四川省泸县第四中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）

-1-四川省泸县第四中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）1.下列有关叙述正确的是A.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B.酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C.电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D.硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂【答案】C【解析】【详解】A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错误；B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。2.下式表示一种有机物的结构，关于它的性质的叙述中不正确的是（）A.它有酸性，能与Na2CO3溶液反应B.它可以水解，水解产物只有一种C.1mol该有机物最多能和8molNaOH反应D.1mol该有机物最多能和8molH2发生加成反应【答案】D【解析】A、根据结构简式，含有官能团是酚羟基和羧基酯基，其中酚羟基和羧基，使此有机物显酸性，都能与Na2CO3反应，故A说法正确；B、含有酯基，因此可以水解，产物只有一种，故B说法正确；C、1mol该有机物中含有5mol酚羟基和1mol羧基，消耗6mol氢氧化钠，此有机物中-2-还含有1mol“”，它消耗2mol氢氧化钠，共消耗8mol氢氧化钠，故C说法正确；D、此有机物中只有苯环可以氢气发生加成反应，即1mol此有机物最多消耗6mol氢气，故D说法错误。3.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（）选项操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后,试管里出现凝胶非金属性:ClSiC向盛有铜片的容器中加入浓硝酸产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色浓硝酸具有强氧化性和酸性D向NaAlO2溶液中持续通入气体Y出现白色沉淀Y可能是CO2气体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】A、浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；C、产生大量红棕色气体，该气体为二氧化氮，溶液变为蓝绿色说明生成铜离子，证明二者发生氧化还原反应；-3-D、反应生成氢氧化铝沉淀，发生强酸制取弱酸的反应；【详解】A、浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性，该实验中浓硫酸将蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳，说明有碳、水及气体生成，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，故A正确；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故B错误；C、将盛有铜片的容器中加入浓硝酸，产生的大量红棕色气体为二氧化氮，溶液变为蓝绿色说明生成铜离子，据此可知铜被浓硝酸氧化，证明浓硝酸具有强氧化性，故C正确；D、反应生成氢氧化铝沉淀，发生强酸制取弱酸的反应，向NaAlO2溶液中持续通入气体Y，Y可能为二氧化碳，故D正确。故选B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B.1molNa与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C.1molNa2O2固体中含有离子总数为4NAD.25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子【答案】B【解析】【详解】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molP－P键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molC－H键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为＋1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B正-4-确；C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH－的物质的量，故D错误，答案选B。5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A.单质的沸点：ZWB.简单离子半径：XWC.元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A正确；B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B错误；C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D．X、-5-Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。6.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时，Mo箔上的电势比Mg箔上的低B.充电时，Mo箔接电源的负极C.放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]D.充电时，外电路中通过0.2mol电子时，阴极质量增加3.55g【答案】C【解析】【详解】A.放电时，Mg作负极，Mo作正极，所以Mo箔上的电势比Mg箔上的高，故A错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B错误；C.根据原电池工作原理，放电时Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6],故C正确;D.放电时负极上应是2Mg-4e-+2C1-=[Mg2Cl2]2+,通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg,质量减少2.4g，则充电时质量增加2.4g，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓-6-住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生还原反应，再根据得失电子守恒进行计算。7.常温下，用等浓度的NaOH溶液分別滴定相同体积的NH4Cl、KH2PO4及CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是()A.NH3·H2ONH4++OH－的lgKb=－9.25B.CH3COOH+HPO42－=CH3COO－+H2PO4－的lgK=2.11C.0.1mol/LKH2PO4溶液中：c(HPO42－)c(H3PO4)D.在滴定过程中，当溶液pH相同时，消耗NaOH的物质的量：CH3COOHKH2PO4NH4Cl【答案】B【解析】【分析】根据图像，c(NH3·H2O)＝c(NH4+)时pH=9.25，氨水的电离平衡常数Kb=432·()()()cNHccNHOHHO=10－4.75，同理可知H2PO4-的电离平衡常数Ka=10－6.86；CH3COOH的的电离平衡常数Ka=10－4.75。【详解】A、氨水的电离平衡常数Kb=432·()()()cNHccNHOHHO=10－4.75，lgKb=－4.75，故A错误；B、CH3COOH+HPO42－=CH3COO－+H2PO4－的K=324234cccCHCOOHPOCHCOOHHPcO－－－=324234cccHcCHCOOHPOCHCOOHHPOccH－－－=324aaCHCOOHHKPOK－=4.756.861010－－=102.11，lgK=2.11，故B正确；C、KH2PO4溶液呈酸性，H2PO4－电离大于水解，所以c(HPO42－)c(H3PO4)，故C错误；-7-D、根据图像，在滴定过程中，当溶液pH相同时，消耗NaOH的物质的量：CH3COOHKH2PO4NH4Cl，故D错误。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，酸碱滴定原理，盐类水解知识，牢牢把握弱电解质电离平衡常数的计算及应用是解题的关键，重点考查学生的读图能力。8.已知MgCl2+6NH3MgCl2·6NH3该反应具有极好的可逆吸、放氨特性。某课题组在实验室探究其特性，其中氨化(吸氨)过程装置如图，放氨过程实验装置如图。己知：相关物质的性质见下表请回答：(1)实验室采用固固加热的方式制备NH3，制备反应的方程式为___________，虚框内装置的作用是___________，氨化过程采用冰水浴的原因可能是___________(填选项序号字母)。A氨化过程为吸热反应，促进反应正向进行B加快反应速率C防止氨气从溶液中挥发，提高氨气利用率D增大六氨氯化镁的溶解度(2)利用MgCl2溶液制备无水MgCl2，其具体操作为______________________。(3)提纯MgCl2·6NH3操作中，下列洗涤剂最合适的是___________(填选项序号字母)。A冰浓氨水B乙二醇和水的混合液C氨气饱和的甲醇溶液D氨气饱和的乙二醇溶液(4)进行放氨实验时，三颈烧瓶加入1.97gMgCl2·6NH3和烧碱的浓溶液，加热，并不断通入-8-N2，通入N2目的是___________。通过观察烧杯中现象的变化就可以监控MgCl2·6NH3的放氨过程，若要判断转化率是否达到或超过90%，则烧杯中溶液可以是___________。【答案】(1).2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(2).吸收尾气或防倒吸，防止右侧水蒸气进入反应器(3).C(4).在HCl的氛围中蒸干氯化镁溶液(5).C(6).将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置(7).含少量甲基橙和0.054molH+的强酸溶液)(或含少量酚酞和0.054mol一元弱酸溶液)【解析】【分析】(1)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气；根据氨气的性质、六氨氯化镁的溶解性分析虚框内装置的作用；(2)MgCl2易水解，制备无水MgCl2需要抑制MgCl2水解；(3)根据MgCl2·6NH3的溶解性及甲醇、乙二醇的沸点分析；(4)通入N2可以将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置；根据酸碱中和反应判断转化率是否达到或超过90%。【详解】(1)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气，反应方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气易溶于水，六氨氯化镁易溶于水，虚框内装置的作用是吸收尾气或防倒吸，干燥管防止右侧水蒸气进入反应器；A．氨化过程为吸热反应，降低温度反应逆向进行，故不选；B．降低温度减慢反应速率，故不选