长沙市第一中学2020届高三化学第八次月考试题含解析

湖南省长沙市第一中学2020届高三化学第八次月考试题含解析湖南省长沙市第一中学2020届高三化学第八次月考试题含解析PAGE23-湖南省长沙市第一中学2020届高三化学第八次月考试题含解析湖南省长沙市第一中学2020届高三化学第八次月考试题（含解析)1。化学与社会、生活密切相关，下列说法中错误的是A。医用酒精是利用了乙醇使蛋白质变性来杀菌消毒.B.空气质量日报中计入污染指数的项目为SO2、NOx、CO2C。双氧水、高锰酸钾溶液消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同D。锅炉水垢中含有的CaSO4可先用饱和碳酸钠溶液浸泡,然后用盐酸除去【答案】B【解析】【详解】A.乙醇使蛋白质变性，医用酒精能杀菌消毒，故A正确；B。CO2不是空气质量日报污染指数项目，故B错误;C.双氧水、高锰酸钾溶液消毒,漂白粉消毒饮用水都是利用强氧化性，故C正确；D。锅炉水垢中含有CaSO4可先用饱和碳酸钠溶液浸泡转化为碳酸钙沉淀，然后用盐酸除去,故D正确;选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A。1.6g—NH2和1.5g-CH3含有的电子数均为NAB。44gCO2和N2O的混合物中含有的氧原子数为1.5NAC.精炼铜,若阳极失去2NA个电子,则阴极增重64gD。60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应,充分反应后断裂的C-O键数目为NA【答案】C【解析】【详解】A。-NH2、—CH3核外电子数均是9,1。6g—NH2和1。5g-CH3的物质的量均是0.1mol，含有的电子数均0。9NA，故A错误；B。44gCO2中含有的氧原子数为，44gN2O中含有的氧原子数为,故B错误;C。精炼铜,若阳极失去2NA个电子,根据电子守恒，阴极一定生成1molCu析出,增重64g，故C正确；D。酯化反应可逆,60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的C—O键数目小于NA,故D错误；答案选C3。下列有机物属于苯的同系物的同分异构体有(不含立体异构)A。13种 B。16种 C.19种 D.22种【答案】D【解析】【详解】属于苯的同系物的同分异构体含有苯环，除苯环外还有4个碳原子，若只有1个侧链,有4中结构；若有2个侧链—CH3、—CH2CH2CH3，有3种结构；若有2个侧链-CH3、—CH(CH3)2,有3种结构；若有2个侧链—CH2CH3、-CH2CH3，有3种结构；若有3个侧链2个—CH3、1个-CH2CH3，有6种结构；若有4个-CH3，有3种结构；共22种，故选D。4。有a、b、c、d四种元素,原子序数依次增大。a存在a+和a-两种离子，b和c为短周期同一主族元素，c的次外层有8个电子，c2-和d2+的电子层结构相同。下列叙述正确的是A.+6价的c和a、b可形成离子化合物B。a和d形成的化合物具有强还原性C。b和c分别与a形成化合物相对分子质量一定是后者大D。a、b、c、d四种元素组成的化合物的水溶液加入少量Na2CO3只产生气体，不产生沉淀。【答案】B【解析】【分析】a存在a+和a—两种离子,a是H元素;b和c为短周期同一主族元素，c的次外层有8个电子，c2—和d2+的电子层结构相同,c最外层有6个电子，d最外层有2个电子，b是O元素、c是S元素、d是Ca元素；【详解】A.+6价的S和H、O可形成共价化合物H2SO4，故A错误；B.H和Ca形成的化合物CaH2，H元素化合价为—1，具有强还原性，故B正确;C。O和S分别与H形成化合物，H2O2、H2S相对分子质量一样大，故C错误；D.H、O、S、Ca四种元素组成的化合物硫酸氢钙溶液加入少量Na2CO3产生二氧化碳气体和硫酸钙沉淀，故D错误；选B.5。以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质,天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图。下列说法正确的是A.以此电池为电源电解饱和食盐水,当有0。2mole—转移时，阳极产生2。24L气体B。若以甲烷为燃料气时负极电极反应式：CH4+5O2——8e—=CO32—+2H2OC.该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D。空气极发生的电极反应式为O2+4e—+2CO2=2CO32-【答案】D【解析】【详解】A.以此电池为电源电解饱和食盐水,阳极生成氯气,当有0。2mole—转移时，生成0.1mol氯气，非标准状况下体积不一定是2.24L，故A错误；B。若以甲烷为燃料气时负极电极反应式：CH4+4CO32——8e-=5CO2+2H2O，故B错误;C。总反应为燃料和氧气反应,所以使用过程中不需补充Li2CO3和K2CO3，故C错误；D。空气极发生的电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，故D正确;选D6.实验室利用下列装置可测量一定质量的钢材中的含碳量(部分夹持装置已略去)。下列有关判断正确的是A.实验时,先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2目的是排出装置中的CO2B。点燃酒精灯前,需要打开K1、关闭K2，打开K3，K1起到平衡气压的作用C.装置②中的酸性KMnO4溶液吸收H2S,装置③盛有浓硫酸,起到干燥作用D。实验前后需称取装置④和装置⑤的质量，才能准确地测得钢材的含碳量【答案】A【解析】【详解】A。本实验的原理是根据装置④吸收二氧化碳的质量计算钢材中的含碳量,所以实验时，先打开K1、K2,关闭K3,从a处通入N2排出装置中的CO2，故A正确；B.若打开K1，碳与浓硫酸反应生成的二氧化碳由K1排出，所以点燃酒精灯前，需要关闭K1、K2，打开K3，故B错误；C。装置②中的酸性KMnO4溶液吸收SO2，装置③盛有浓硫起到干燥作用，故C错误；D。实验前后需称取装置④的质量，准确地测得钢材的含碳量，故D错误；选A.7。常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示（实验中不考虑氨水的挥发)。下列叙述不正确的是A。由a点到b点的过程中，溶液中增大B。由图可知(NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性C。c点所示溶液中，c（NH4+)＞c(CO32—）＞c（OH-）＞c（H+）D。d点所示溶液中，c（NH4+)+c（NH3·H2O）=c（HCO3—）+c（CO32-)+c（H2CO3)【答案】D【解析】【详解】A。,由a点到b点，溶液pH增大,c（OH—)增大,由于温度不变,Ka不变，因此增大，A正确;B.b点表示NH3的量达到最大值，c点时，溶液中的一水合氨和二氧化碳恰好完全反应，溶质为碳酸铵,由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性，B正确；C。c点所示溶液中，溶质为碳酸铵，溶液呈碱性，因此离子浓度大小为:c（NH4+)＞c(CO32—)＞c(OH—）＞c(H+)，C正确；D.d点所示溶液中,溶质为碳酸氢铵，根据质子守恒可知，c（NH4+)+c（NH3·H2O）+c（NH3)=c(HCO3—)+c（CO32—）+c(H2CO3），D错误。故答案D。8。高纯MnCO3是广泛用于电子行业的强磁性材料。MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇(沸点78。5℃),在潮湿环境下易被氧化,温度高于100℃开始分解。I.实验室以MnO2为原料制备MnCO3（1）制备MnSO4溶液：①主要反应装置如图所示,缓缓通入经N2稀释的SO2气体，发生反应H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O.下列措施中，目的是加快化学反应速率的是________（填字母代号)。A.MnO2加入前先研磨B.搅拌C.提高混合气中N2比例②已知实验室制取SO2的原理是Na2SO3+2H2SO4（浓)=2NaHSO4+SO2↑+H2O。选择下图所示部分装置与上图装置相连制备MnSO4溶液,应选择的装置的接口顺序为_________(用箭头连接字母代号表示)。③若用空气代替N2进行实验，缺点是_______________。（酸性环境下Mn2+不易被氧化）（2）制备MnCO3固体：实验步骤：①向MnSO4溶液中边搅拌边加入饱和NH4HCO3溶液生成MnCO3沉淀，反应结束后过滤；②;。③在70～80℃下烘干得到纯净干燥的MnCO3固体。步骤②为__________，需要用到的试剂有_____________、_______、________.II.设计实验方案(3）利用沉淀转化的方法证明Ksp(MnCO3)＜Ksp(NiCO3）:__________________（已知NiCO3为难溶于水的浅绿色固体)。（4）证明H2SO4的第二步电离不完全:_____________。［查阅资料表明K2(H2SO4）=1.1×10-2］【答案】（1)。AB(2）。(3).空气中的O2能氧化H2SO3,使SO2利用率下降（4).洗涤(5）。水(6)。盐酸酸化的BaCl2溶液(7）。乙醇（8）.向NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加MnSO4溶液，沉淀变成白色(9).用pH计测量硫酸钠溶液的pH大于7【解析】【详解】(1）①A。MnO2加入前先研磨，增大接触面积，能加快反应速率,故选A；B.搅拌能加快反应速率，故选B；C。提高混合气中N2比例，降低二氧化硫的浓度，反应速率减小，故不选C；选AB；②反应不需要加热制备二氧化硫，氮气与二氧化硫先充分混合，再在三口烧瓶中反应生成MnSO4，利用氢氧化钠溶液进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，应选择的装置的接口顺序为；③制备原理为：H2SO3+MnO2＝MnSO4+H2O,若用空气代替N2进行实验,氧气能与亚硫酸反应生成硫酸，二氧化硫利用率降低;（2）步骤②为洗涤沉淀，用盐酸酸化的BaCl2溶液检验硫酸根离子是否洗净；MnCO3为白色粉末,不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，应用酒精洗涤，可以防止被氧化,需要的试剂有盐酸酸化的BaCl2溶液、乙醇;（3）向NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液,生成浅绿色沉淀，再滴加MnSO4溶液，沉淀变成白色，即说明Ksp（MnCO3)＜Ksp（NiCO3）；（4）根据盐类水解规律可知可用pH计测量硫酸钠溶液的pH大于7,能说明H2SO4的第二步电离不完全。【点睛】本题以物质制备为载体,明确实验原理与装置的作用是关键;熟悉物质的分离提纯、实验方案设计等，注意对题目信息的应用,需要具备扎实的实验基础。9。第VA族元素在生产、生活中有重要用途.回答下列问题:（1)三聚磷酸钠（俗称“五钠”常用于食品生产中,作水分保持剂、品质改良剂等。①磷酸的结构式如图所示，其主要的电离方程式为______________。②三聚磷酸是三分子磷酸脱去两分子水后的产物，三聚磷酸钠的化学式为_______________。（2）在碱性条件下，次磷酸盐（H2PO2-)可用于化学镀银，写出其反应的离子方程式______________。（氧化产物与还原产物物质的量之比为1：4）（3）由工业白磷(含少量砷、铁、镁等)制备高纯白磷（熔点44℃,沸点280℃）,主要生产流程如下：①除砷过程在75℃下进行,其合理的原因是____________(填字母代号）.a，使白磷熔化,并溶于水b.降低白磷的毒性c.温度不宜过高,防止硝酸分解d.适当提高温度，增大反应速率②硝酸氧化除砷时被还原为NO,写出砷转化为亚砷酸的化学方程式:______________________________。③某条件下，用一定量的硝酸处理一定量的工业白磷,砷的脱除率及磷的产率随硝酸质量分数的变化如图所示,砷的脱除率从a点到b点降低的原因是__________________。(4)常温下银氨溶液中存在平衡：Ag+（aq)+2NH3（aq)Ag(NH3）2+（aq),K=l.10×107；已知常温下Ksp(AgCl)=1。45×10-10计算可逆反应AgCl(s)+2NH3(aq)Ag（NH3）2+（aq)+Cl—(aq)的化学平衡常数K=_________（保留2位有效数字）。1L1mol/L氨水中最多可以溶解AgCl______mol（保留1位有效数字)。【答案】(1)。(2）.Na5P3O10(3)。(4）.cd（5).(6）。硝酸浓度大,氧化性强，有较多的硝酸用于氧化白磷，脱砷率低（7).1。6×10—3(8)。0。04【解析】【详解】（1）①磷酸是三元弱酸，分步电离，主要的电离方程式为;②三聚磷酸是三分子磷酸脱去两分子水后的产物，根据原子守恒可知三聚磷酸的分子式是H5P3O10,三聚磷酸中羟基的氢原子被钠离子取代生成三聚磷酸钠，三聚磷酸钠的化学式为：Na5P3O10;（2)化学镀银,氧化产物与还原产物物质的量之比为1：4，所以P元素化合价由+1升高为+5，H2PO2–被氧化为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式是；（3）①a。白磷不溶于水,故a错误；b。熔化不能改变其毒性，故b错误；c.温度过高，硝酸会分解，需要控制合适的温度，故c正确;d.提高温度可以加快反应速率，故d正确；选cd；②硝酸把砷氧化为亚砷酸，砷元素化合价由0升高为+3，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒,化学方程为;③硝酸浓度大，氧化性强，从a点到b点，有较多的硝酸用于氧化白磷，所以脱砷率低;(4)Ag+(aq)+2NH3（aq)Ag(NH3）2+(aq)，K=l.10×107，；Ksp(AgCl）=1。45×10—10，则,逆反应AgCl（s)+2NH3（aq)Ag(NH3）2+（aq)+Cl-（aq)的化学平衡常数1。6×10—3；,x=0.04，1L1mol/L氨水中最多可以溶解AgCl0.04mol.【点睛】本题考查物质制备工艺流程、平衡常数有关计算、电离方程式书写等，明确流程图中的原理是解题关键，侧重考查学生分析计算能力，注意知识迁移运用能力.10。I。亚硫酸钠的氧化反应:2Na2SO3(aq)+O2（aq）=2Na2SO4（aq)∆H=xkJ/mol。其反应速率受溶解氧浓度影响，分为富氧区和贫氧区两个阶段.（1）已知O2（g)O2（aq）∆H=ykJ/mol，Na2SO3溶液与O2（g)反应的热化学方程式为___________________。（2)291.5K时，1。0L溶液中Na2SO3初始量分别为4、6、8、12mmol,溶解氧浓度初始值为9.60mg/L，每5s记录溶解氧浓度，实验结果如图所示。当Na2SO3初始量为12mmol，经过20s溶解氧浓度降为6。40mg/L，则0～20s内Na2SO3的平均反应速率为_______mol/（L·s)。（3）为确定贫氧区速率方程v=k·ca(SO32-)·cb（O2）中的a、b的值(取整数),分析实验数据.c(Na2SO3）×1033。655。657。651165v×10610。224。444。7103.6①当溶解氧浓度为4。0mg/L时，c(SO32—)与速率数值关系如表（甲)所示，则a=____。②当溶解氧浓度小于4.0mg/L时,图中曲线皆为直线,Na2SO3氧化速率与溶解氧浓度无关,则b=_______.（4）两个阶段不同温度的速率常数之比如表（乙）所示.已知,R为常数.Ea(富氧区）_____(填“＞"或“＜”)Ea(贫氧区)。反应阶段速率方程富氧区v=k·c(SO32—)·c（O2)1.47贫氧区v=k·ca(SO32—）·cb(O2）2。59II。（5）在容积固定的密闭容器中，起始充入0.2molSO2和0.1molO2，反应体系起始总压强0。1MPa。反应在一定温度下达到平衡时SO2的转化率为90%。该反应的压强平衡常数Kp=________(分压=总压×物质的量分数)(写单位).(6)利用原电池原理,也可用SO2和O2来制备硫酸,该电池用多孔材料作电极。请写出该电池负极反应式_________________________。【答案】(1)。2Na2SO3(aq)+O2（g)=2Na2SO4（aq）∆H=(x+y)kJ/mol（2）.1×10—5(3).2(4)。0(5）。＜（6)。24300MPa—1（7)。【解析】【详解】（1）2Na2SO3（aq）+O2（aq）=2Na2SO4(aq）∆H=xkJ/mol①；O2(g）O2(aq）∆H=ykJ/mol②;将方程式①+②得2Na2SO3(aq)+O2(g)=2Na2SO4（aq）∆H=(x+y)kJ/mol；（2)0～20s内溶解氧浓度变化量=（9.60-6.40)mg/L=3.20mg/L=3.20×10—3g/L，则△c（O2)==10—4mol/L，根据方程式得△c（Na2SO3）=2△c(O2)=2×10—4mol/L,0～20s内Na2SO3的平均反应速率v==1×10—5mol•L—1•s—1；(3)①当溶解氧浓度为4。0mg/L时，c(SO32—）与速率数值关系如表(甲）所示，v1：v2=c1a(SO32—）：c2a(SO32-），，解得a=2；②当溶解氧浓度小于4。0mg•L-1时，图中曲线皆为直线，说明该方程为一次函数，k为常数，v与c(SO32-)有关，溶解氧浓度对v无影响,所以b=0;(4）ln随着Ea的增大而增大，富氧区的ln较小，故Ea(富氧区)＜Ea(贫氧区）；（5）设平衡时的总压强P,,P=0.07MPa，Kp=24300MPa—1；（6）SO2和O2来制备硫酸，硫元素化合价升高，负极为SO2失电子生成硫酸根离子，反应的离子方程式是.11.周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增.R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L,最高能级上只有两个自旋方向相同的电子。工业上通过分离液态空气获得X单质。Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和。Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均己充满电子。请回答下列问题:（1）Z2+基态核外电子排布式为______________。（2）YX4-的空间构型是______________，与YX4-互为等电子体的一种分子为_____________(填化学式)；HYX4酸性比HYX2强，其原因是_____________。(3)结构简式为RX（W2H3）2的化合物中R原子的杂化轨道类型为_____________；lmo1RX（W2H3)2分子中含有σ键数目为_____________。（4）往Z的硫酸盐溶液中通入过量的WH3,可生成［Z（WH3）4]SO4,下列说法正确的是_____________。A.[Z（WH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键B.在［Z（WH3)4]2+中Z2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C.在［Z（WH3)4］SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素（5)某Y与Z形成的化合物的晶胞如图所示（黑点代表Z原子）.①该晶体的化学式为_____________②已知Z和Y的电负性分别为1。9和3。0，则Y与L形成的化合物属于_____________(填“离子”、“共价”)化合物.③已知该晶体的密度为ρg。cm-3,阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为_____________pm(只写计算式)。【答案】(1).[Ar]3d9(2).正四面体(3）.CCl4（4）.HClO4有3个非羟基氧，而HClO2有1个非羟基氧（5）.sp2(6)。11NA(7）。A(8)。CuCl(9）.共价(10）.【解析】【分析】周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增。R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子,R为C元素。工业上通过分离液态空气获得X单质，X为O元素，则W为N元素。Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和，则Y为Cl元素。Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均己充满电子,Z为Cu元素。【详解】（1）Z为Cu元素.铜为29号元素,Z2+基态核外电子排布式为［Ar]3d9，故答案为［Ar］3d9；（2)YX4-为ClO4-，其中Cl的孤电子对数目为（7+1-4×2）=0，连接的原子数目为4，采取sp3杂化，空间构型是正四面体;与YX4—互为等电子体的分子有CCl4；HClO4有3个非羟基氧,而HClO2有1个非羟基氧,使得HClO4酸性比HClO2强，故答案为正四面体；CCl4等；HClO4有3个非羟基氧,而HClO2有1个非羟基氧；（3）结构简式为CO(N2H3)2的结构为,其中C原子上连接有3个原子，没有孤电子对，采取sp2杂化，lmo1CO（N2H3)2分子中含有σ键数目为11NA，故答案为sp2；11NA（4)往硫酸铜溶液中通入过量的NH3,可生成[Cu（NH3)4]SO4,A。[Cu（NH3）4］SO4属于离子化合物，所含的化学键有离子键、硫酸根离子和氨分子中存在极性键和铜离子和N原子间存在配位键,故A正确;B.在［Cu(NH3)4］2+中Cu2+提供空轨道给出孤对电子，NH3给出孤对电子，故B错误；C.在［Cu(NH3)4]SO4组成元素中第一电离能最大的是氮元素，因为氮的2p为半充满结构,故C错误；故选A;(5）①该晶体中Cu原子数目为4,Cl原子数目为8×+6×=4，故化学式为CuCl，故答案为CuCl;②已知Z和Y的电负性分别为1。9和3。0,电负性的差值为1.1＜1.8，则Y与L形成的化合物属于共价化合物，故答案为共价；③已知该晶体的密度为ρg。cm—3,阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的边长为cm，该晶体中Cu原子和Cl原子之间的最短距离为体对角线的,即cm，故答案为。12.氯吡格雷（Clopidogrel）是一种用于抑制血小板聚集的药物.以A为原料合成氯吡格雷的路线如下：已知：。请回答下列问题:（1）A中含氧官能团的名称为___________,C→D的反应类型是_____________。(2）Y的结构简式为__________