宁夏银川市第一中学高三第三次月考理科综合化学试题

银川一中2021届高三年级第三次月考理科综合能力测试(化学)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1B11N14O16Na23Cl35.5Cu64Zn65一、选择题：本题包括13小题。每小题6分，共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。1.化学与中华古文化、生产、生活、科技发展密切相关。下列说法错误的是A.《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应B.“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”中的“飞絮”的主要成分为纤维素，“马尾”的主要成分为蛋白质C.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。其中氯仿的化学名称是三氯甲烷。D.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子有较强的物理吸附【答案】D【解析】【详解】A．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，选项A正确；B．飞絮的成分是纤维素；鹅毛、青丝、马尾的成分都是蛋白质，选项B正确；C．乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。其中氯仿的化学名称是三氯甲烷，选项C正确；D．铁能够与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应，选项D错误；答案选D。2.下列工艺流程的有关说法中正确的是A.氯碱工业，电解饱和食盐水时，氯气从阴极析出B.海水提镁，直接加热MgCl2溶液可得到无水氯化镁，再电解制镁C.海水提溴，用硫酸酸化苦卤的目的主要是将海水调节至酸性并抑制Cl2、Br2与水反应D.海带提碘，可以用乙醇将碘单质从其水溶液中萃取出【答案】C【解析】【详解】A．氯碱工业，电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，电解池中Cl在阳极得电子生成氯气，阳极产生的气体是氯气，故A错误；B．海水提镁，直接加热氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，因为氯化镁会发生水解反应生成氢氧化镁：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，HCl气体逸出，平衡正向移动，故直接加热氯化镁溶液得不到无水氯化镁，故B错误；C．Cl2+H2OH++Cl+HClO，Br2+H2OH++Br+HBrO，用硫酸酸化，增加了溶液中的氢离子浓度，平衡逆向移动，抑制Cl2、Br2与水反应，故C正确；D．乙醇与水互溶，因此不能用乙醇将碘单质将其从水溶液中萃取出来，可以用四氯化碳作萃取剂，故D错误；答案选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1.2g石墨烯和1.2g金刚石均含有0.1NB.0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NAC.常温下，0.56g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.03NAD.标准状况下，22.4L氯气溶于水形成的溶液中：c(Cl)+c(ClO)+c(HClO)=2NA【答案】A【解析】【详解】A．石墨烯和金刚石均只由碳元素组成，故1.2g石墨烯和1.2g金刚石均含0.1molC，则含0.1NA个碳原子，A正确；B．根据环氧乙烷的结构式可知，0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.7NA，B错误；C．常温下，铁与浓硝酸发生钝化，随着反应的进行，浓硝酸浓度减小，铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，故0.56g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数小于0.03NA，C错误；D．氯气溶于水，部分溶解于水发生化学变化，部分发生物理变化溶解于水，故标准状况下，22.4L氯气溶于水形成的溶液中：c(Cl)+c(ClO)+c(HClO)<2NA，D错误；答案选A。4.氮元素是空气中含量最多的元素，在自然界中的分布十分广泛，在生物体内亦有极大作用。一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是A.过程b、j、c属于“氮的固定”B.过程a、l、f为非氧化还原反应C.过程h说明NO2为酸性氧化物D.过程j可能为汽车尾气的处理过程【答案】D【解析】【分析】分析转化关系a是铵根离子和碱反应生成氨气过程，b为氨气和氧气反应生成氮气和水，c为氮气发生氧化还原反应生成NO，d为NO发生氧化还原反应生成，e为硝酸被还原发生氧化还原反应是二氧化氮，f为二氧化氮发生还原反应生成铵盐，g为铵根离子发生氧化还原反应生成二氧化氮，h为二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，i硝酸根离子被还原生成NO，j为NO生成N2是氮元素化合价降低发生氧化还原反应，k为氮气和氢气发生反应生成氨气，l是氨气和氢离子反应生成铵根离子，将游离态的氮(即氮气)转化为化合态的氮(即氮的化合物)的过程，叫做氮的固定，据此分析解答。【详解】A．氮的固定是指由游离态变为化合态，b为氨气和氧气反应生成氮气和水，c为氮气发生氧化还原反应生成NO，j为NO生成N2，以上转化关系中属于氮的固定的为c，过程b、j不属于“氮的固定”，故A错误；B．a是铵根离子和碱反应生成氨气过程，为非氧化还原反应；l是氨气和氢离子反应生成铵根离子，为非氧化还原反应，f为二氧化氮发生还原反应生成铵盐，故B错误；C．酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物，过程h为二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的氧化还原反应，不符合酸性氧化物的定义，故C错误；D．过程j为NO生成N2是氮元素化合价降低发生氧化还原反应，将有毒的一氧化氮气体转化为无害的氮气，NO可来自汽车尾气的排放，则过程j可能为汽车尾气处理过程，故D正确；答案选D。5.化合物甲是一种常见无机物，其结构如图所示(图中的“—”可表示单键或双键)，其中W、X、Y、Z为元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大，W和Y、X和Z分别为同主族元素，这四种元素原子的最外层电子数之和为14，甲的水溶液显酸性。下列叙述不正确的是A.W与X、W与Z均可形成18电子分子B.X、Y形成的离子化合物中可能含共价键C.X、Y、Z三种元素的简单离子半径大小顺序为D.甲的水溶液中的分布分数大于的分布分数【答案】D【解析】【分析】依题可知W、X、Y、Z分别H、O、、S，图示化合物甲为【详解】A.、均为18电子分子，A正确；B.为含有共价键的离子化合物，B正确；C.简单离子半径，C正确；D.甲的水溶液，即溶液显酸性，可知的电离程度大于水解程度，则溶液中的分布分数小于的分布分数，D错误；答案选D。6.下列实验目的、装置、现象及对应反应的离子方程式或化学方程式均正确的是选项目的装置现象离子方程式或化学方程式A鉴别Br2(g)与NO2(g)通入NO2所得溶液呈无色；通入Br2(g)所得溶液呈黄色3NO2+H2O=2HNO3+NOBr2+H2O=2H++Br+BrOB验证SO2的性质①中出现浑浊②中颜色变浅①SO2+Ba2++2OH=BaSO3↓+H2O②5SO2+H2O+2MnO=5SO+2Mn2++4H+C实验室制取氯气产生黄绿色气体2Cl+4H++MnO2=Mn2++Cl2↑+2H2OD检验NH蓝色石蕊试纸变红NH+OHNH3↑+H2OA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，溴水中HBrO为弱酸，离子反应为Br2+H2O=H++Br−+HBrO，故B错误；B．二氧化硫为酸性氧化物，且具有还原性，A中发生SO2+Ba2++2OH−=BaSO3↓+H2O，B中发生5SO2+2H2O+2MnO=5SO+2Mn2++4H+，反应与现象均合理，故B正确；C．实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，故C错误；D．氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；故选B。7.某微生物电池在运行时可同时实现净化含葡萄糖的污水、净化含Cr2O废水(常温时pH约为6)和淡化食盐水，其装置示意图如图所示，图中D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr2O转化为Cr(III)，下列说法不正确的是（）A.D为阴离子交换膜B.X为含葡萄糖的污水，Y为含Cr2O废水C.A室的电极反应式为C6H12O624e+6H2O=6CO2↑+24H+D.理论上处理1mol的Cr2O的同时可脱除3mol的NaCl【答案】D【解析】【分析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，电化学反应时，电极上电子数守恒，据此分析回答；【详解】A.A室为负极区，阴离子向负极移动，D为阴离子交换膜，允许阴离子通过，A正确；B.A室为负极区，X为含葡萄糖的污水，葡萄糖在负极被氧化生成二氧化碳，C室为正极区，Y为含Cr2O废水，正极反应式为，B正确；C.A室为负极区，葡萄糖在负极被氧化生成二氧化碳，电极反应式为C6H12O624e+6H2O=6CO2↑+24H+，C正确；D.理论上处理1mol的Cr2O的同时转移电子6mol，即Na+、Cl−分别定向移动6mol，即可脱除6mol的NaCl，D错误；答案选D。8.锶（Sr）和镁位于同主族，锶比镁更活泼，锶与氮气在加热条件下反应产生氮化锶，已知氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下装置制备氮化锶（Sr3N2相对分子质量：290.8）。方案Ⅰ：制备氮气来制取氮化锶(1)仪器A名称是_____。(2)实验时先点燃_____处酒精灯（填“B”或“C”），一段时间后，再点燃另一只酒精灯。(3)方案Ⅰ中用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气，其化学方程式为：_____。方案II：利用氮气样品来制取氮化锶已知：①所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。②醋酸二氨合亚铜CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。(4)打开分液漏斗的旋塞，装置D能持续提供N2，这是利用了N2_____的物理性质。(5)装置F、G、H盛装的试剂分别是_____（填代号）。甲浓硫酸乙连苯三酚碱性溶液丙醋酸二氨合亚铜溶液(6)方案Ⅰ和方案II设计存在相同的缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案为：_____。(7)产品纯度的测定：称取0.8000g方案Ⅰ中所得产品，加入干燥的三颈瓶中，加入蒸馏水，并通入足量水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用20.00mL1.00mol/L的盐酸标准溶液完全吸收，再用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00mLNaOH溶液。则产品纯度为_____（计算结果保留4位有效数字）。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).B(3).NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O(4).不溶于水(5).乙、丙、甲(6).最后加一个装有碱石灰的干燥管(7).72.70%【解析】【分析】饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热生成氮气，除掉水蒸气，氮气和锶反应生成氮化锶。氮气样品和锶反应生成氮化锶，先除掉二氧化碳、再除掉氧气、再除掉一氧化碳、再干燥气体，再是干燥的氮气和锶反应生成氮化锶，由于氮化锶遇水剧烈反应，空气中水蒸气会进入到氮化锶装置中，因此在装置后加一个装置防止空气中水蒸气进入。【详解】(1)根据图中得到仪器A的名称是蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶。(2)实验时产生氮气，再是氮气和锶反应，因此先点燃B处酒精灯；故答案为：B。(3)方案Ⅰ中用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气，其化学方程式为：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O；故答案为：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O。(4)打开分液漏斗的旋塞，装置D能持续提供N2，这是利用了N2不溶于水的物理性质；故答案为：不溶于水。(5)根据醋酸二氨合亚铜CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2，则用氢氧化钠溶液除掉二氧化碳，再用连苯三酚碱性溶液除掉氧气，再用醋酸二氨合亚铜溶液除掉CO，再用浓硫酸干燥，因此装置F、G、H盛装的试剂分别是乙、丙、甲；故答案为：乙、丙、甲。(6)根据信息氮化锶遇水剧烈反应，方案Ⅰ和方案II设计存在相同的缺陷，氮化锶与大气相通，可能会导致产品变质，改进方案为在后面加一个装有碱石灰的干燥管；故答案为：最后加一个装有碱石灰的干燥管。(7)根据HCl—NaOH，则剩余盐酸的物质的量n(HCl)=1.00mol/L×0.016L=0.016mol，则氨气消耗的盐酸物质的量为n(HCl)=0.02L×1.00mol/L－0.016mol=0.004mol；则n(NH3)=n(HCl)=0.004mol，根据元素守恒得到n(Sr3N2)=0.002mol，则产品纯度为；故答案为：72.70%。【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验装置、实验操作、以及根据实验反应书写实验反应原理、产品纯度等。9.随着新能源汽车销量的猛增，动力电池退役高峰将至，磷酸铁锂(LFP)是目前使用最多的动力电池材料，因此回收磷酸铁锂具有重要意义。一种从废旧磷酸铁锂正极片(LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如图：已知：Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时发生水解。回答下列问题：(1)在“碱浸”时，为加快浸出速率，下列措施不可行的是_______(填标号)。a.适当提高浸出温度b.使用电动搅拌器c.适当提高氢氧化钠的浓度d.增大矿石的粒度(2)“氧化浸出”时，保持其他条件不变，不同氧化剂对锂的浸出实验结果如表，实际生产中氧化剂选用H2O2，不选用NaClO的原因是______。在“氧化浸出”时，温度不宜超过50℃，其目的是________。“氧化浸出”时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为_________。序号锂含量/%氧化剂pH浸出液体Li浓度/(g·L1)浸出渣中Li含量/%13.7H2O23.59.020.1023.7NaClO33.59.050.0833.7O23.57.050.9343.7NaClO358.240.43(3)“浸出液”循环两次的目的是________。(4)“沉锂”的温度保持在95℃，最适宜的加热方式为________。“一系列操作”具体包括______、洗涤、干燥。(5)“滤渣Ⅱ”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4【答案】(1).d(2).NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境(3).防止H2O2分解和盐酸挥发(4).2LiFePO4+H2O2+2H+=2Li++2FePO4+2H2O(5).提高盐酸与H2O2的利用率(6).水浴加热(7).趁热过滤(8).2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑【解析】【分析】用废旧磷酸铁锂正极片(LiFePO4、导电石墨、铝箔)得碳酸锂晶体，需先在碱性溶液中进行反应，溶解可溶物质；再加入盐酸和氧化剂进行氧化浸出发生反应：2LiFePO4+H2O2+2H+=2Li++2FePO4+2H2O；浸出液循环两次可提高氧化剂的利用率，使物质反应完全，提高产率；溶液中金属阳离子除锂外，还含亚铁离子，故需加入氢氧化钠溶液除杂；加入碳酸锂即可进行沉锂，得到碳酸锂粗产品；碳酸锂煮沸时会发生水解，故沉锂时要控制温度水浴加热；最后经过趁热过滤、洗涤、干燥即可得碳酸锂，依此解答。【详解】(1)a．适当提高浸出温度，可加快反应速率，可加快浸出速率，a不选；b．使用电动搅拌器，可加快反应速率，b不选；c．适当提高氢氧化钠的浓度，可加快反应速率，c不选；d．增大矿石的粒度，固体物质的浓度不影响反应速率，故不能改变反应速率，d选；综上所诉，答案为d；(2)氧化浸出时，实际生产中氧化剂选用H2O2，因为NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境，故不选用NaClO；为防止H2O2分解和盐酸挥发，故在氧化浸出时，温度不宜超过50℃；氧化浸出时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为：2LiFePO4+H2O2+2H+=2Li++2FePO4+2H2O；故答案为：NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境；防止H2O2分解和盐酸挥发；2LiFePO4+H2O2+2H+=2Li++2FePO4+2H2O；(3)浸出液循环两次可提高盐酸与H2O2的利用率；(4)碳酸锂煮沸时会发生水解，故沉锂时应水浴加热，温度保持在95℃故答案为：水浴加热；趁热过滤；(5)滤渣Ⅱ经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑10.金刚石和石墨均为碳的同素异形体，氧气不足时它们燃烧生成一氧化碳，充分燃烧时生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。(1)由图可知稳定性金刚石________石墨(填“大于”或“小于”)(2)写出石墨和二氧化碳反应生成一氧化碳的热化学方程式________。(3)用石墨做电极，构成两种铜锌原电池示意图：①写出它们工作时正极的电极反应式________。电池B工作时盐桥中的K+流动方向(填“向ZnSO4”或“向CuSO4”②假如Zn的消耗速率为2×103mol・s1，计算K+的迁移速率_________。③电池A与电池B比较，电池B的工作效率大大提高，说明原因_______。④利用电池A进行实验，发现铜片、锌片表面均有红色物质析出。实验结束时测得锌片减少了1.97g，铜片增重了1.92g，计算该原电池的工作效率(指参加原电池反应的锌占锌反应总量的百分率)________。【答案】(1).小于(2).C(s，石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H=+1725kJ・mol1(3).Cu2++2e=Cu(4).向CuSO4(5).4×103mol/s(6).Zn和Cu2+不直接接触发生置换反应，电子只能通过导线发生转移(7).60％【解析】【详解】(1)由图可知金刚石的能量高于石墨，所以稳定性金刚石小于石墨；(2)根据图像可知：①C(s，石墨)+O2(g)=CO(g)△H1=110.5kJ/mol；②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=283.0kJ/mol根据盖斯定律可知①②即可得到石墨和二氧化碳反应生成一氧化碳的热化学方程式为：C(s，石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.5kJ・mol1；(3)①以锌、铜为两极，硫酸铜为电解质溶液组成的原电池，活泼性强的金属Zn作负极，活泼性弱的Cu作正极，发生还原反应：Cu2++2e=Cu；电池B工作时盐桥中的K+流向正极，即流向CuSO4溶液；②电池B工作时盐桥中的K+流向CuSO4溶液，K+的电荷数是Zn2+的一半，故K+的迁移速率是Zn的消耗速率的两倍为:4×103mol/s；③电池B原电池的工作效率大大提高的原因是Zn和Cu2+不直接接触发生置换反应，电子只能通过导线发生转移；④铜片增重了1.92g，可知转移电子的物质的量为=0.06mol，而0.06mol电子对应锌的质量为=1.95g，剩余0.02g锌的变化是通过Zn+Cu2+=Zn2++Cu的置换反应得到，列关系式故参加置换反应的Zn为1.3g，故原电池的工作效率==60%。11.I.Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)，I1(Li)>I1(Na)，原因是_________。Ⅱ.氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。(3)NH3BH3分子中，N—B化学键称为________键，其电子对由_______提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：，的结构如图所示：在该反应中，B原子的杂化轨道类型由________变为__________。(4)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ)，电负性大小顺序是__________。(5)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度ρ=______g·cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1).4：5(2).Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小(3).配位(4).N(5).sp3(6).sp2(7).N＞H＞B(8).【解析】【详解】(1)基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，Fe3+离子的核外电子排布式为[Ar]3d5，其未成对的电子数之比为4：5；(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)，Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小，有I1(Li)>I1(Na)；故答案为：Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小；(3)根据B、N的原子结构可知，N最外层5个电子，B最外层3个电子，则NH3BH3分子中，N—B化学键是配位键；其电子对由N提供；NH3BH3分子中B原子形成4键，B原子采取sp3杂化；根据平面结构可知，B采取sp2杂化，故反应中，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2；故答案为：配位；N；sp3；sp2；(4)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ)，则N对电子的吸引能力大于H，H对电子的吸引能力大于B，故电负性大小顺序是N＞H＞B；(5)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°，根据氨硼烷的2×2×2超晶胞结构，可知氨硼烷晶体的密度g·cm−3。12.已知：（其中X为卤原子，M为烃基或含酯基的取代基等)。由有机物A合成G(香豆素)的步骤如下：回答下列问题：(1)A的名称为________，D的结构简式为________。(2)C含有官能团名称是________。(3)写出A和银氨溶液反应的化学方程式____________，1molE最