内蒙古赤峰市宁城县2020届高三化学10月月考试题（含解析）

1内蒙古赤峰市宁城县2020届高三化学10月月考试题（含解析）1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A.加碘食盐的水溶液遇淀粉变蓝B.煤经过液化和气化等物理变化可转化为淸洁能源C.制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素D.我国预计2020年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A、碘单质遇淀粉能变蓝，但是在碘盐中添加的是碘酸钾，不是单质碘，选项A错误；B、煤的气化和液化均是化学变化，选项B错误；C、棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，选项C正确；D、硅属于半导体材料，广泛应用于太阳能电池，故火星探测器携带的太阳能电池帆板的材料是晶体硅，选项D错误；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.1mol·L－1NaC1O溶液中含有的ClO一数目为NAB.常温常压下，32gO2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAC.标准状况下22.4LHF中含有的氟原子数目为NAD.1molFe在1molC12中充分燃烧，转移的电子数目为3NA【答案】B【解析】【详解】A、次氯酸是弱酸，所以次氯酸根离子发生水解，使次氯酸根离子的数目小于0.1NA，选项A错误；B、氧气和臭氧的摩尔质量不同，臭氧的摩尔质量大于氧气，当32g全部为氧气时，分子个数为NA个，而当混有摩尔质量大于32g/mol的臭氧时，分子个数小于NA个，选项B正确；C、标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量，则无法知道所含氟原子数目，选项C错误；D、铁与氯气反应生成氯化铁，1molFe在1molC12中充分燃烧，铁有剩余，氯气完全反应，2氯元素化合价由0价降低为-1价，转移电子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，选项D错误；答案选B。3.下列关于有机物的说法正确的是A.分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)B.环己烯()分子中的所有碳原子共面C.乙醇和丙三醇互为同系物D.二环己烷()的一氯代物有3种结构(不考虑立体异构)【答案】A【解析】【详解】A、分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；③丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；因此属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，选项A正确；B、环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，选项B错误；C、乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，不是同系物，选项C错误；D、二环己烷()中有两种不同环境的氢，其一氯代物有2种结构(不考虑立体异构)，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查有机物结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握官能团的性质、同分异构体数目的推断、同系物和共面的判断为解答的关键。易错点为选项B，环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（）A.原子半径：Z＞W＞Y＞XB.Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键C.元素Y与X、Z都能组成两种化合物3D.乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。5.工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN－，装置如图所示，依次发生的反应有：①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O②2Cl－－2e－=Cl2↑③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O下列说法正确的是A.铁电极上发生的反应为Fe－2e－=Fe2＋4B.通电过程中溶液pH不断增大C.除去1molCN－，外电路至少需转移5mol电子D.为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCl【答案】C【解析】【分析】根据电极反应式及图像中有Fe电极可知，阳极为石墨电极，CN－失电子，阴极为铁电极，得电子，可确定a为电池的正极，b为负极。【详解】A.铁电极为电解池的阴极，得电子，则只能是水提供的氢离子得电子，A错误；B.根据电极反应式，阴极为2H2O+2e－=H2↑+2OH－，阳极①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O，②2Cl－－2e－=Cl2↑③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O，得失电子数相等时，在消耗氢氧根离子，pH在减小，B错误；C.根据反应：3Cl2+2CNO-+8OH-═N2+6Cl-+2CO32-+4H2O，除去1molCN-，消耗1.5mol氯气，转移电子3mol，根据CN--2e-+2OH-═CNO-+H2O，转移电子是2mol，所以外电路至少需转移5mol电子，C正确；D.根据电极反应的离子，为了使电解池连续工作，需要补充氢氧化钠，若有氯气溢出，则需要补充氯化钠，D错误；答案为C。6.下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A向1mL2mol/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，振荡先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)3]B将甲烷与氯气按体积比1：4混合于试管中光照反应后的混合气体能使湿润的石试纸变红生成的氯代甲烷具有酸性C将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体只含CO25D向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生该溶液中可能含有SO42-A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、NaOH溶液过量，加入FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，不能比较Ksp[Mg(OH)2]和Ksp[Fe(OH)3]大小，选项A错误；B、甲烷与氯气反应生成氯化氢，氯化氢的水溶液能使湿润的石蕊试纸变红，而不是生成的氯代甲烷具有酸性，选项B错误；C、将木炭和浓硫酸共热生成的气体有二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水中，都能反应生成碳酸钙沉淀和亚硫酸钙沉淀，结论不符合，选项C错误；D、如果溶液中含有SO42-，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生；如果溶液中含有银离子，也具有此现象发生，所以只能确定该溶液中可能含有SO42-，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、沉淀转化、实验技能为解答的关键，易错点为选项A：注意氢氧化钠是过量的，而加入的氯化镁和氯化铁是几滴对氢氧化钠而言是少量的，所以它们都和氢氧化钠完全反应生成沉淀。7.已知：pKa=－lgKa。25℃时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A.a点溶液中：c(HA－)=c(H2A)B.b点溶液中：A2－水解平衡常数Kh1=10－6.81C.c点溶液中：V0=306D.a、b、c、d四点中，d点溶液中水的电离程度最大【答案】C【解析】【分析】已知：pKa=－lgKa。由图中信息可知，25℃时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19，所以Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19。【详解】A.pH=1.85的a点溶液中：根据第一步电离常数Ka1=10-1.85=c(HA－)×c（H+）/c(H2A)=c(HA－)×10-1.85/c(H2A)，所以c(HA－)=c(H2A)，故不选A；B.b点溶液中：A2－水解平衡常数Kh1=c（HA-）×c（OH-）/C(A2－)=Kw/Ka2=1×10-14/10-7.19=10－6.81,故不选B；C.c点溶液如果V0=30，则生成NaHA与Na2A的混合溶液，且物质的量之比为1:1，A2－水解会让HA-的浓度略有增加，故c（HA-）C(A2-)；而根据Ka2=10-7.19=c（H+）×c（A2-）/c(HA-)得出c（HA-）=c(A2-)；二者相矛盾，所以V0≠30，故选C；D.d点恰好生成Na2A，盐类的水解促进水的电离，故不选D；正确答案：C。【点睛】以强碱和弱酸反应为载体，利用中和滴定操作和pH变化图像，判断溶液成分和微粒浓度的大小，注意抓几个关键点，起点，1:1反应点，恰好生成正盐的点，同时掌握电离常数，水解常数的计算。8.钼酸钠晶体(Na2MoO4.2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：(l)Na2MoO42H2O中钼元素的化合价为____，NaCIO的电子式为___。(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是____(答出两条即可)。(3)途径I焙烧过程中化学方程式为____，碱浸时气体A的化学式为____。(4)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.20mol/L。由钼酸钠溶液7制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是____(已知Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMo04)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化)。(5)途径II氧化时溶液中还有Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。(6)途径I或途径II所得的Na2MoO4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其重结晶操作的目的为____。【答案】(1).+6(2).(3).充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等(4).2MoS2+7O22MoO3+4SO2(5).CO2(6).95%(7).1：9(8).除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体【解析】【分析】(l)Na2MoO4.2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度；(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；（4）根据Ksp(BaMo04)=4.0×10-8，BaMoO4开始沉淀时，则c（Ba2+）=Ksp(BaMo04)/c（Mo