【化学】河北省辛集中学2020届高三下学期第一次月考（图片版）

【化学】河北省辛集中学2020届高三下学期第一次月考（图片版）

河北省辛集中学2020届高三下学期第一次月考 ‎【参考答案】‎ ‎7．答案　B 解析　自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物原料的缘故。“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含了生态系统中的物质循环，故A正确；“煤饼烧蛎房成灰”是煤燃烧产生高温使碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙，留下生石灰(CaO)，所以灰的主要成分为氧化钙，故B错误；蒸令气上，利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故C正确；KNO3研碎易发生爆炸，则“相激火生”是指爆炸，故D正确。‎ ‎8．答案　C 解析　降冰片二烯与四环烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，A项正确；降冰片二烯分子中含有碳碳双键，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；四环烷含有三种位置的H原子，因此其一氯代物有三种，C项错误；根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D项正确。‎ ‎9．答案　B 解析　饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，和乙酸反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H＋的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确。‎ ‎10．答案　A 解析　质子数等于原子序数，1 mol NH中含有质子总物质的量为11 mol，故A说法错误；联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；过程Ⅱ，N2H4－2H→N2H2，此反应是氧化反应，过程Ⅳ，NO→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；NH中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程Ⅰ中NH 与NH2OH的物质的量之比为1∶1，故D说法正确。‎ ‎11．答案　D 解析　M点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NH3·H2O，CH3COONa水解，NH3·H2O电离，但CH3COONa水解程度小于NH3·H2O电离程度，c(Na＋)>c(CH3COO－)>‎ c(NH3·H2O)>c(NH)，故A正确；体积为20 mL时NaOH和醋酸恰好完全反应，体积为40 mL时醋酸和一水合氨恰好完全反应；醋酸钠溶液呈碱性、醋酸铵溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，应该使醋酸稍微过量，所以加入醋酸的体积应该大于40 mL，应该在N、P之间，故B正确；加入醋酸60 mL 时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，该溶液为缓冲溶液，溶液的pH＝pKa－lg＝－lg(1.8×10－5)－lg＝6－lg 9＝6－2lg 3≈5，故C正确；加入醋酸60 mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，根据物料守恒，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)＋c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(Na＋)＝2c(Na＋)＋c(NH)＋c(NH3·H2O)，故D错误。‎ ‎12．答案　D 解析　由图中信息可知，电子由M极流向N极，则M为电池负极，CH3COOH被氧化，选项A错误；根据负极电极反应式CH3COOH－8e－＋2H2O===2CO2↑＋8H＋可知，外电路转移4 mol电子时， 标准状况下M极产生22.4 L CO2(忽略CO2溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项B错误；根据图中信息可知， N极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N极附近pH增大，选项C错误；强氧化剂能使蛋白质变性，故Cr2O离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项D正确。‎ ‎13．答案　D 解析　能形成氢化物的一般是非金属，则其最高价氧化物的水化物往往为酸，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，即这个氢化物的溶液呈碱性，则该物质为NH3，即W为N。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na。中学阶段所学的淡黄色沉淀有AgBr和S，则该淡黄色沉淀为S(Ag、Br都不是短周期元素)，即X、Y和Z三种元素形成的盐中含有Na、S两种元素，则可以推断出该盐还含有O，所以X为O，Z为S。根据反应现象，可以推断出该盐为Na2S2O3，对应的化学方程式为：2HCl＋Na2S2O3===2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O。综上所述，W为N，X为O，Y为Na，Z为S，盐为Na2S2O3。W为N，X为O，Y为Na，Z为S，它们的简单离子分别为N3－、O2－、Na＋、S2‎ ‎－，其中，S2－的半径最大，N3－、O2－、Na＋属于同一电子构型的离子，则离子半径的大小为：N3－>O2－>Na＋。所以W、X、Y、Z的简单离子的半径大小为：Z>W>X>Y，A错误；W、X的氢化物分别为NH3、H2O，由于O的非金属性比N强，所以H2O的热稳定性比NH3强，即氢化物的稳定性：X>W，B错误；ZX2为SO2，ZX3为SO3，SO2不能再燃烧，且SO2转化为SO3需要高温和催化剂，C错误；W为N，它的一种氢化物——肼(N2H4)，可用作火箭燃料，D正确。‎ ‎26．答案　(1)－2　(1分)(2)FeCuS2＋SFeS2＋CuS(2分)　(3)粉碎或搅拌(1分)‎ ‎(4)4[CuCl2]－＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋8Cl－＋2H2O(2分)‎ ‎(5)在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，加入H2SO4，有利于其析出(2分)‎ ‎(6)S、H2SO4、HCl(3分)(7)CD(2分)(8) (2分)‎ 解析　(1)根据化合价代数和为零的原则Fe为＋2价，Cu为＋2价，则FeCuS2中S的化合价为－2。‎ ‎(2)黄铜矿主要成分FeCuS2，反应Ⅰ在隔绝空气、高温煅烧条件下进行，硫和FeCuS2发生反应生成FeS2和CuS，化学方程式为：FeCuS2＋S FeS2＋CuS。‎ ‎(4)由反应Ⅱ的离子方程式：Cu2＋＋CuS＋4Cl－===2[CuCl2]－＋S，经过滤可知滤液中含有[CuCl2]－、H＋等离子，通入空气后[CuCl2]－中的＋1价铜被氧气氧化，所以反应Ⅲ的离子方程式为4[CuCl2]－＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋8Cl－＋2H2O。‎ ‎(5)因为在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，所以向反应Ⅲ后的溶液中加入稀硫酸的目的是使CuSO4变成晶体析出。‎ ‎(6)根据流程图分析可知：该流程中可循环利用的物质有CuCl2、S、H2SO4、HCl。‎ ‎(7)二氧化硫有毒，不能直接高空排放，否则会污染空气，应该用碱液吸收，故A错误；盐酸酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和BaCl2不反应，则不能用二氧化硫和氯化钡溶液制取BaSO3，故B错误；二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是碱，二者反应生成亚硫酸铵， 亚硫酸铵不稳定，易被氧化成硫酸铵，所以用氨水吸收后，再经氧化制备硫酸铵，故C正确；二氧化硫和水反应生成的亚硫酸酸性大于碳酸，所以二氧化硫能和纯碱溶液反应生成亚硫酸钠，所以用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠是正确的，故D正确。‎ ‎(8)CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，反应的平衡常数K＝＝＝。‎ ‎27．答案　(1)橡皮管和玻璃管润湿(1分)‎ ‎(2)NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O(2分)‎ ‎(3)平衡气压，使液体顺利流下(1分)　‎ 同意(1分)　利用生成的N2将装置内空气排尽(或排尽装置内空气等) (2分)‎ ‎(4)CO2＋2OH－===CO＋H2O(2分)‎ ‎(5)浓硫酸(1分)‎ ‎(6)未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收(或其他合理答案) (2分)　87.6%(2分)‎ 解析　(3)装置A是一个相对封闭的环境，a导管的存在，可以平衡气压，使饱和氯化铵溶液顺利流下。利用该套装置时，为了防止空气中的氧气与金属锶反应，实验时应先点燃装置A的酒精灯一段时间后，再点燃装置C的酒精灯。‎ ‎(6)浓硫酸具有强烈的吸水性，生成的气体中含有一定量的水蒸气，未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收，导致测得氨气的质量偏大，造成测得产品的纯度偏高；Sr3N2＋6H2O===3Sr(OH)2＋2NH3↑，取10.0 g产品，向其中加入适量的水。将产生的气体全部通入到浓硫酸中，浓硫酸增重1.02 g，为氨气质量，氨气的物质的量＝＝0.06 mol，则n(Sr3N2)＝0.03 mol，产品纯度＝×100%＝87.6%。‎ ‎28．答案　(1)①ΔH1＋ΔH2(2分)　②AD(2分)　③>(1分)　0.18 mol·L－1·min－1(1分)‎ ‎(2)①D(2分)　②I(2分)　　(3)①阴极(1分)　2.24 L(1分)　②Cu2＋(2分)‎ 解析　(1)①反应Ⅰ.2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH1，反应Ⅱ.H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)ΔH2，根据盖斯定律，将反应Ⅰ＋反应Ⅱ得反应Ⅲ：3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH3＝ΔH1＋ΔH2。‎ ‎②结合反应Ⅰ＋Ⅱ得到反应Ⅲ，可得500 ℃时，平衡常数K3＝K1·K2＝2.5×1.0＝2.5,700 ℃时平衡常数K3＝K1·K2＝0.34×1.70＝0.578，温度升高平衡常数减小，说明反应为放热反应，3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH3＜0。将H2O(g)从体系中分离出去，平衡正向移动，比值增大，故A正确；恒压时充入He(g)，平衡逆向移动，比值减小，故B错误；反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，比值减小，故C错误；恒容时再充入一定量CO2，平衡正向移动，比值增大，故D正确。‎ ‎③平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，结合反应Ⅰ＋Ⅱ得到反应Ⅲ，500 ℃时，可得平衡常数K3＝K1·K2＝2.5×1.0＝2.5，测得反应Ⅲ在10 min 时，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为2 mol·L－1、1.0 mol·L－1、0.6 mol·L－1、0.6 mol·L－1，Qc＝＝0.045

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