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-1-宁夏银川一中2020届高三化学上学期第一次月考试题(含解析)1.下列说法正确的是:A.冰水混合物、硫酸、氢化钠都是电解质B.按照性质进行分类将酸分为一元酸,氧化性酸,强酸C.酸性氧化物都是非金属氧化物D.两种盐之间相互反应一定生成两种新盐【答案】A【解析】【详解】A.冰水混合物为弱电解质,硫酸、氢化钠是强电解质,A正确;B.按照性质进行分类将酸分为氧化性酸和非氧化性酸,按照能电离出氢离子的个数可分为一元酸、二元酸和多元酸,按照能否完全电离出氢离子可分为强酸和弱酸,B错误;C.酸性氧化物不都是非金属氧化物,如Mn2O7是金属氧化物也是酸性氧化物,C错误;D.两种盐之间发生复分解反应会生成两种新盐,但是发生氧化还原反应不一定生成盐,还有可能生成单质、氧化物等,D错误;故答案选A。2.中华传统文化中蕴含着诸多化学知识,下列说法正确的是A.“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质B.“霾尘积聚难见人”,雾和霾是气溶胶,具有丁达尔效应C.“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D.“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应【答案】B【解析】【详解】A.“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”是植物的种子,主要成分是纤维素,A错误;B.“霾尘积聚难见人”,雾和霾是气溶胶,具有丁达尔效应,B正确;C.“日照香炉生紫烟”中的紫烟是固体颗粒,而碘升华得到的是碘蒸气,C错误;D.“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应,而不是金属单质,D错误;故答案选B。-2-3.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.0.5mol雄黄(As4S4,结构为)中含有NA个S-S键B.在1mol/L的NH4NO3溶液滴加氨水使溶液呈中性,则1L该溶液中NH4+的数目为NAC.标准状况下,33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAD.常温下,将1molCH4与1molCl2混合光照,使其充分反应后,生成气体的分子数为NA【答案】B【解析】【详解】A.As4S4中,As为第VA族元素,S为第VIA族元素,As成三个键,S成两个键,故白球为S,所以雄黄中不包含S-S键,A错误;B.在1mol/L的NH4NO3溶液滴加氨水,由电荷守恒可知43()()()()cNHcHcOHcNO,因为溶液呈中性,则()()cHcOH,所以43()()cNHcNO,则1L该溶液中NH4+的数目与硝酸根相同为NA,B正确;C.标准状况下,氟化氢为非气态,因此无法求算,C错误;D.在光照条件下,将1molCH4与1molCl2混合充分反应后,由于氯气不足,可发生多步取代反应,生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl等,故无法确定生成的气体分子数,D错误;故答案选B。【点睛】气体摩尔体积Vm=22.4L/mol,仅限于标况下为气态的物质使用,其他物质状态和环境下不适用。4.常温下,下列各离子能在指定溶液中大量共存的是A.使甲基橙变红的溶液:Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B.加入铝粉放出氢气的溶液:Na+、Cl-、NH4+、NO3-C.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液:K+、HCO3-、Br-、Ba2+D.c(OH-)/c(H+)值为100的溶液:S2-、Na+、SO42-、SO32-【答案】D【解析】【详解】A.使甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子,在酸性环境下硝酸根离子体现强氧化性,与有还原性的二价铁离子无法大量共存,A错误;-3-B.加入铝粉放出氢气的溶液可能为强酸溶液也可能为强碱溶液,在强碱溶液中,铵根离子无法大量存在,B错误;C.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L,可能为强酸溶液也可能为强碱溶液,酸性环境和碱性环境下碳酸氢根离子均无法大量存在,C错误;D.c(OH-)/c(H+)值为100,即c(OH-)>c(H+),溶液显碱性,S2-、Na+、SO42-、SO32-可以大量共存,D正确;故答案选D。【点睛】在离子共存的题目当中,注意分析题目所给条件,如加入铝粉放出氢气的溶液可能为强酸溶液也可能为强碱溶液,水电离出来的c(H+)=10-13mol/L,可能为强酸溶液也可能为强碱溶液等。5.下列离子方程式正确的是A.澄清石灰中滴入少量的NaHCO3溶液:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OB.足量的醋酸溶液除水垢:2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OC.少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液:SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClOD.足量的氯气通入FeBr2溶液:2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2【答案】A【解析】【详解】A.澄清石灰中滴入少量的NaHCO3溶液,可将碳酸氢根的系数定为“1”进行配平,得到的离子方程式为:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O,A正确;B.足量的醋酸溶液除水垢,醋酸为弱电解质,因此在离子方程式中不拆,B错误;C.次氯酸具有强氧化性,因此少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液,产物应为硫酸钙而不是亚硫酸钙,C错误;D.因为Cl2过量,所以将FeBr2中的Fe2+和Br-全部氧化,分别生成Fe3+和Br2,离子方程式为3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3++6Cl-+2Br2,D错误。故答案选A。6.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂,是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强,无二次污染的绿色水处理剂。工业是先制得高铁酸钠,然后在低温下,在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾(K2FeO4)。湿法制备的主要反应方程为:-4-2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O,干法制备的主要反应方程为:2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑下列有关说法不正确的是A.低温下,高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠更小B.湿法制备中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子C.干法制备中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:3D.K2FeO4处理水时,不仅能消毒杀菌,还能除去水体中的H2S、NH3等,生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质【答案】C【解析】【详解】A.工业是先制得高铁酸钠,然后在低温下,在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾,说明低温下,高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠更小,A正确;B.湿法中每生成241molNaFeO,有31()molFeOH参加反应,化合价由+3价升高到+6价,转移电子3mol,B正确;C.干法制备中,氧化剂为过氧化钠,还原剂为硫酸亚铁和过氧化钠,还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:5,C错误;D.K2FeO4处理水时,不仅能消毒杀菌,还能除去水体中的H2S、NH3等,生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质,D正确;故答案选C。【点睛】在氧化还原反应中,若一个物质同时作氧化剂和还原剂,不好判断氧化剂与还原剂的物质的量之比,可通过氧化产物和还原产物的物质的量来进行判断。7.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成,我国科学家用下列实验研究其成因:反应室底部盛有不同吸收液,将SO2和NO2按一定比例混合,以N2或空气为载体通入反应室,相同时间后,检测吸收液中SO42-的含量,数据如下:反应室载气吸收液SO42-含量数据分析①N2蒸馏水aⅰ.b≈d>a≈cⅱ.若起始不通入NO2,则最终检测不到SO42-②3%氨水b③空气蒸馏水c-5-④3%氨水d下列说法不正确...的是A.控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施B.反应室①中可能发生反应:SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2C.本研究表明:硫酸盐的形成主要与空气中O2有关D.农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成【答案】C【解析】【详解】A.因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-,所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施,故A正确;B.反应室①中SO2为还原剂,NO2为氧化剂,N2做载体,蒸馏水做吸收液,可发生反应:SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2,故B正确;C.由已知b≈d>a≈c,若起始不通入NO2,则最终检测不到SO42-,可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误;D.铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知,在载体相同,吸收液为氨水的条件下,将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大,而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成,故D正确;答案:C。8.某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-实验I:取少量该试液进行如下实验。实验Ⅱ:为了进一步确定该溶液的组成,取100mL原溶液,向该溶液中滴加1mol•L-l的NaOH-6-溶液,产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题:(1)不进行实验就可以推断出,上表中的离子一定不存在的有___________种,沉淀Z的化学式____________。(2)检验气体X的方法是______________________;(3)写出实验Ⅱ的图象中BC段对应的离子方程式:_____________________________。(4)A点对应的固体质量为__________g。(5)通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是_______________,推算该溶液中阴离子的浓度为_________mol•L-l,检验该阴离子的方法是:_____________________。【答案】(1).4(2).Mg(OH)2(3).使湿润的红色石蕊试纸变蓝(或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒冐白烟(4).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(5).0.136(6).NO3-(7).0.08(8).取液,加入铜片,再加少量浓硫酸,有无色气体产生,在空气中变为红棕色。【解析】【分析】溶液无色,则不存在有色离子,即亚铁离子、高锰酸根离子;溶液显酸性,则不存在硅酸根离子和亚硫酸根离子;该溶液与硝酸银溶液混合后无沉淀生成,则不存在氯离子,因此一定含有硝酸根离子;该溶液与稀硫酸反应得不到沉淀,说明不存在钡离子,所得溶液与过量的氢氧化钠溶液混合生成气体X、溶液Y和沉淀Z,X是氨气,一定含有铵根离子;沉淀一定是氢氧化镁,含有镁离子;根据图像可知开始时氢氧化钠首先中和氢离子,然后沉淀金属阳离子,沉淀达到最大值后开始与铵根结合生成氨气,然后沉淀开始减少,最后不再发生变化,所以溶解的沉淀一定是氢氧化铝,含有铝离子。【详解】(1)根据分析可知不进行实验就可以推断出表中的离子一定不存在的有4种,即亚铁离子、硅酸根离子、高锰酸根离子和亚硫酸根离子,根据分析可知沉淀Z的化学式为2Mg(OH);(2)氨气是碱性气体,检验氨气的方法是用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X,试-7-纸变蓝,则说明X为氨气;(3)实验Ⅱ的图象中BC段发生氢氧化铝的溶解,对应的离子方程式为322Al(OH)OHAlO2HO;(4)A点消耗氢氧化钠6mL,与金属阳离子反应的氢氧化钠是5mL,物质的量为0.005mol。溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是1mL,物质的量是0.001mol,所以生成的氢氧化铝是0.001mol,则与镁离子反应的氢氧化钠是0.002mol,氢氧化镁是0.001mol,所以对应的固体质量为0.001mol(5878)g/mol0.136g;(5)通过实验Ⅰ可以确定该溶液中一定存在的阴离子是硝酸根离子;与氢离子反应的氢氧化钠是1mL,物质的量是0.001mol,即氢离子是0.001mol;与铵根反应的氢氧化钠是2mL,物质的量是0.002mol,即铵根是0.002mol,根据溶液显电中性可知硝酸根的物质的量是0.001mol0.002mol0.001mol30.001mol2
本文标题:宁夏银川一中2020届高三化学上学期第一次月考试题(含解析)
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