2019-2020学年重庆一中高三(上)月考化学试卷(10月份)

1、2019-2020 学年重庆一中高三（上）月考化学试卷（10 月份）一、单选题（本大题共7 小题，共42.0 分）1.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是()A. “硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体B. 用 SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同C.D.氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和 NH 4Cl溶液处理焊点2.设 NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.B.1mol ICl 与 H2O完全反应生成氯化氢和次碘酸，转移的电子数为NA常温常压下，56 g 丁烯 (C4 H8)中含有的共价单键

2、总数为8 NAC.D.电解精炼铜时，阳极质量减少 64g，闭合回路转移的电子数一定为 2N A 质量均为 3.2g 的 S2、S4 、 S6 中所含 S 原子数相等，都为 0.1 NA3.水杨酸、冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是()A. 由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B. 阿司匹林的分子式为 C9 H8O4，水解可得水杨酸C. 冬青油苯环上的一氯取代物有4 种D. 可用 NaOH 溶液除去冬青油中少量的水杨酸4. 利用图示装置进行实验，反应进行足够长时间后装置II 中实验现象正确的是 ( )II 中实验现象A浓盐酸大理石氯化钡溶液产生大量白色沉淀B浓氨水碱石灰硫酸亚铁溶产生

3、大量白色沉淀液C冰醋酸乙醇和浓饱和碳酸钠溶液分层，上层为硫酸溶液油状液体D浓盐酸KMnO 4氢硫酸产生淡黄色沉淀A. AB. BC. CD. D5. W 、X 、 Y 、 Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y 元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y 、 Z 的单质；丙、丁、戊是由W、X 、Y 、Z 元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01mol ?L-1 戊溶液的 pH 大于 2.上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是()A. 原子半径： Z Y X WB. W 和 X 形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键第1页，共 15页C. Z 的

4、氧化物对应的水化物均为强酸D. 简单氢化物的热稳定性：X ”、“ Z(S) X(O) W(H) ，故 A 错误；B.W和 形成的化合物有O HO，HO中既可能含有极性键也可能含有非极性键，22H2 、22故 B正确；H 、O、 Al 、 S 可能同存于一种离子化合物中，如KAl(SO 4 ) 2 ?12H 2O，故 B 错误；C.硫的氧化物有 SO2、SO3 ，它们对应的水化物分别为亚硫酸、硫酸，而亚硫酸属于弱酸，故 C错误；D. 元素非金属性 X( 氧) Z( 硫) ，故简单氢化物稳定性 X Z，故 D 错误。故选： B。W 、 X、 Y 、 Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，丙、丁、

5、戊是由它们组成的二元化合物。戊为酸性气体，常温下0.01mol?L-1戊溶液的 pH 大于 2，戊溶液为弱酸，而常温下丁为液态且与丙反应生成戊，应是Al 2 S3 与水反应生成 H2 S与 Al(OH) 3 ，故丙为Al 2 S3 、丁为 H2 O、戊为 H2S、己为 Al(OH)3，结合原子序数可知 W 为 H 元素、 X 为 O 元素、 Y 为 Al 、Z 为 S 元素。甲、乙分别是元素Y 、Z 的单质，故甲为铝单质、乙为硫单质。本题考查无机物的推断，基本属于猜测验证型题目，以二元化合物丁为液体、戊的酸性为突破口进行分析，注意抓住短周期主族元素，需要学生熟练掌握元素化合物知识，旨在考查学生

6、对基础知识的熟练掌握，题目具有一定的难度。6.【答案】 B【解析】 解： A.闭合 K 2 ，断开 K l ，该装置为电解池，X 为阴极、 Y 为阳极， X 电极反应式为 Ag+ + e-= Ag， Y 电极反应式为 Ag - e-= Ag + ， NO3- 从左池向右池移动，故A 正确；B. 断开 K2 ，闭合 K1 ，该装置为原电池， X 为负极、Y 为正极，负极上电极反应式为 Ag - e- = Ag + ，正极电极发生有为 Ag+ + e- = Ag，故 B 错误；第8页，共 15页C.闭合 K2 ，断开 Kl ，该装置为电解池， X 为阴极、 Y 为阳极， X 电极上析出 Ag ，Y

7、 电极上溶解 Ag ，所以左池 c(AgNO 3 )减小、右池 c(AgNO 3 ) 增加，故 C 正确；D. 装置安装后若直接闭合K l ，由于没有浓度差，不能形成原电池，往左池加入适当的氨水后，左池 Ag+ 沉淀，使 c(Ag + ) 降低，形成浓差电池， 左池为负极， 所以指针发生偏转，故D正确；故选： B。A. 闭合 K 2，断开 Kl ，该装置为电解池，X 为阴极、 Y 为阳极；B.断开 K2，闭合 K1 ，该装置为原电池，X 为负极、 Y 为正极；C.闭合 K2，断开 Kl ，该装置为电解池，X 为阴极、 Y 为阳极， X 电极上析出 Ag ，Y 电极上溶解 Ag ；D. 直接闭合

8、 Kl ，由于没有浓度差，不能形成原电池，电流计指针不发生偏转，往左池加入适当的氨水后，左池 Ag+ 沉淀，使 c(Ag + ) 降低。本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，该题以溶液浓度差为载体设计浓差电池，其解答方法仍然用原电池和电解池原理，但题目较新颖，题目难度中等。7.【答案】 D【解析】 解： A.由以上分析可知图中 x 代表 Ag2 CrO4 曲线， z 代表 AgSCN 曲线，故 A 错误；B. 由以上分析可知在Cl- 和 CrO42- 的物质的量浓度均为 0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的 AgNO3溶液，应先生成 AgCl 沉淀，为白色沉淀，故B 错误；C

9、.298 K 时若增大 p 点的阴离子浓度，则银离子浓度减小，y 上的点沿曲线向下移动，故 C错误；D.298 K时Ag 2 CrO4 (s) + 2SCN-(aq) ? 2AgSCN(s) + CrO42- (aq) 的平衡常数 K =2-)Ksp(Ag 2 CrO4 )-12c(CrO 42.0 10c 2 (SCN -) = Ksp(AgSCN) 2=(10 -12)2 = 2.0 10 12 ，故 D 正确。故选： D。1.8 -10当 PX 相等时，如 PX =10mol/L = 1.8 10 -4 mol/L ，6 时， AgCl 溶液中 c(Ag + ) =1 10-6AgSCN

10、 溶液中 c(Ag+ ) =10 -12mol/L = 1.0 10 -6 mol/L， Ag2 CrO4 溶液中 c(Ag + ) =-61 102.0 -1210mol/L =1.414 10 -3 mol/L ，可知 x 为 Ag2 CrO4， y 为 AgCl ，z 为 AgSCN 的-61 10浓度曲线，以此解答该题。本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点， 把握 Ksp 与图中浓度的关系、 平衡移动为解答的关键， 侧重分析与应用能力的考查， 注意选项 D 为解答的难点， 题目难度不大。8.【答案】 把废镍催化剂粉碎、适当加热、适当增大酸的浓度或搅拌SiO2 和CaSO42Na+

11、+ 3ClO-+ 6Fe2+ 4SO42-+ 9H 2 O = Na2 Fe6(SO4 )4 (OH) 12 +3Cl - +2+?高温 ?-6H除去溶液中的Zn-Ni 2O3 + 3CO +CO 2 FeSNaCl 4OH+2NiC 2O4 ?电解 ?60It 58.72Ni 2+-2H 2 O + 2Ni + O2 2 96500?【解析】 解： (1)NiC2 O4 ?2H2 O中镍元素 +2 价，氧元素 -2价，化合物中元素化合价总共为 0，则碳元素 +3 价；把废镍催化剂粉碎、适当加热、适当增大酸的浓度或搅拌等均能提高“酸浸”速率故答案为： +3 ；把废镍催化剂粉碎、 适当加热、适当

12、增大酸的浓度或搅拌；控制温度 80 、pH = 2 ，可得到黄铁矾钠Na 2Fe6 (SO4) 4(OH) 12 沉淀，根据分析加入 NaClO 与硫酸亚铁反应而得，故离子反应为：2Na+ + 3ClO - + 6Fe2+ + 4SO42- + 9H 2O =第9页，共 15页Na 2Fe6 (SO4) 4(OH) 12 +3Cl - + 6H + ，(2)由以上分析可知滤渣 的成分是 CaSO4和SiO2，故答案为： SiO2和CaSO4； 2Na+ + 3ClO- + 6Fe2+ + 4SO42- + 9H2 O =Na 2Fe6 (SO4) 4(OH) 12 +3Cl - + 6H +

13、；(3)由以上分析可知“萃取”操作中加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+ ，故答案为：除去溶液中的Zn2+ ；(4) 高温煅烧无水 NiC2O4得到 Ni 2O3 和两种含碳元素的气体， 气体为一氧化碳和二氧化碳，?高温 ?故反应为2NiC 2 O4-，? Ni 2 O3 + 3CO +CO 2 ?高温 ?故答案为：-；2NiC 2O4 ?Ni 2O3 + 3CO +CO 2 (5)电解含镍酸性废水回收Ni ，根据图， c 池为废水，反应为 Ni 2+ + 2e - = Ni ，发生还原反应，作为电解池的阴极，连接电源的负极，Y 为电源的负极，在电池中，总反应为 2Li + FeS =F

14、e + Li2 S，活泼金属 Li 做电源的负极， 故电极 Y 的材料是 Li ，X 为 FeS，被还原生成 Fe，为正极反应， Z 为 NaCl 溶液，故答案为： FeS；NaCl ； 阳极发生 4OH - 4e-=2H 2 O + O2 ，阴极生成 Ni ，电解总反应为 4OH- +?电解 ?2Ni2+ -2H 2 O + 2Ni + O2，?已知F=96500C/mol ，若电池工作 t min ，维持电流强度为 I A ，则电量为 IA 60ts =60It60It 58.760ItC ，转移电子的物质的量为96500c/mol ，则消耗 Ni 的质量为 2 96500 g，?电解 ?

15、60It 58.7故答案为：-2+-；4OH+ 2Ni2H 2O + 2Ni + O2。?2 96500制备草酸镍晶体 (NiC 2O4 ?2H 2O)的流程：废镍催化剂(主要成分为 Ni ，还含有一定量的ZnFe、CaO)加入硫酸溶解得到含有 Ni 2+、Zn 2+ 、Fe2+ 、Ca2+ 的酸性溶液，部分、 、SiO2Ca2+ 与 SO24- 结合得到微溶物 CaSO4，SiO2 不溶于酸，过滤，滤渣 I 为 SiO2和 CaSO4，向滤液中加入 NaClO 溶液氧化 Fe2+ 为 Fe3+ ，同时将其沉淀为 Fe(OH) 3 ，过滤，滤渣 II 为 Fe(OH) 3 ，再向滤液中加入 N

16、H4F溶液，沉淀 Ca2+ 为 CaF，滤渣 III 为 CaF，最后加入有机萃取剂萃取 Zn2+，得到的水层主要为 Ni 2+ ，再向其中加入 (NH 4 ) 2C2O4溶液，得到产品草酸镍晶体 (NiC?高温 ?2O4 ?2H 2O) ，高温煅烧无水 NiC 2O4的反应为：-，2NiC2 O4 ? Ni 2 O3 + 3CO +CO2用高能锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni：高能锂离子中， Li 为电源负极，FeS 为电源正极，电解池中连接电源负极的为阴极，发生还原反应，连接电源正极为阳极，发生氧化反应，以此解答该题。本题考查物质制备， 为高考常见题型， 注意把握物质性质的应用以及

17、题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析解答本题，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，题目综合性强，题目难度较大。9.【答案】 (2a + 2b + c)kJ ?mol -11050KPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快， NO 转化率增大20%4 A 0.25【解析】 解： (1) SO 2(g) + NH 3 ?H2 O(aq) = NH4 HSO3(aq) H1 = akJ ?mol -1； NH 3 ?H2 O(aq) + NH4 HSO3 (aq) =(NH 4) 2SO3 (aq) + H2 O(l) H2 = bkJ ?mol -1； 2(

18、NH 4 ) 2 SO3 (aq) + O2 (g) = 2(NH 4 ) 2 SO4 (aq) H3 = ckJ ?mol -1 ，结合盖斯定律 2 + 2 + 可得 2SO2 (g) + 4NH 3 ?H2 O(aq) + O2(g) =2(NH 4 ) 2 SO4(aq) + 2H 2 O(1) 的 H = (2a + 2b + c)kJ ?mol -1 ，故答案为： (2a + 2b + c)kJ ?mol -1 ；(2) 1050 kPa前，反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率提第10 页，共 15页高，在 1100 kPa时二氧化氮转化率 40% ，设通入二氧

19、化氮2mol ，反应三段式为，C(s) + 2NO(g) ?N2 (g) + CO2 (g)起始量200变化量2 40% =0.80.40.4平衡量1.20.40.4CO2的体积分数 =0.4mol100% = 20% ，(1.2+0.4+0.4)mol故答案为： 1050KPa 前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大； 20% ； 在 1050K 、1.1 10 6Pa时， NO 的转化率为 80% ，则C(s) + 2NO(g)? N2(g) + CO2 (g)起始量200变化量 2 80% =1.60.80.8平衡量0.40.80.8(0.4p 总 ) (0.4

20、p总 )平衡时 P(NO) = 0.2P 总，P(N 2 ) = 0.4P总 ，P(CO2 ) = 0.4P总 ，则 Kp =(0.2P总)2=4，故答案为：4；(3) 催化剂能降低反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越大，观察图2可知， A催化剂时反应速率最大， 先达到化学平衡， C 催化剂时反应速率最小， 所以 A 催化剂时，反应的活化能最小，C 催化剂时反应的活化能最大，故答案为：A ；(4) 正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数 k 逆增大的倍数，故答案为： C Na，故答案为： 3d 8 4s2 ； Cl；(2) 在石墨和金刚石中，石墨中每个 C 原子价层电子对个数是 3 且不含孤电子对、金刚石中每个 C 原子价层电子对个数是 4，根据价层电子对互斥理论判断 C 原子的杂化类型，石墨中 C 原子采用 sp2杂化，金刚石中 C 原子采用 sp3 杂化；金刚石中只有碳碳 键，石墨中除了碳碳 键之外还有大 键，碳碳键长较短、键能较大，所以石墨熔沸点较高，故答案为： sp2 、sp3 ；石墨；金刚石中只有碳碳键，石墨中除了碳碳 键之外还有大 键，碳碳键长较短、键能较大；(3) 该配合物中阴阳离子之间存在离子键，非金属元素之间存在共价键，Ni 和 N 原子之间存在配位键