陕西省渭南市临渭区尚德中学2020届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）

陕西省渭南市临渭区尚德中学2020届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）考生注意：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分可能用到的相对原子质量： h 1 cu 64 o 16 第i卷（选择题）一、选择题1.保护环境是我国的一项基本国策，下列做法不应该提倡的是（ ）a. 出门尽可能步行骑行或坐公交b. 深入农村和社区进行环保宣传c. 吃快餐时尽量不要用塑料袋d. 用过的废旧电池埋到田地里。【答案】d【解析】【详解】a出门尽可能步行骑行或坐公交，可以减少化石燃料的使用，减少空气污染，应该提倡，故a不选；b深入农村和社区进行环保宣传，可以提高公众的环保意识，有利于环境保护，应该提倡，故b不选；c吃快餐时尽量不要用塑料袋，可以减少化工产品的使用，减少环境污染，应该提倡，故c不选；d用过的废旧电池埋到田地里，会污染土壤和地下水，引起环境污染问题，不应该提倡，故d选；故选d。2.我国稀土资源丰富。下列有关稀土元素与的说法正确的是()a. 与互为同位素b. 与的质量数相同c. 与是同一种核素d. 与核外电子数和中子数都为62【答案】a【解析】【详解】a. 由稀土元素与可知，该元素是含有相同质子数、不同中子数的同种元素，所以两者互为同位素，a项正确；b. 的质量数为144，的质量数为150，所以这两种核素的质量数不同，b项错误；c. 与虽然质子数相同，但质量数不同，所以62144sm与62150sm是不同核素，c项错误；d. 的核外电子数为62，中子数为82，的核外电子数为62，中子数为88，d项错误；答案选a。3.下列离子中半径最大的是（ ）a. hb. mg2c. o2d. s2【答案】d【解析】【详解】一般而言，电子层越多的离子半径越大，电子层数一样的离子，核电荷数越多，半径越小。四种离子中，硫离子的电子层数最多，半径最大，故选d。4.钢铁在潮湿空气中表面会出现暗红色锈斑，其主要原因是钢铁发生了电化学腐蚀。下列有关钢材生锈的说法，正确的是（ ）a. 涂油漆是为防止钢铁的腐蚀，其名称叫牺牲阳极的阴极保护法b. 在潮湿环境中，纯铁比钢铁更容易腐蚀生锈c. 空气中太阳、风雨、湿度对钢材的腐蚀有影响d. 钢材在空气中的腐蚀主要为电化学腐蚀，其负极的反应为：fe-3 e= fe3+【答案】c【解析】【详解】a涂油漆可以隔绝空气，达到防止钢铁的腐蚀的目的，属于物理方法，不是牺牲阳极的阴极保护法，故a错误；b在潮湿环境中，钢铁会发生原电池反应，更容易腐蚀生锈，故b错误；c钢材的腐蚀以电化学腐蚀为主，空气中太阳、风雨、湿度对钢材的腐蚀速率都有影响，故c正确；d钢材在空气中的腐蚀主要为电化学腐蚀，铁为负极，发生氧化反应生成亚铁离子，负极的反应为：fe-2e= fe2+，故d错误；故选c。【点睛】本题的易错点为d，要注意无论钢铁发生何种电化学腐蚀，负极的电极反应式均为fe-2e= fe2+。5.已知sf6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在s-f键。1mols(s)转化为气态硫原子吸收能量280kj,断裂1 mol f-f、s-f键需吸收的能量分别为160kj、330kj。则s(s)+3f2(g)=sf6(g)的反应热h为a. -1780kj.mol-1b. +430kj.mol-1c. -450kj.mol-1d. -1220kj.mol-1【答案】d【解析】【分析】根据反应热h=反应物总键能-生成物总键能计算反应热。【详解】反应热h=反应物总键能-生成物总键能，所以对于s(s)+3f2(g)sf6(g)，其反应热h=280kj/mol+3160kj/mol-6330kj/mol=-1220kj/mol。答案选d。6.化学用语是国际化学界统一规定的用来表示物质的组成、结构和变化规律的特殊符号,同时也是学习化学的一种专用工具。下列有关化学用语正确的是（ ）a. nh4cl中cl的结构示意图：b. 质子数为17、中子数为20的氯原子：c. 新制氯水中会有少量次氯酸，其电子式为：d. 明矾可用于净水，其化学式为：kal(so4)2 12h2o【答案】d【解析】【详解】anh4cl中cl最外层达到8电子稳定结构，离子结构示意图为，故a错误；b质子数为17、中子数为20的氯原子的质量数为17+20=37，原子符号为：，故b错误；c新制氯水中会有少量次氯酸，次氯酸中氯原子只能形成1对共用电子对，氧原子形成2对共用电子对，其电子式为：，故c错误；d明矾是十二水合硫酸铝钾的俗名，其化学式为：kal(so4)2 12h2o，故d正确；故选d。【点睛】本题的易错点为b，要注意原子符号中各位置的数字的含义的识别。7.反应a+bc h 0，分两步进行 a+bx h0 xc h0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根据物质具有的能量进行计算：h=e（生成物的总能量）-e（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题【详解】由反应 a+bc（h0）分两步进行 a+bx（h0），xc（h0）可以看出，a+bc（h0）是放热反应，a和b的能量之和大于c，由a+bx（h0）可知这步反应是吸热反应，xc（h0）是放热反应，故x的能量大于a+b；a+b的能量大于c；x的能量大于c，图象d符合，故选d。【点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断8.下列各组物质中，含有共价键但属于离子化合物的是（ ）a. nh4no3b. mgcl2c. hfd. h2o【答案】a【解析】【详解】a.硝酸铵中含有离子键和共价键，属于离子化合物，故正确；b.氯化镁只有离子键，属于离子化合物，故错误；c.氟化氢是含有共价键的共价化合物，故错误；d.水是含有共价键的共价化合物，故错误。故选a。9.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）a. 原子半径：na ob. 气态氢化物的稳定性：h2o h2sc. 向na2co3溶液中加盐酸，有气泡产生d. 与同浓度盐酸反应的剧烈程度：mg al【答案】c【解析】【详解】a.钠原子有三个电子层，氧原子有2个电子层，所以钠原子半径大于氧，故能用元素周期律解释，不符合题意；b.因为氧的非金属性比硫强，所以水的稳定性大于硫化氢，能用元素周期律解释，不符合题意；c.碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，能说明盐酸的酸性大于碳酸，但不能用于比较氯和碳的非金属性，故不能用元素周期律解释，符合题意；d.镁的金属性比铝强，所以与盐酸反应时镁会更剧烈，能用元素周期律解释，不符合题意。故选c。10.已知热化学方程式:c2h2(g)+o2(g)2co2(g)+h2o(l)h1=-1 301.0 kjmol-1c(s)+o2(g)co2(g)h2=-393.5 kjmol-1h2(g)+o2(g)h2o(l)h3=-285.8 kjmol-1则反应2c(s)+h2(g)c2h2(g)的h为()a. -228.2 kjmol-1b. +228.2 kjmol-1c. +1301.0 kjmol-1d. +621.7 kjmol-1【答案】b【解析】【分析】利用盖斯定律解答。【详解】考查盖斯定律的应用。根据已知反应可知，2即得到，所以反应热是393.5 kjmol -1 2285.8 kjmol -1 1301.0 kjmol -1 228.2 kjmol -1 ，故b正确；答案选b。11.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测判断，下列说法不正确的是（ ）a. 若x+和y2-核外电子层结构相同，x+离子半径小于y2-离子半径b. 硅和锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料c. 由水溶液的酸性：hcl h2s可推断出元素的非金属性clsd. cs和ba分别位于第六周期 a 和 a 族 ，碱性csoh ba（oh）2【答案】c【解析】【详解】ax+和y2-的核外电子层结构相同，则核外电子数相同，原子失去电子形成阳离子，原子获得电子形成阴离子，故原子序数：xy，原子序数越大，离子半径越小，则x+离子半径小于y2-离子半径，故a正确；b硅、锗均处于金属与非金属的交界处，既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可以做半导体材料，故b正确；chcl 和h2s不是最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故c错误；dcs、ba分别位于第六周期 a 和 a 族 ，同一周期，自左而右，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故碱性csohba(oh)2，故d正确；故选c。12.短周期元素x、y、z、w在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中w原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（ ）a. 原子半径：wzyxb. 最高价氧化物对应水化物的酸性：xwzc. 最简单气态氢化物的热稳定性：yxwzd. 元素x、z、w最高化合价分别与其主族序数相等【答案】a【解析】【详解】a、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：zwxy，故a错误；b、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：xwz，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：xwz，故b正确；c、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：yxwz，所以元素的氢化物的稳定性：yxwz，故c正确；d、主族元素除了o和f之外，最高化合价等于主族序数，所以x、z、w的最高化合价分别与其主族序数相等，故d正确；故选a。13.已知h2(g)、c2h4(g)和c2h5oh(1)的燃烧热分别是-285.8kjmol-1、-1411.0kjmol-1和-1366.8kjmol-1,则由c2h4(g)和h2o(l)反应生成c2h5oh(l)的h为( )a. -44.2kjmol-1b. +44.2kjmlo-1c. -330kjmol-1d. +330kjmlo-1【答案】a【解析】【详解】由题干条件可知如下反应：h2(g)+o2(g)h2o(l)；h=-285.8 kjmol-1 c2h4(g)+3o2(g)2co2(g)+2h2o(l)；h=-1 411.0 kjmol-1 c2h5oh(l)+3o2(g)2co2(g)+3h2o(l)；h=-1 366.8 kjmol-1 根据盖斯定律则-可得：c2h4(g)+h2o(l)c2h5oh(l)；h=-44.2 kjmol-1。答案选a。14.可以将反应zn+br2= znbr2设计成蓄电池，下列4个电极反应：br2+ 2e= 2br 2br- 2e= br2zn 2e= zn2+zn2+ 2e= zn其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是a. 和b. 和c. 和d. 和【答案】d【解析】【详解】原电池反应是自发反应，负极反应是氧化反应，电解池是非自发反应，阳极反应是氧化反应，所以阳极反应为，负极反应为。答案选d。【点睛】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应，据此可以进行有关的判断。15.某固体酸燃料电池以cshso4固体为电解质传递h+，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2h2+o2=2h2o，下列有关说法正确的是 a. 电子通过外电路从b极流向a极b. b极上的电极反应式为：o2+2h2o+4e-=4oh-c. 每转移0.1mol电子，消耗1.12l的h2d. h+由a极通过固体酸电解质传递到b极【答案】d【解析】【详解】a燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，a错误；bb是正极，电极反应式为o2+4e-+4h+=2h2o，b错误；c温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，c错误；d放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，d正确，答案选选d。16.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是a. 一定温度下，反应2h2(g)+o2(g) 2h2o(g)能自发进行，该反应的h0b. 氢氧燃料电池的负极反应为o2+2h2o+4e4ohc. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 l h2，转移电子的数目为6.021023d. 反应2h2(g)+o2(g) 2h2o(g)的h可通过下式估算：h=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和【答案】a【解析】【详解】a.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即hxmrd. 元素w、r的最高价氧化物的水化物都是强酸【答案】bc【解析】【分析】x、y、z、w、r是5种短周期元素，其原子序数依次增大，x是周期表中原子半径最小的元素，x为h；y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，y是o；r与y处于同一族，因此r是s；y、r原子的核外电子数之和是24，所以z、w原子的核外电子数之和应是24，又因为z、w、r处于同一周期，且原子序数依次增大，所以z、w为na和al。【详解】x是h元素，y是o元素，z是na元素，w是al元素，r是s元素。a、y、z、w形成的具有相同电子层结构的离子为o2-、na+、al3+，根据核外电子排布相同的离子，半径随着核电荷数的增加而减小，其半径依次减小，故a错误；b、x和y元素能形成2种化合物，x2y（h2o）和x2y2（h2o2），故b正确；c、元素y、r分别与元素x形成的化合物是氢化物，因为y（o元素）和r（s元素）的非金属性强弱：yr，所以对应的氢化物的稳定性：xmyxmr，故c正确；d、w元素最高价氧化物的水化物是al(oh)3，是两性氢氧化物，r元素最高价氧化物的水化物是h2so4，属于强酸，故d错误；答案选bc。18.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是a. 放电时，a电极反应b. 放电时，溶液中离子数目增大c. 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化d. 充电时，a电极接外电源负极【答案】d【解析】【分析】放电时，zn是负极，负极反应式为zn-2ezn2，正极反应式为i2br+2e=2i+br，充电时，阳极反应式为br+2i-2e=i2br、阴极反应式为zn2+2e=zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。【详解】a、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为i2br+2e=2i+br，故a正确；b、放电时，正极反应式为i2br+2e=2i+br，溶液中离子数目增大，故b正确；c、充电时，b电极反应式为zn2+2e=zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为br+2i-2e=i2br，有0.02moli失电子被氧化，故c正确；d、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故d错误；故选d。【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是b，正极反应式为i2br+2e=2i+br，溶液中离子数目增大。第卷（非选择题）19.在400、101 kpa时，no2(g) co(g)no(g) + co2(g) 反应过程的能量变化如下图所示。反应过程（1）该反应是_（填“吸热”或“放热”）反应。（2）该反应的热化学方程式为_。（3）改变下列条件都可使该反应的反应速率改变，其中通过降低活化能加快反应速率的是_。a浓度 b压强 c温度 d催化剂（4）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？_（填“是”或“否”），原因是_。【答案】 (1). 放热 (2). no2(g)co(g)no(g)co2(g) h= -234 kjmol-1 (3). d (4). 否 (5). 催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应始态和终态的能量，因此对反应热没有影响【解析】（1）从图中明显得到反应物能量高于生成物能量，所以反应是放热反应。（2）从图中看出反应物和生成物的能量差为134-368=-234；所以反应h= -234 kjmol-1，需要注意的问题是：题目要求反应所处的环境为400，所以要求标出该测定的条件。（3）能够改变反应活化能的条件只能是催化剂。（4）对于一个确定的反应而言，实际上能影响反应焓变的只有方程式中的物质系数和物质状态，除此之外都不会影响焓变。20.下图表示由元素周期表中1到20号且不同主族的元素组成的单质及化合物之间的转化关系（产物中的水已略去）。其中a为黄绿色气体单质，d有漂白性；在实验室中常用固体b和固体c加热制取刺激性气味f；f和g的组成元素相同，g与h分子所含电子数相同。请回答 (1)单质a的组成元素在周期表中的位置是_；(2)b的化学式为_，f的电子式为_，c中所含化学键类型有_；(3)写出反应化学方程式_；(4)反应中f和气体h在空气中相遇时的实验现象为_写出的f一种具体用途_；(5)向具有漂白作用的d溶液中加入h的浓溶液有a生成，其反应的离子方程式为_。(6)砷元素(as)与上述某元素处于同一主族。砷酸铅可用作杀虫剂。已知：在砷酸铅中，砷处于最高价态，铅处于稳定价态。砷酸铅是正砷酸对应的盐，1mol正砷酸分子中含有8mol原子.砷的最高价氧化物的化学式为_砷酸铅的化学式为_【答案】 (1). 第三周期viia (2). ca(oh) 2 (3). (4). 离子键 共价键 (5). 2nh4cl+ca(oh)2 cacl2+2nh3+2h2o (6). 有白烟产生 (7). 制氮肥(或制硝酸、制纯碱、制铵盐或做制冷剂) (8). clo- +cl- +2h + =cl2+h2o (9). as2o5 (10). pb3(aso4)2【解析】【分析】a为黄绿色气体单质，a为cl2，d有漂白性，则d为次氯酸或其盐类；在实验室中，常用固体b和固体c加热制取刺激性气味气体f，根据框图，b为碱，应为ca(oh)2，则c为nh4cl，二者反应生成氨气，则f为nh3，e为cacl2，则d为ca(clo)2；根据f可与h生成c，则h为hcl，根据f与g的组成元素相同，g与h分子所含电子数相同，其中hcl含有18个电子，则g为n2h4，结合元素及其化合物的性质分析解答。【详解】(1)a为氯气，cl的原子序数为17，位于元素周期表中第三周期a族，故答案为第三周期a族；(2)根据上述分析可知，b为ca(oh)2，f为nh3，电子式为；c为nh4cl，属于离子化合物，其电子式为，含有离子键和共价键，故答案为ca(oh)2；离子键、共价键；(3)反应是氢氧化钙和氯化铵固体加热制取氨气，反应的化学方程式：ca(oh)2+2nh4cl cacl2+2nh3+2h2o，故答案为ca(oh)2+2nh4cl cacl2+2nh3+2h2o；(4)反应的方程式为nh3+hclnh4cl，反应生成氯化铵固体，有白烟生成，nh4cl常用作氮肥、制硝酸、制纯碱、制铵盐、做制冷剂，故答案为有白烟产生；制氮肥(或制硝酸、制纯碱、制铵盐、做制冷剂)；(5)hclo为弱电解质，在ca(clo)2溶液中加入盐酸有hclo生成，clo-在酸性条件下具有强氧化性，与cl-反应生成cl2，发生反应为clo-+cl-+2h+=cl2+h2o，故答案为clo-+cl-+2h+=cl2+h2o；(6)砷的最高价为+5价，氧化物中氧元素是-2价，砷的最高价氧化物的化学式为as2o5；1mol正砷酸分子中含有8mol原子，砷酸的分子式为h3aso4；铅处于稳定价态，则砷酸铅中铅元素是+2价，砷酸根为-3价，砷酸铅的化学式为pb3(aso4)2，故答案为as2o5；pb3(aso4)2。【点睛】解答此类试题需要抓住题目中的组成、结构、性质等关键信息作为做题的突破口，如本题中“a为黄绿色气体单质，d有漂白性”，说明a为氯气，d为次氯酸或其盐类，则b为水或碱。本题的易错点为(6)，要注意+4价的铅具有强氧化性，不稳定，铅处于稳定价态，为+2价。21.亚氯酸钠（naclo2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产naclo2主要流程如下：(1)中发生反应的还原剂是_，气体a的名称是_(2)中反应的离子方程式是_(3)a的化学式是_(4)中电极x是_，（填“阴极”“阳极”），其上发生 的电极反应为 _。离子交换膜n是 _（填“阴”“阳”）离子交换膜。(5)clo2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5naclo2+4hcl=5nacl+4clo2+2h2o，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是 _ 。(6)naclo2变质可转化为naclo3和nacl。取等质量变质前后的naclo2试样配成溶液，分别与足量feso4溶液反应时，消耗fe2+的物质的量_（填“相同”“不相同”“无法判断”）。【答案】 (1). na2so3 (2). 氧气 (3). 2clo2+h2o2+2oh-=2clo2-+o2+2h2o； (4). h2so4 (5). 阳极 (6). 2h2o4e =o24h （或4oh-4eo22h2o (7). 阳 (8). 1:4 (9). 相同【解析】【分析】clo2和双氧水在ii中发生氧化还原反应生成naclo2和气体a，该反应中cl元素化合价由+4价变为+3价，则o元素化合价由-1价变为0价，所以生成的气体a是o2，离子反应方程式为2 clo2+h2o2+2oh-=2clo2-+o2+2h2o；硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，在iii中发生电解，根据图知，电极y生成氢氧化钠，说明电极y为阴极，阴极上生成氢气同时阴极附近生成naoh，所以生成的气体b是h2；电极x为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是o2，同时生成硫酸，所以a溶液是硫酸；酸性条件下，在i中naclo3、na2so3发生氧化还原反应生成clo2气体