甘肃省靖远县第四中学2020届高三化学10月月考试题（含解析）

1甘肃省靖远县第四中学2020届高三化学10月月考试题（含解析）说明：相对原子质量C12H1S32Ba137O16一、单选题（每小题4分，共60分）1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述中，不正确的是A.在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大B.用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆，原理不同C.钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀D.在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极【答案】C【解析】试题分析：A、在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大，A正确；B、用活性炭为糖浆脱色的原理是活性炭的吸附作用，用臭氧漂白纸浆的原理是臭氧的强氧化性，原理不同，B正确；C、铜的活泼性小于氢，故铜制品不能发生析氢腐蚀，C错误；D、在铜的精炼装置中，用粗铜作阳极材料，精铜作阴极材料，D正确。答案选C。考点：化学与生活2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.3g3He含有的中子数为1NAB.1L0.1mol·L−1磷酸钠溶液含有的34PO数目为0.1NAC.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA【答案】B【解析】【详解】A.3He的中子数为3-2=1，则3g3He的中子数为3g3g/molAN=NA，A项正确；B.磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NAmol-1=0.1NA，B项错误；C.重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NAmol-1=6NA，C项正确；2D.正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为48g+10g58g/mol×13×NAmol-1=13NA，D项正确；答案选B。3.下列物质的鉴别方法是运用化学方法且正确的是A.用NaOH溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液B.用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液和FeCl2溶液C.用澄清石灰水鉴别SO2和CO2两种气体D.利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液【答案】B【解析】【详解】A.碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠和水，没有明显实验现象，不能鉴别，故A错误；B.FeCl3溶液遇KSCN时为血红色，则可用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液和FeCl2溶液，鉴别方法利用了FeCl3的化学性质，属于化学方法，故B正确；C.SO2和CO2两种无色气体都能使澄清石灰水变浑浊，则无法鉴别，故C错误；D.溶液不能产生丁达尔效应，胶体是可以的，据此可以判别溶液和胶体，丁达尔效应为物理变化，不属于化学方法，故D错误。故选B。【点睛】该题需要明确的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。4.ag气体A与bg气体B的分子数相同，下列说法不正确．．．的是A.同温同压下A、B两气体的密度之比为b:aB.A与B的相对分子质量之比为a:bC.同质量气体A与B的分子数之比为b:aD.相同状况下同体积A、B的质量之比为a:b【答案】A3【解析】【分析】A和B的分子数相同，即物质的量相同，根据m=nM，质量和摩尔质量成正比，所以A和B的摩尔质量之比为a:b。【详解】A.标准状况下，Vm相同，由ρ=mV可知，密度之比等于摩尔质量之比等于，即为a:b，故A错误；B.摩尔质量在数值上和相对分子质量相等，所以两种气体A与B的相对分子质量之比为a:b，故B正确；C.A与B相对分子质量之比为a:b，同质量时由n=mM可知，分子数之比等于1a:1b=b:a，故C正确；D.相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为a:b，故D正确；答案选A。5.下列说法中不正确．．．的是A.从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1B.配制0.5L10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L(标准状况)C.0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2＋和Cl－总数为3×6.02×1023D.10g98%的硫酸(密度为1.84g·cm－3)与10mL18.4mol·L－1硫酸的浓度是不同的【答案】D【解析】【详解】A.依据溶液是均一稳定的分散系，从1L1mol/L的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/L，故A正确；B.制成0.5L10mol/L的盐酸溶液中溶质氯化氢物质的量为5mol，需要氯化氢气体112L(标准状况)物质的量=112L22.4L/mol=5mol，故B正确；C.0.5L2mol/LBaCl2溶液中，含Ba2+物质的量为1mol，含Cl−物质的量2mol，溶液中离子总数为3×6.02×1023，故C正确；D.10g98%硫酸(密度为1.84g/cm3)物质的量浓度=10001.8498%98mol/L=18.4mol/L，与10mL18.4mol/L硫酸的浓度是相同的，故D错误。4答案选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算和理解，要熟练掌握物质的量浓度的计算公式。c=n1000ρωVM。6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、23CO、2AlOB.0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、24SO、4MnOC.0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−D.0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、4NH、3NO、3HSO【答案】A【解析】【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。7.下列关于离子方程式的评价正确的是()选项离子方程式评价5A将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋6Cl－＋2I2正确；Cl2过量，Fe2＋、I－均被氧化B用Cu作电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：2Cl－－2e－==Cl2↑正确；Cl－优先于OH－放电C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－==HClO＋HSO3－正确；H2SO3的酸性强于HClODMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋2HCO3－＋2OH－==MgCO3↓＋2H2O正确；MgCO3比Mg(OH)2更难溶A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】A.将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，二价铁离子、碘离子都被氧化；B.铜做电极，阳极为活性电极，阳极参与放电；C.HClO有强氧化性；D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水。【详解】A.氯气过量，二价铁离子、碘离子都被氧化，离子方程式为：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A正确；B.用Cu作电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：Cu-2e-=Cu2+，评价及离子方程式均不合理，故B错误；C.HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO－==Cl-＋SO42-+2H+,评价及离子方程式均不合理，故C错误；D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，离子方程式：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CO32-+2H2O，故D错误。所以A选项是正确的。68.某溶液可能含有Cl－、SO24、CO23、NH4、Fe3＋、Al3＋和K＋。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A.至少存在5种离子B.Cl－一定存在，且c(Cl－)≥0.4mol·L－1C.SO24、NH4一定存在，Cl－可能不存在D.CO23、Al3＋一定不存在，K＋可能存在【答案】B【解析】试题分析：由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少0.02mol×3+0.02-0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度至少0.04mol÷0.1L＝0.4mol/L，A、至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B。考点：考查离子共存知识9.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O－+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。关于该反应的说法正确的是()A.RO4n-中R的化合价是+6B.ClO—是还原剂C.由上述离子方程式可知，该反应是由氨水提供的碱性环境D.反应过程中生成1molRO4n-，转移6mole-。【答案】A【解析】A、由题可知n=2，RO4n-中R的化合价是+6，A项正确；B、Cl元素的化合价由+1价降低为7-1价，ClO-为氧化剂，B项错误；C、一水合氨为弱电解质，不能改成离子形式，在离子方程式中写化学式，C项错误；D、R元素的化合价由+3价升高为+6价，则反应过程中生成1molRO4n-，转移3mole-，D项错误；答案选A。点睛：本题难点是由电荷守恒得出n=2，RO4n-中R的化合价是+6，R元素化合价升高，R(OH)3为还原剂，Cl元素化合价降低，C1O－为氧化剂，发生还原反应，以此解答该题。10.KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液200mL，其中c(NO3－)=2mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体(标准状况)，假设电解后溶液体积不变，下列说法正确的是()A.原混合溶液中c(K＋)=0.5mol·L-1B.电解得到的Cu的物质的量为0.2molC.上述电解过程中共转移0.4mol电子D.电解后溶液中c(H＋)=2mol·L-1【答案】C【解析】试题分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量==0.1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量==0.1mol，则铜离子的物质的量浓度==0.5mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=2mol•L-1-0.5mol/L×2