江西省吉安市吉水县第二中学2020届高三上学期11月月考理综化学试题

江西省吉安市吉水县第二中学2020届高三上学期11月月考理综化学试题

吉安市吉水县第二中学2020届高三上学期11月月考理综化学试卷 可能用到的相对原子质量：Fe:56 Al:27 Mg:24 O:16 H:1 Ba:137 S:32 C:12‎ 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。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是 A. “硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体 B. 用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同 C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂 D. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硅胶的主要成分是硅酸，不是硅酸钠，硅胶可用作干燥剂和催化剂的载体，选项A错误；‎ B、二氧化硫漂白发生化合反应生成无色物质，活性炭脱色是利用其吸附性，原理不同，选项B正确；‎ C、氢氧化铝、碳酸氢钠均能中和盐酸，具有弱碱性，都是常见的胃酸中和剂，选项C正确；‎ D、Na2CO3、NH4Cl在溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊接点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊接点处金属氧化物，选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14 NA B. 常温下pH=1的盐酸溶液中的H+离子数目为0.1NA C. 0.2 mol Al与足量NaOH溶液反应，生成氢气的体积为6.72L D. 1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1molCO含有质子物质的量为(6＋8)mol=14mol，1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，选项A正确；‎ B．缺少溶液的体积V，不能计算溶液中H+离子数目，选项B错误；‎ C．0.2 mol Al与足量NaOH溶液反应，生成0.3molH2，Vm的数值不知，不能确定H2体积，选项C错误；‎ D、1mol FeI2含有1mol Fe2+、2molI-，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移3mol电子，即转移电子数为3NA，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列离子方程式错误的是 A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓‎ D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O，A项正确；‎ B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2为氧气，自身转化为Mn2+，其离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，B项正确；‎ C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH−═Mg(OH)2↓+2H2O，C项错误；‎ D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板，即酸性条件下H2O2氧化Cu的过程，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循一下几个原则：‎ ‎（1）电子守恒，即得失电子总数相等；‎ ‎（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等；‎ ‎（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。‎ 另外，要特别留意溶液中的酸碱性、过量问题等也会影响产物的生成。‎ ‎4.氯原子对O3的分解有催化作用：‎ O3＋Cl === ClO＋O2　ΔH1‎ ClO＋O === Cl＋O2　ΔH2‎ 大气臭氧层分解反应是O3＋O===2O2　ΔH，该反应的能量变化如图：‎ 下列叙述中，正确的是(　　)‎ A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3‎ B. O3＋O===2O2是吸热反应 C. ΔH＝ΔH1＋ΔH2‎ D. 2O2===O3＋O 放热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，故A错误；‎ B．由图像可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，故B错误；‎ C．已知：①O3+Cl=ClO+O2 △H1；②ClO+O=Cl+O2 △H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2 △H=△H1+△H2，故C正确；‎ D．由图像可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，O3+O=2O2为放热反应，则2O2= O3＋O 是吸热反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol•L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（ ）‎ A. 0.21 mol B. 0.25 mol C. 0.3 mol D. 0.35 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.35L×2mol/L-=0.6mol，所以n[Fe(NO3)2]=‎ ‎=0.3mol，由铁元素守恒可知，氢气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.3mol，故答案为C。‎ ‎【点睛】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2．足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与Fe(NO3)2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe(NO3)2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量。‎ ‎6.将几滴KSCN(SCN－是“类卤离子”)溶液加入含有Fe3＋的酸性溶液中，溶液变成红色。将该红色溶液分为两份：①一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；②另一份中通入SO2红色也褪去。下列推测肯定不正确的是 A. SCN－在适当条件下可失去电子被氧化为(SCN)2‎ B. ①中红色褪去的原因是KMnO4将SCN－氧化 C. ②中红色褪去的原因是SO2将Fe3＋还原为Fe2＋‎ D. ②中红色褪去的原因是SO2将SCN－还原 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化为(SCN)2，相当于卤素单质X2，故A正确； ‎ B．三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应：Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化，使红色消失，故B正确；‎ C．Fe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子②中红色褪去，反应为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，故C正确；‎ D．SO2中硫元素为+4价，如果还原SCN-，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN-，-1价已经为最低价，无法再降低，碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显-3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为-2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了三价铁离子的检验，掌握高锰酸钾的氧化性是解答本题的关键。本题的难点是D的判断，SO2中硫元素为+4价，SCN-离子碳元素显+4价，氮元素显-3价，硫元素的化合价为-2价。‎ ‎7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的焰色反应为黄色，W的最外层电子数为Y、Z的最外层电子数之和。下列说法正确的是 A. 原子半径大小：X＜Y＜Z＜W B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W C. 化合物Z2Y和ZWY所含化学键类型完全相同 D. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物可用于洗涤油污 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X的原子最外层电子数是次外层的2倍，则X为C元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；Z的焰色反应为黄色，则Z为Na；W的最外层电子数为Y、Z的最外层电子数之和，则W最外层电子数为6+1=7，则W为Cl。‎ ‎【详解】A. Z、W为第三周期，X、Y为第二周期，则Z、W的半径大于X、Y；同周期元素，从左至右，原子半径依次减小，则原子半径大小：Y＜X＜Z＜W，故A错误；‎ B. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性W>X，最高价氧化物对应水化物的酸性：X

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