【化学】宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第三次月考（解析版）
宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第三次月考
相对原子量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64
一、本卷共13个小题，每小题6分，共96分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。
1.朱自清先生在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里......月光是隔了树照进来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影......”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是（ ）
A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10-9m～10-7m
B. 光是一种胶体
C. 雾是一种胶体
D. 发生丁达尔效应
【答案】A
【详解】A. 空气中的小水滴形成胶体，则胶体颗粒大小约为10-9m～10-7m，符合题意，A正确；
B. 雾是一种胶体，光不是胶体，与题意不符，B错误；
C. 薄雾是一种胶体，不是种种美景的本质原因，与题意不符，C错误；
D. 雾是一种胶体，能发生丁达尔效应，不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，与题意不符，D错误；
答案为A。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NA
B. 0.1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1NA
C. 一定条件下，0.1molSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA
D. 标准状况下，38g3H2O2中含有3NA共价键
【答案】D
【详解】A. 未给定气体的状态，22.4LCl2的物质的量不能确定，则所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数不能确定，A错误；
B. 0.1mol•L-1MgCl2溶液中，未给定溶液的体积，则含有的Mg2+数目无法确定，B错误；
C. 一定条件下，0.1molSO2与足量氧气反应生成SO3，该反应为可逆反应，不能确定反应的SO2的物质的量，则转移电子数不能确定，C错误；
D. 标准状况下，38g3H2O2的物质的量为1mol，含有3NA共价键，D正确；
答案为D。
【点睛】气体为未定状态、溶液未给定体积，无法用公式计算物质的量。
3.下列对碱金属的叙述，其中完全不正确的组合是 ( )
①K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触
②碱金属常温下呈固态，取用时可直接用手拿
③碱金属中还原性最强的是钾
④碱金属阳离子，氧化性最强是Li＋
⑤碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大
⑥从Li到Cs，碱金属的密度越来越大，熔、沸点越来越低
A. ②③⑥ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【详解】①钾的密度大于煤油，和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应，少量K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触，故①正确；
②碱金属是活泼金属和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性，取用时不能直接用手拿，故②错误；
③依据同主族性质递变分析，碱金属中还原性最强的是钫，故③错误；
④金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，所以碱金属阳离子，氧化性最强的是Li+，故④正确；
⑤同主族电子层数相同，随核电荷数增大而增大，碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大，故⑤正确；
⑥从Li到Cs，碱金属的密度呈增大的趋势，K的密度反而比Na小，从上到下熔沸点降低，故⑥错误；
故答案为A。
4.下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中：2Fe2＋
正确； Cl2过量，Fe2＋、I
＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2
－均被氧化
B
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋2HCO＋4OH－=Mg(OH)2 ↓＋2CO＋2 H2O
正确；Mg(OH)2比MgCO3更难溶
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO
正确；H2SO3的酸性强于HClO
D
将Na2O2固体溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑
正确； Na2O2是碱性氧化物
【答案】B
【详解】A. 将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，亚铁离子和碘离子全部被氧化：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，离子方程式书写错误，与题意不符，A错误；
B. 离子方程式正确，Mg(OH)2比MgCO3更难溶，符合题意，B正确；
C. 次氯酸根离子具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，所以过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=2H++Cl-＋SO42-，离子方程式书写错误，与题意不符，C错误；
D. Na2O2是过氧化物，不属于碱性氧化物，与题意不符，D错误；
答案为B。
【点睛】ClO－具有强氧化性，能与二氧化硫的水溶液反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子。
5.已知a、b、c、d四种短周期主族元素，在周期表中相对位置如图，下列说法正确的是（ ）
A. a、c两元素的最高正价一定相等
B. 原子半径大小顺序为：c>d>b>a
C. a、b两元素可能形成多种共价化合物
D. c、d二种元素气态氢化物的稳定性比较：c > d
【答案】C
【详解】A项，若a、b、c、d依次为O、F、S、Cl元素，O没有最高正价，S的最高正价为+6价，A项错误；
B项，根据“层多径大，序大径小”，原子半径由大到小的顺序为：c>d>a>b，B项错误；
C项，若a、b、c、d依次N、O、P、S元素，N与O可形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5多种共价化合物，C项正确；
D项，根据c、d在周期表中的位置，非金属性：c
Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应。
【详解】因氧化性 Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应
A. 加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+物质的量为1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，加入1mol Fe时，铁离子恰好完全反应，则a⩽1时，Fe粉只能将Fe3+还原，A项错误；
B. 剩余固体为Cu或Cu、Fe，当有Fe剩余时，溶液中一定没有Cu2+，B项错误；
C. 溶液中铁离子为2mol、铜离子为1mol，当1⩽a<2时，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，由方程式比例关系知，铁粉全部参与反应，加入Fe为a mol，由铁元素守可知，溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，C项正确；
D. 若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，D项错误；
答案选C。
7.已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。
(1)写出下列物质的化学式A：_______________，Q：_____________，W：__________________。
(2)按要求写出下列反应方程式：
①H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：_______________________
②R与B溶液反应时的离子方程式：___________________________________
③D与盐酸反应的离子方程式：_______________________________________
(3)简述检验气体C的方法：___________________________________________
【答案】(1). Na2O2 (2). Al2O3 (3). FeCl3 (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3 (5). 2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ (6). Fe3O4＋8H+= Fe3++2Fe2++4H2O (7). 用带火星的木条伸入收集满该气体的集气瓶瓶口，若木条复燃,则气体是氧气
【分析】H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体，则H为氢氧化亚铁，金属T为Fe；氢氧化亚铁与潮湿的空气反应生成氢氧化铁，M为氢氧化铁；氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，则W为氯化铁；A为淡黄色固体，则A为过氧化钠，B为氢氧化钠，C为氧气；D为四氧化三铁；可以和氢氧化钠反应的金属为Al；氧气与铝反应生成氧化铝，则Q为氧化铝、N为偏铝酸钠。
【详解】(1)分析可知，A为过氧化钠，化学式为Na2O2；Q为氧化铝，化学式为Al2O3；W为氯化铁，化学式为FeCl3；
(2) ①H(氢氧化亚铁)在潮湿空气中变成M(氢氧化铁)的过程中为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；
②R与B溶液反应为Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑；
③D与盐酸反应为四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子方程式为Fe3O4＋8H+= Fe3++2Fe2++4H2O；
(3)通常用带火星的木条靠近盛有该气体的集气瓶，若木条复燃，则为氧气。
8.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有少量SiO2、FeO·xFe2O3等杂质)制取铝的一种工艺流程示意图如下：
已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表。
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mg(OH)2
pH
3.2
5.2
12.4
(1)为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_______________
(2)浸渣的主要成分为____________________
(3)净化除杂操作分为两步：第一步是通入气体a，其目的是_____________________。第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。净化除杂生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是_____________________
(4)写出沉淀反应操作中发生反应的离子方程式：________________________。
(5)实验室高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是_______________。
(6)在AlCl3和MgCl2的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原溶液中AlCl3和MgCl2的物质的量之比为__________，并写出加入NaOH溶液的体积为50-60mL时的化学反应方程式__________________________。
【答案】 (1). 适当升温、将铝土矿粉碎成粉末 (2). SiO2 (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 生成的Fe(OH)3胶粒具有吸附性 (5). Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (6). 坩埚 (7). 1：1 (8). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【分析】铝土矿(主要成分为Al2O3，含有少量SiO2、FeO·xFe2O3等杂质)酸浸时，生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁混合溶液，二氧化硅为不溶物，过滤时为浸渣；电解氧化铝时产生铝和氧气，则a为氧气，向滤液中加入氧气，可使溶液中亚铁离子变为铁离子，调节pH=3时，只产生氢氧化铁沉淀，滤渣为氢氧化铁；加入氨气时，生成氢氧化铝沉淀，溶液为硫酸铵；高温焙烧氢氧化铝，得到氧化铝，电解生成单质铝。
【详解】(1)为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可以采取的措施有适当升温、将铝土矿粉碎成粉末；
(2)铝土矿中浸渣为难溶于水，不和硫酸反应的物质，主要成分为SiO2；
(3)根据流程分析：净化除杂操作第一步是通入气体a为氧气，其目的是将Fe2+氧化为Fe3+；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。净化除杂生成的Fe(OH)3胶粒具有吸附性，沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，Fe(OH)3胶粒能吸附水中的悬浮杂质使溶液中的悬浮杂质被共同沉淀；
(4)沉淀反应操作中发生反应的离子方程式为Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(5)实验室高温焙烧用坩埚盛放固体；
(6)根据图像可知，50~60mL时，为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗碱溶液10mL，可确定生成Al(OH)3时，消耗碱30mL，则生成Mg(OH)2时，消耗碱20mL，则AlCl3和MgCl2的物质的量之比为1：1。
9.已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。
主要实验步骤如下：
① 按图组装仪器，并检验装置的气密性
② 将a g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液
③ 称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b g
④ 从分液漏斗滴入6mol·L—1的硫酸，直到不再产生气体时为止
⑤ 从导管A处缓缓鼓入一定量的空气
⑥ 再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c g
⑦ 重复步骤⑤和⑥的操作，直到U型管的质量基本不变，为d g
请回答下列有关问题：
(1)在用托盘天平称量样品时，如果天平的指针向左偏转，说明________________。
(2)装置中干燥管B的作用是______________________________________________。
(3)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果_________。(选填偏高、偏低或不变)。
(4)步骤⑤的目的是__________________________________________。
(5)步骤⑦的目的是__________________________________________。
(6)试样中纯碱的质量分数的计算式为__________________________。
(7)写出纯碱与稀硫酸反应的离子方程式为________________________。
【答案】(1). 样品重，砝码轻 (2). 防止空气中的CO2和水气进入U型管中 (3). 偏高 (4). 把反应产生的CO2全部导入U形管中 (5). 判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U形管中的碱石灰吸收 (6). ×100% (7). CO32-＋2H+= CO2↑+H2O
【分析】(1)根据天平称量时按照左物右码的原则考虑；
(2)由于空气中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；
(3)根据盐酸的挥发性考虑；
(4)由于反应结束后锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；
(5)就是为了将二氧化碳全部赶过去；
(6)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。
(7) 纯碱与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，纯碱与硫酸均为强电解质，写化学式。
【详解】(1)由于称量时左物右码，向左偏说明样品重，砝码轻；
(2)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差；
(3)由于盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高；
(4)由于反应结束后锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；
(5)直到U型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经被全部排到U型管中，步骤⑦的目的是：判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U形管中的碱石灰吸收；
(6)设需要碳酸钠的质量为m则：
Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑
106 44
m d−b
列比例式解得：m=，所以试样中纯碱的质量分数的计算式=×100%；
(7)纯碱与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，纯碱与硫酸均为强电解质，写化学式，则离子方程式为CO32-＋2H+= CO2↑+H2O。
【化学选考题】
10.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：
(1)元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为_______nm(填标号)。
A.404.4 B.553.5 C.589.2 D.670.8 E.766.5
(2)基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________________。
(3)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能，用符号I1至I5表示)如表所示：
I1
I2
I3
I4
I5
电离能(kJ/mol)
589.8
1145.4
4912.4
6491
8153
元素M化合态常见化合价是________价，其基态原子电子排布式为____________
(4)PO43－的中心原子的杂化方式为__________，键角为_______________
(5)Ca3(PO4)3F中非金属元素电负性由大到小的顺序为________________
(6)下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是__________________
A.第一电离能：Cl＞S＞P＞Si B.共价键的极性：HF＞HCI＞HBr＞HI
C.晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI D.热稳定性：MgCO3＞CaCO3＞SrCO3＞BaCO3
(7)CaF2晶胞结构如图所示，则CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的Ca2+数目为___________；已知Ca2+和F－半径分别为a cm、b cm，阿伏加德罗常数为NA，M为摩尔质量，则晶体密度为___________________g·cm－3(不必化简)。
【答案】(1). A (2). N (3). 球形 (4). +2 (5). 1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2 (6). sp3 (7). 109°28′ (8). F>O>P (9). BC (10). 12 (11).
分析】(1)紫色波长介于400nm~430nm；
(2) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1；
(3) M的第三电离能远远大于第二电离能，该元素最外层有2个电子；
(4) 根据价层电子互斥理论确定PO43-杂化方式及空间构型；
(5)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；
(6) A.同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大；
C.离子半径越小，键长越短，晶格能越大；
D.金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱；
(7)CaF2晶胞中，与顶点Ca2+最近且等距离的Ca2+处于晶胞面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；每个氟离子周围有4个钙离子，四个钙离子形成正四面体结构，氟离子处于正四面体中心，则晶胞顶点钙离子与正四面体中心氟离子连线处于晶胞对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的。
【详解】(1)紫色波长介于400nm~430nm，答案为A；
(2) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1，该能层电子云轮廓为球形；
(3) M的第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素失去2个电子时为稳定结构，则该元素最外层有2个电子，则M为Ca，元素M化合态常见化合价是+2，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2；
(4) PO43-的中心原子P的孤电子对数=（a-bx）=(5+3-2×4)=0，价层电子对数=4+0=4，P原子杂化方式为sp3杂化，微粒空间构型为正四面体，键角为109°28′；
(5)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性：F>O>P；
(6) A.同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的，则Cl＞P＞S＞Si，A错误；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大，则共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B正确；
C.离子半径越小，键长越短，晶格能越大，则晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，C正确；
D.金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱，则热稳定性：BaCO3＞SrCO3＞CaCO3＞MgCO3，D错误；
答案为BC。
(7)CaF2晶胞中，与顶点Ca2+最近且等距离的Ca2+处于晶胞面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的Ca2+数目为：=12；每个氟离子周围有4个钙离子，四个钙离子形成正四面体结构，氟离子处于正四面体中心，则晶胞顶点钙离子与正四面体中心氟离子连线处于晶胞对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，Ca2+和F-半径分别为a cm、b cm，则晶胞体对角线长度为4（a+b）cm，故晶胞棱长=(a+b)cm，晶胞中Ca2+数目=8×+6×=4、F-数目为8，故晶胞质量=4×Mg，则晶体密度=g•cm-3。
11.甲苯是有机化工生产的基本原料之一。利用乙醇和甲苯为原料，可按如图所示路线合成分子式均C9H10O2的有机化工产品E和J。
已知：
请回答：
（1）写出下列反应方程式：
①B＋D―→E___________________________________________________。
②G―→H_____________________________________________________。
（2）①的反应类型为____________；②的反应类型为____________；F的结构简式为____________________。
（3）E、J有多种同分异构体，写出符合下列条件的4种同分异构体结构简式。
要求：ⅰ.与E、J属同类物质；ⅱ.苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种。
①____________________；②____________________；
③____________________；④____________________。
【答案】(1). CH3COOH＋CH2OHCH2OOCCH3＋H2O (2). CCl3＋4NaOHCOONa＋3NaCl＋2H2O (3). 取代反应 (4). 酯化(或取代)反应 (5). CHO (6). )H3CCH2OOCH
(7). H3CCOOCH3 (8). H3COOCCH3 (9). H5C2OOCH
【分析】由题中合成路线信息可知，乙醇经催化氧化得到A，所以A是乙醛，A经银氨溶液氧化后再酸化得到B，所以B是醋酸；在光照条件下甲苯与氯气发生取代反应生成、和，然后在加热条件下与NaOH溶液发生水解生成对应醇、和，由可知，会自动脱水转化为，会自动脱水、再经酸化转化为，也可以氧化为，与题中信息相符，所以C为、D为、F为、I为，I与乙醇发生酯化反应生成J，则J为苯甲酸乙酯，结构为；E和J是同分异构体，所以E是乙酸苯甲酯，结构简式为，据以上分析解答。
【详解】由题中合成路线信息可知，乙醇经催化氧化得到A，所以A 是乙醛，A经银氨溶液氧化后再酸化得到B，所以B是醋酸；在光照条件下甲苯与氯气发生取代反应生成
、和，然后在加热条件下与NaOH溶液发生水解生成对应醇、和，由可知，会自动脱水转化为，会自动脱水、再经酸化转化为，也可以氧化为，与题中信息相符，所以C为、D为、F为、I为，I与乙醇发生酯化反应生成J，则J为苯甲酸乙酯，结构为。E和J是同分异构体，所以E是乙酸苯甲酯，结构简式为；
（1）①B+D→E反应方程式为。
②G→H反应方程式为 。
（2）①的反应类型为取代反应；②的反应类型为酯化（或取代）反应；F的结构简式为。
（3）①与E、J属同类物质，则要求分子中有苯环、酯基；
②苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种，则两取代基应置于苯环对位；
符合这两个条件的4种同分异构体结构简式分别为：
①；②；③；④。
