AlNNaOHH2O=NaAlO2NH3。过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_。实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为_。(不考虑整个过程中的损耗)【答案】 (1). 三 (2). A (3). (4). c(SO42)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH) (5). 玻璃棒 (6). 97.62%【解析】【分析】（1）对于主族元素，周期数=电子层数，族序数=最外层电子数据此判断该元素在周期表中位置；根据同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐碱性越强；（2）将20.0mL 0.1mol/L Ba（OH）2溶液和20.0mL 0.1mol/L NH4A1（SO4）2溶液混合，即两者等物质的量混合，生成2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性；（3）过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1NA12O3，由关系式求氮化铝的质量，然后代入质量分数进行计算。【详解】(1)原子序数为13的元素，质子数为13，核外电子数为13，有3个电子层，最外层有3个电子，位于周期表中第三周期第A族；同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐溶液碱性越强，镓、硼与铝位于同一主族，金属性：镓铝硼，故碱性：，故答案为：三；A；(2)将20.0mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液和20.0mL 0.1mol/LNH4A1(SO4)2溶液混合，即两者等物质的量混合，所以2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性，所以离子浓度的大小为：c(SO42)c(NH4+ )c(Al3+)c(H+)c(OH)；故答案为：c(SO42)c(NH4 +)c(Al3+)c(H+)c(OH)；(3)过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；故答案为：玻璃棒；煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1NA12O3， 2(27+14) 102 m(A1N) 5.1g 所以=，解之得：m(A1N)=4.1g，则样品中A1N的质量分数为 100%=97.62%；故答案为：97.62%。16.磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：请回答：（1）A的组成元素为_（用元素符号表示），化学式为_。（2）溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用_。（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 gL-1），该气体分子的电子式为_，写出该反应的离子方程式_。（4）写出FG反应的化学方程式_，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O、H+、K+、I-）_。【答案】 (1). S、Fe (2). Fe3S4 (3). 制印刷电路板 (4). H2S电子式 (5). Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe2+S (6). H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI (7). 取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3【解析】C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3 等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）=2.400g/160gmol1=0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56gmol1=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g-1.68g=1.28g，n（S）=1.28g/32gmol1=0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，（1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；（2）铁离子具有强氧化性，可将铜氧化，常用于制印刷电路板；（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 gL1），淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.51822.4L=34，为H2S气体，电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H=3Fe2+S+3H2S；（4）FG反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H，K，I） 为SO42和H2SO3，可先检验SO42，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。此处有视频，请去附件查看】17.雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：N2(g)O2(g)2NO(g)H1a kJmol12NO(g)O2(g)2NO2(g)H2b kJmol1CO(g)O2(g)CO2(g)H3c kJmol12CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)H4请回答下列问题：（1）根据反应，确定反应中H4_ kJmol1。（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应的Kp_(用表达式表示)。（3）下列情况能说明反应已达平衡状态的是_(填字母)。a单位时间内生成1 mol NO2的同时消耗了1 mol NOb在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变c在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化d在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变（4）试分析高温下不利于反应自发进行的原因_。（5）探究反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图所示的曲线。试分析实际化工生产中不采用高压的原因_。（6）探究反应中平衡时CO2的体积分数与反应物中起始n(NO)/n(CO)的比值、温度的关系，得到如图所示的曲线。在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是_。【答案】 (1). 2ca (2). (3). CD (4). 因为该反应的H0，SYX【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，反应2-即得，确定反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)，据此计算焓变；（2）根据反应的方程式得出Kp=；（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；（4）根据该反应为气体体积减小的放热反应结合G=H-TS0自发判断；（5）根据图象分析，常压下NO的转化率已经较高，并且高压转化率增加不大，但增加成本较大，据此分析；（6）温度一定，随反应物NO、CO的起始物质的量比增大，X-Y反应正向进行，一氧化碳的转化率XY，Y-Z平衡正向进行，一氧化氮增大会提高一氧化碳的转化率，则YZ；【详解】(1)根据盖斯定律，反应2即得，确定反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)H4=(2ca)kJ/mol；故答案为：2ca；(2)根据反应的方程式得出Kp=；故答案为：；(3)A. 单位时间内生成1molNO2的同时消耗了lmolNO，都是正反应，故不能说明达到平衡状态，故A错误；B.根据=可知，气体总质量一定，体积一定，故密度一定，故混合气体的密度不再发生改变不能说明达到平衡状态，故B错误；C. 因为平衡常数仅与温度有关，当平衡常数不再变化，即反应的温度不变，又在绝热恒容的容器中，所以反应的平衡常数不再变化能说明达到平衡状态，故C正确；D. 在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变，则反应达平衡，能说明达到平衡状态，故D正确；答案选CD；(4)因为该反应为气体体积减小的放热反应，即H0，S0非自发；故答案为：因为该反应为气体体积减小的放热反应，即H0，S0；(5)根据图象分析，常压下NO的转化率已经较高，并且高压转化率增加不大，但增加成本较大；故答案为：常压下NO的转化率已经较高，并且高压要增加成本；(6)温度一定，随反应物NO、CO的起始物质的量比增大，XY反应正向进行，一氧化碳的转化率XY，YZ平衡正向进行，一氧化氮增大会提高一氧化碳的转化率，则YYX；故答案为：ZYX。【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：H0 、S0，低温下自发进行；H0，任何条件下都能自发进行；H0 、S0、S0，高温下自发进行。18.NH4Al(SO4)212H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。某兴趣小组同学用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反应后的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾的实验，步骤如下：(1)下列有关说法中正确的是_。A“滤液1”中含有K+、Mg2+、Cl-B“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质C“过滤1”可用倾析法，以缩减实验时间D将“滤液3”蒸干并灼烧，可得纯碱(2)用NaOH溶解“滤渣1”时，可以采用_的方式提高浸出率(写出3条)。(3)向“滤液2”中通入足量的CO2，写出相应的离子反应方程式_。(4)由“滤渣3”制备铵明矾，经过如下步骤：ag_h(依次填入正确的序号)a加硫酸溶解 b抽滤 c加入蒸发皿中d降温结晶 e蒸发至表面出现晶膜f配制饱和硫酸铵溶液g将硫酸铝溶液转移至蒸发皿h洗涤、干燥(5)根据各物质的溶解度曲线(见下图)，在80时，用一定浓度的硫酸溶解“滤渣3”时，最适宜的硫酸浓度为_。A3mol/L(1.20g/mL)B6mol/L(1.34g/mL)C9mol/L(1.49 g/mL)D18mol/L (1.84g/mL)所需硫酸用量简便确定方法是_。【答案】 (1). BD (2). 加热、提高NaOH浓度、搅拌等 (3). AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3- OH-+CO2HCO3- (4). fcedb (5). A (6). 逐滴加入(3 mo1L-1)硫酸，并不断搅拌，至沉淀恰好完全溶解【解析】【分析】铝灰水洗的目的是洗去表面的氯酸钾杂质，所以滤液1主要含有KClO3，滤渣1主要含有氧化铁、铝粉、镁条，加入NaOH溶液，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故滤液2中主要含有偏铝酸钠和氢氧化钠，滤渣2中主要含有氧化铁、镁条，向滤液2中通入CO2气体，偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝，故滤渣3为氢氧化铝，得到的氢氧化铝再制备NH4Al(SO4)212H2O(铵明矾)，据此答题。【详解】（1）A.“滤液1”中主要含有氯酸钾，故含有K+、ClO3-，故A错误；B.“滤渣1”中含有氧化铁、铝粉、镁条，“滤渣2”中含有氧化铁、镁条，含有相同的物质为氧化铁、镁条，故B正确；C.倾析法可以将颗粒较大的固体与溶液分离，滤渣1中含有铝粉，颗粒较小，不能使用倾析法，故C错误；D.“滤液3”中主要含有碳酸氢钠，碳酸氢钠蒸干并灼烧，受热分解生成纯碱，故D正确。故答案为：BD。（2）用NaOH溶解“滤渣1”时，可采用加热、提高NaOH浓度、搅拌等方式提高浸出率，故答案为：加热、提高NaOH浓度、搅拌等。（3）向“滤液2”中通入足量的CO2，偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，氢氧化钠与足量的CO2反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- 、OH-+CO2=HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- 、OH-+CO2=HCO3-。（4）由“滤渣3”中主要含有氢氧化铝，先加硫酸溶解，氢氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，将硫酸铝溶液转移至蒸发皿中，配制饱和硫酸铵溶液，加入蒸发皿中，蒸发至表面出现晶膜，降温结晶，抽滤，得到铵明矾，洗涤、干燥。所以制备铵明矾的步骤为：agfcedbh，故答案为：fcedb。（5）由图可知，80时Al2(SO4)318H2O的溶解度约为70g，则100g水中可溶解70g晶体，则nAl2(SO4)318H2O=70g/666g/mol0.1mol，n(H2SO4)=n(SO42-)=0.1mol3=0.3mol，若H2SO4溶解Al2O3后溶液的体积变化忽略不计，则c(H2SO4)=0.3mol/0.1L=3mol/L，故答案为：A。用3mol/L的H2SO4溶解Al2O3后，得到的溶液接近Al2(SO4)318H2O的饱和溶液，有利于铵明矾的制备（可减少蒸发水的量），故答案为：逐滴加入(3 mo1L-1)硫酸，并不断搅拌，至沉淀恰好完全溶解。【点睛】分析流程题需要掌握的技巧