【化学】河北省大名县第一中学2020届高三9月月考（清北班，一）（解析版）

【化学】河北省大名县第一中学2020届高三9月月考（清北班，一）（解析版）

河北省大名县第一中学2020届高三9月月考（清北班，一）‎ 一、选择题：（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题中只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）‎ A. 煤炭经蒸馏、气化和液化等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料 B. 医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性 C. “海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化 D. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物 ‎【答案】B ‎【详解】A. 煤炭气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，可获得清洁能源和重要的化工原料，蒸馏为分离液体混合物的方法，则煤炭不能蒸馏，故A错误；‎ B. 酒精可使蛋白质发生变性，则医药中常用酒精来消毒，故B正确；‎ C. 明矾中铝离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，但不能淡化海水，故C错误；‎ D. 光导纤维的成分为二氧化硅，为无机物，而新型材料聚酯纤维属于有机高分子化合物，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.混合物M中可能含有Al2O3、Fe2O3、Al、Cu，为确定其组成，某同学设计如图所示分析方案:‎ 下列分析正确的是（ ）‎ A. 若m1>m2，则混合物M中一定含有Al2O3‎ B. 生成蓝色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+‎ C. 固体B既可能是纯净物，又可能是混合物 D. 要确定混合物M中是否含有Al，可取M加入适量盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：铝、氧化铝都能和氢氧化钠反应，Fe3O4、Cu和氢氧化钠不反应，溶液A为偏铝酸钠和氢氧化钠，Fe3O4‎ ‎、Cu中加入过量盐酸后，铁离子将铜溶解，因此溶液呈蓝色，固体B只能是未溶解的铜。A．铝、氧化铝都能和氢氧化钠反应，Fe3O4、Cu和氢氧化钠不反应，当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子大于一种，故A错误；B．Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故B正确；C．固体B为铜，故C错误；D．金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了镁、铝及其重要化合物的性质的相关知识。‎ ‎3.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. ‎25℃‎时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NA B. 标准状况下,‎6.72 L NO2与水充分反应转移的电了数目为0.1NA C. 常温下，‎2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA D. ‎100g 46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NA ‎【答案】D ‎【解析】pH=13，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1 mol/L，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA, A错误；3NO2+H2O=2HNO3+NO,3molNO2参加反应，转移2mol电子，‎6.72 L NO2（即0.3 mol），转移电子0.2NA，B错误；常温下，铝片在浓硫酸中钝化，反应停止，铝失去的电子数小于0.3NA，C错误；‎100g 46%的乙醇溶液中，含有乙醇‎46克，物质的量为1mol，含有1molH-O键，溶剂水为‎54克，其物质的量为3mol，含有6molH-O键，所以该溶液中共含有H-O键的数目为7NA，D正确；正确选项D。‎ ‎4.某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与100 mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成‎2.4 g硫单质、0.425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 100 mL的盐酸中HCl的物质的量浓度为7.5 mol·L-1‎ B. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为‎2.24 L C. 该磁黄铁矿FexS中，x=0.85‎ D. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3∶1‎ ‎【答案】C ‎【详解】n（S）==0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）== 0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6；‎ A．盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）==8.5mol/L，故A错误；‎ B．根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol×‎22.4L/mol=‎9.52L，故B错误；‎ C．FexS中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）：n（S）=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故C正确；‎ D．根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氯化钙溶液中通入CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+‎ B. 以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl－+ 2H2O2OH－+ H2↑+ Cl2↑‎ C. Ca(C1O)2溶液中通人过量的SO2气体：ClO-+SO2+H2O=HSO3-+HClO D. 向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的质量最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O ‎【答案】D ‎【详解】A．氯化钙溶液中通入二氧化碳，二者不发生反应，故A错误；‎ B．用石墨作电极电解AlCl3溶液生成氢氧化铝、氢气和氯气，离子方程式：2Al3++6Cl-+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑+3Cl2↑，故B错误；‎ C．Ca（ClO）2溶液中通人过量的SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2++2ClO-+2H2O+2SO2═CaSO4↓+SO42-+4H++2Cl-，故C错误；‎ D．向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀质量最大时，反应生成硫酸钡沉淀和偏铝酸钾，反应的离子反应为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，②2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O，下列说法正确的是 (　　)‎ A. 反应①和②均为氧化还原反应 B. 反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3‎ C. 高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4‎ D. 反应①中每生成1 mol Na2CrO4时转移电子3 mol ‎【答案】B ‎【详解】A. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；‎ B. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；‎ C. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；‎ D. 由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 转移电子可知，生成1 mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为，所以反应①中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎7.下图所示转化关系中A、B、C均为双原子气态单质，分别由短周期主族元素X、Y、Z组成。其中单质B含共用电子对数最多，甲和丙分子中均含有10个电子。下列说法错误的是（ ）‎ A. Z元素位于第二周期第VIA族 B. 可用排水法收集化合物乙 C. 元素X、Y、Z的原子半径大小关系为XO，因此，元素X、Y、Z的原子半径大小关系为XY>Z>X B. W，Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点： Y> W C. Z2Y和ZX都只存在离子键 D. v能抑制水的电离，u能促进水的电离 ‎【答案】D ‎【解析】‎25 ℃‎，0.01 mol/L的v溶液中：= 1.0×10-10，说明v是一元强碱，v是NaOH；u为葡萄酒中的抑菌成分，u是SO2；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S四种元素；简单离子半径：S2->O2->Na+>H+，故A正确；H2O的沸点大于H2S，故B正确；Na2O、NaH只存在离子键，故C正确；二氧化硫的水溶液是亚硫酸，能抑制水的电离，故D错误。‎ ‎9.液流电池是一种新型可充电的高性能蓄电池，其工作原理如下图。两边电解液存储罐盛放的电解液分别是含有V3＋、V2＋的混合液和VO2＋、VO2＋酸性混合液，且两极电解液分开，各自循环。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 充电时阴极的电极反应是V3++e-=V2+‎ B. 放电时，VO2＋作氧化剂，在正极被还原，V2＋做还原剂，在负极被氧化 C. 若离子交换膜为质子交换膜，充电时当有1mol e-发生转移时，左槽电解液的H＋的物质的量增加了1mol D. 若离子交换膜为阴离子交换膜，放电时阴离子由左罐移向右罐 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．充电时，阴极上得电子发生还原反应，电极反应为V3+被还原生成V2+，即V3++e-=V2+，正确；B.放电时，正极上发生得电子的还原反应，VO2＋+ 2H＋+e-= VO2＋+ H2O，VO2＋作氧化剂，在正极被还原，负极上发生失电子的氧化反应，V2+－e-=V3+，V2+做还原剂，在负极被氧化，正确；C.放电过程中，转移电子的物质的量和氢离子物质的量是相等的，充电时当有1mol e-发生转移时，右槽电解液的H＋的物质的量增加了1mol，错误；D．放电过程中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，即放电时阴离子由由左罐移向右罐，正确。‎ 考点：化学电源新型电池 ‎10.在一定条件下，向Al2O3和过量C粉的混合物中通入氯气，可制得易水解的AlCl3，实验装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. c中盛装的是浓硫酸 B. 实验时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯 C. 此反应中的尾气，除氯气外都可直接排放到大气中 D. 该装置不完善，其中应改进的一项是在d、e之间添加一个干燥装置 ‎【答案】C ‎【解析】本题向Al2O3和过量C粉的混合物中通入氯气，可制得易水解的AlCl3，a装置制取氯气，b装置除去氯气中的HCl，c装置干燥氯气，d装置发生制备AlCl3的反应，e装置尾气处理装置。A. c中盛装的是浓硫酸干燥氯气，A正确；B. 实验时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯，可以充分利用氯气，B正确；C. 此反应中的尾气，除氯气外还有CO等，不能直接排放到大气中，C错误；D. 为防止e装置中的水蒸气进入d，在d、e之间添加一个干燥装置，故D正确；因此，本题正确答案为C。‎ 点睛：本题易错B选项，空气不影响该实验，不必先制氯气排空气，为了充分利用氯气，实验时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯，使反应顺利进行。‎ ‎11.下列根据实验操作或现象得出的结论正确的是(　　)‎ 选项 实验操作和现象 结论 A KBrO3溶液中加入少量苯,然后通入少量Cl2,有机相呈橙色 氧化性:Cl2>Br2‎ B 室温下,向浓度均为0.1 mol·L-1的KCl和KI混合溶液中滴加几滴AgNO3溶液,只出现黄色沉淀 Ksp(AgI)7,将其蒸干并灼烧得到固体残留物 该固体为Al2O3‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. KBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2，有机相呈橙色，说明该反应中有Br2生成，Br元素化合价由+5价变为0价，所以KBrO3是氧化剂，则Cl2是还原剂，说明氧化性：Cl2mol C. n(Na)＋3n(Al)＝mol D. aV2＝‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：钠、铝共融物投入一定量的水中可发生：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，加入盐酸体积为V‎2L时，溶液的溶质为NaCl和AlCl3。A、W2-W1为氯离子的质量，则W2-W1=a×V2×35.5，故A错误；B、金属没有剩余，根据方程式可知，n(Na)≥n(Al)，而23n(Na)+27n(Al)=W1，联立解得n(Al)≤mol，故B错误；C、由2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，n(Na)+n(Al)=，故n(Na)+3n(Al)=mol，故C正确；D、aV2可以表示氯离子物质的量，根据电荷守恒可知：氯离子物质的量等于金属提供电子物质的量，故aV2=×2=，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了混合物的计算的相关知识。‎ ‎15.已知：Fe5O7可以看作Fe2O3和Fe3O4的混合物．现有Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01mol H2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为（　　）‎ A. 0.05‎‎ mol B. 0.06 mol C. 0.07 mol D. 0.08 mol ‎【答案】B ‎【详解】铁和盐酸反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，生成0.01mol氢气消耗铁物质量为0.01mol；反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，铁和三价铁离子全部反应生成亚铁离子；‎ 假设混合物0.1mol为Fe、Fe2O3的混合物，设原混合物铁物质的量为x，则Fe2O3的物质的量为(0.1−x)mol，Fe3+物质的量2(0.1−x)mol；‎ Fe + 2Fe3+=3Fe2+；‎ ‎1    2‎ ‎(x−0.01)mol 2(0.1−x)mol 计算得到x=0.055mol；‎ 假设混合物0.1mol为Fe、Fe5O7混合物，设原混合物中铁物质量为y，则Fe5O7混物质的量为(0.1−y)mol，Fe5O7可以看作Fe2O3和Fe3O4的混合物，Fe3O4的可以看做Fe2O3和FeO组成，则Fe2O3的物质的量为2(0.1−y)mol，Fe3+物质的量4(0.1−x)mol；‎ ‎        Fe+2Fe3+=3Fe2+；‎ ‎        1    2‎ ‎(x−0.01)mol4(0.1−x)mol 计算得到x=0.07mol；‎ 所以Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol反应含有铁的物质的量为0.055

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