四川省泸州市泸县第一中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）

-1-四川省泸州市泸县第一中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.氧化钙、硅胶和还原性铁粉都可用作食品干燥剂B.土壤具有良好的保肥能力，与胶体的性质有关系C.硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业D.稀土金属被称为冶金工业的“维生素”，可改善合金的性能【答案】A【解析】【详解】A．还原性铁粉不具有吸水性，具有还原性，可以防止食品氧化变质，故A错误；B．土壤胶粒带负电荷，能吸附带相反电荷的氨根离子，可用胶体的知识解释，故B正确；C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，常用于航天航空工业，故C正确；D．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，所以稀土元素被称为冶金工业的“维生素”，故D正确；答案为A。2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.常温常压下，31gP4中含P－P键的数目为NAB.常温常压下，46gNO2与92gN2O4所含的分子数相同C.一定条件下，6.4g铜粉与过量的硫粉充分反应，转移电子数为0.2NAD.标准状况下，将22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，转移电子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．每个P4中含6个P－P键，31gP4的物质的量为31124/molgg=0.25mol，则31gP4中含P－P键的数目为1.5NA，故A错误；B．常温常压下，存在2NO2N2O4，则1molNO2与1molN2O4所含的分子数不相同，故B错误；C．Cu和S在加热条件下生成Cu2S，则6.4g铜粉与过量的硫粉充分反应，转移电子数为0.1NA，故C错误；D．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为0.1mol，其完全溶于足量NaOH溶液中生成NaCl和-2-NaClO，转移电子数为NA，故D正确；答案为D。【点睛】顺利解答有关阿伏加德罗常数的判断关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”，如选项B中存在的可逆反应；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。3.某研究性小组为了探究石蜡油分解产物，设计了如下实验方案。下列说法正确的是A.石蜡油是含多种液态烷烃的混合物B.硬质试管中的碎瓷片起防爆沸的作用C.酸性高锰酸钾溶液褪色说明生成了乙烯D.溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了取代反应【答案】A【解析】【详解】A.石油的主要成分是烷烃、环烷烃和芳香烃。石油经分馏得到石蜡油，石蜡油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，A正确；B.硬质试管中的碎瓷片的作用是催化剂，B错误；C.石蜡油经催化裂化和裂解获得小分子的烷烃和烯烃的混合物，但不饱和烯烃不一定是乙烯，C错误；D.溴的四氯化碳溶液褪色是因为石蜡油分解产生的烯烃与溴单质发生了加成反应，D错误；故合理选项是A。4.有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是A.a、b可能形成含有共价键的离子化合物-3-B.简单离子半径大小：dcabC.含氧酸的酸性强弱：dcD.b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存【答案】A【解析】【分析】a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。【详解】A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。5.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.常温下加水稀释时c(H+)/c(OH—)明显增大的溶液：CH3COO—、Ba2+、NO3—、Br—B.使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I—、S2O32—C.0.1mol/LFe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6]3—、Na+、SO42—、Cl—D.0.1mol/LNaAlO2溶液：NH4+、K+、HCO3—、SO32—【答案】A【解析】【详解】A．加水稀释时c（H+）/c（OH-）明显增大，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A选；B．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，溶液中中存在大量的氢离子，S2O32-与氢离子反应生成S单质和二氧化硫气体，在溶液中不能大量共存，故B不选；C．Fe2+离子与[Fe（CN）6]3－之间反应时反应生成铁氰化亚铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C不选；D．HCO3-的酸性大于氢氧化铝，HCO3-与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D不选。-4-本题选A。6.重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种强氧化剂，可用于检测酒驾中酒精的含量，电化学制备K2Cr2O7的装置如图所示，其中a、b均为石墨电极。下列说法正确的是A.X是电源的正极B.电解过程中K+向b极移动C.b极上发生的电极反应为：2CrO42－+2H+=Cr2O72－+H2OD.理论上a、b两电极放出的气体的物质的量之比为2︰1【答案】D【解析】【分析】根据原理图，a极有氢氧化钾生成，a极是阴极，电极反应是2H2O+2e-=H2+2OH-；b是阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+。【详解】A、根据原理图，a极有氢氧化钾生成，a极是阴极，则X为电源负极，A错误；B、电解过程中阳离子移向阴极，K+向a极移动，故B错误；C、a、b极上发生的电极反应分别为4H2O＋4e－＝4OH－＋2H2↑、2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑，b极区附近发生反应2CrO42－＋2H＋＝Cr2O72－＋H2O，故C错误；D、a、b极上发生的电极反应分别为4H2O＋4e－＝4OH－＋2H2↑、2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑，理论上，两电极放出的气体的物质的量之比为2︰1，故D正确。7.已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A的pKa1=1.85，Pka2=7.19。用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）。下列说法不正确．．．的是（）-5-A.a点所得溶液中：2n(H2A)+n(A2-)=0.002molB.b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)C.c点所得溶液中：c(Na+)3c(HA-)D.d点所得溶液中：c(Na+)c(A2-)c(HA-)【答案】C【解析】【分析】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，则c(H2A)=c(HA-)，依据物料守恒判断；B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A2-+H2OHA-+OH-，Kh=22cHAcOHKwKacS，c(OH-)=KwcH，c(HA-)=c(A2-)，结合溶液中的物料守恒分析；D.加入氢氧化钠溶液40mL，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA。【详解】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式可得c(H2A)=c(HA-)，由于加入的H2A溶液为20mL0.1mol/L，所以根据物料守恒可得a点所得溶液中：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=2c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，A正确；B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，，将c(Na+)带入第一个式子，整理得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，-6-B正确；C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A2-+H2OHA-+OH-，Kh=22cHAcOHKwKacS，c(OH-)=KwcH，c(HA-)=c(A2-)，根据物料守恒可知溶液中2c(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=3[c(H2A)+2c(HA-)]，c(Na+)3c(HA-)，C错误；D.加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA，溶液中离子浓度c(Na+)c(A2-)c(HA-)，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了图象变化在溶液的成分分析、离子浓度大小比较的应用的知识。涉及酸碱反应后溶液的酸、碱性，盐类水解原理，三种守恒在电解质溶液中离子浓度大小的比较方法的应用等，要会运用多元弱酸的电离平衡常数表达式与溶液的pH关系比较离子浓度关系，题目难度较大。8.草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料，并用下图1装置制取C2H2。①电石与水反应很快，为了减缓反应速率，装置A中除用饱和食盐水代替水之外，还可以采取的措施是__________（写一种即可）。②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：_____________（用离子方程式回答）。(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备-7-装置如上图2所示：①装置D中多孔球泡的作用是______________________。②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为____________________________。③从装置D中得到产品，还需经过_____________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。①滴定终点的现象是______________________。②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是_______________。③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_______________（列出含m、c、V的表达式）。【答案】(1).将烧瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状(2).PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-(3).Cl－+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O(4).增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行(5).C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O(6).蒸发浓缩、冷却结晶(7).当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色(8).生成的