内蒙古赤峰市宁城县2020届高三10月月考化学试题

内蒙古赤峰市宁城县2020届高三10月月考理科综合能力
化学试题
1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是
A. 加碘食盐的水溶液遇淀粉变蓝
B. 煤经过液化和气化等物理变化可转化为淸洁能源
C. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素
D. 我国预计2020年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】A、碘单质遇淀粉能变蓝，但是在碘盐中添加的是碘酸钾，不是单质碘，选项A错误；
B、煤气化和液化均是化学变化，选项B错误；
C、棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，选项C正确；
D、硅属于半导体材料，广泛应用于太阳能电池，故火星探测器携带太阳能电池帆板的材料是晶体硅，选项D错误；
答案选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 L 0. 1 mol·L－1 NaC1O溶液中含有的ClO一数目为NA
B. 常温常压下，32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NA
C. 标准状况下22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA
D. 1 mol Fe在1 mol C12中充分燃烧，转移的电子数目为3 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、次氯酸是弱酸，所以次氯酸根离子发生水解，使次氯酸根离子的数目小于0.1NA，选项A错误；
B、氧气和臭氧的摩尔质量不同，臭氧的摩尔质量大于氧气，当32g全部为氧气时，分子个数为NA个，而当混有摩尔质量大于32g/mol的臭氧时，分子个数小于NA个，选项B正确；
C、标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量，则无法知道所含氟原子数目，选项C错误；
D、铁与氯气反应生成氯化铁，1molFe在1 mol C12中充分燃烧，铁有剩余，氯气完全反应，氯元素化合价由0价降低为-1价，转移电子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，选项D错误；
答案选B。
3.下列关于有机物的说法正确的是
A. 分子式为C5H10O2，且属于酯同分异构体共有9种(不考虑立体异构)
B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面
C. 乙醇和丙三醇互为同系物
D. 二环己烷( )的一氯代物有3种结构(不考虑立体异构)
【答案】A
【解析】
【详解】A、分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；③丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；因此属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，选项A正确；
B、环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，选项B错误；
C、乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，不是同系物，选项C错误；
D、二环己烷( )中有两种不同环境的氢，其一氯代物有2种结构(不考虑立体异构)，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查有机物结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握官能团的性质、同分异构体数目的推断、同系物和共面的判断为解答的关键。易错点为选项B，环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（　　）
A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X
B. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键
C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物
D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】
根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。
【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。
【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。
5.工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN－，装置如图所示，依次发生的反应有：

①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O
②2Cl－－2e－=Cl2↑
③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O
下列说法正确的是
A. 铁电极上发生的反应为Fe－2e－=Fe2＋
B. 通电过程中溶液pH不断增大
C. 除去1 mol CN－，外电路至少需转移5 mol电子
D. 为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电极反应式及图像中有Fe电极可知，阳极为石墨电极，CN－失电子，阴极为铁电极，得电子，可确定a为电池的正极，b为负极。
【详解】A.铁电极为电解池的阴极，得电子，则只能是水提供的氢离子得电子，A错误；
B.根据电极反应式，阴极为2H2O+2e－= H2↑+2OH－，阳极①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O，②2Cl－－2e－=Cl2↑③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O，得失电子数相等时，在消耗氢氧根离子，pH在减小，B错误；
C. 根据反应：3Cl2+2CNO-+8OH-═N2+6Cl-+2CO32-+4H2O，除去1mol CN-，消耗1.5mol氯气，转移电子3mol，根据CN--2e-+2OH-═CNO-+H2O，转移电子是2mol，所以外电路至少需转移5mol电子，C正确；
D. 根据电极反应的离子，为了使电解池连续工作，需要补充氢氧化钠，若有氯气溢出，则需要补充氯化钠，D错误；
答案为C。
6.下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向1mL2mol/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，振荡
先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)3] 
B
将甲烷与氯气按体积比1：4混合于试管中光照
反应后的混合气体能使湿润的石试纸变红
生成的氯代甲烷具有酸性
C
将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
该气体只含CO2
D
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀产生
该溶液中可能含有SO42-


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaOH溶液过量，加入FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，不能比较Ksp[Mg(OH)2] 和Ksp[Fe(OH)3]大小，选项A错误；
B、甲烷与氯气反应生成氯化氢，氯化氢的水溶液能使湿润的石蕊试纸变红，而不是生成的氯代甲烷具有酸性，选项B错误；
C、将木炭和浓硫酸共热生成的气体有二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水中，都能反应生成碳酸钙沉淀和亚硫酸钙沉淀，结论不符合，选项C错误；
D、如果溶液中含有SO42-，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生；如果溶液中含有银离子，也具有此现象发生，所以只能确定该溶液中可能含有SO42-，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、沉淀转化、实验技能为解答的关键，易错点为选项A：注意氢氧化钠是过量的，而加入的氯化镁和氯化铁是几滴对氢氧化钠而言是少量的，所以它们都和氢氧化钠完全反应生成沉淀。
7.已知：pKa=－lgKa。25℃时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是

A. a点溶液中：c(HA－)=c(H2A)
B. b点溶液中：A2－水解平衡常数Kh1=10－6.81
C. c点溶液中：V0=30
D. a、b、c、d四点中，d点溶液中水的电离程度最大
【答案】C
【解析】
【分析】
已知：pKa=－lgKa。由图中信息可知，25℃时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19，所以Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19。
【详解】A.pH=1.85的a点溶液中：根据第一步电离常数Ka1=10-1.85=c(HA－) ×c（H+）/c(H2A)= c(HA－) ×10-1.85/c(H2A)，所以c(HA－)=c(H2A)，故不选A；
B. b点溶液中：A2－水解平衡常数Kh1=c（HA-）×c（OH-）/C(A2－)=Kw/Ka2=1×10-14/10-7.19=10－6.81,故不选B；
C. c点溶液如果V0=30，则生成NaHA与Na2A的混合溶液，且物质的量之比为1:1，A2－水解会让HA-的浓度略有增加，故c（HA-）>C(A2-)；而根据Ka2=10-7.19=c（H+）×c（A2-）/c(HA-)得出c（HA-）=c(A2-)；二者相矛盾，所以V0≠30，故选C；
D. d点恰好生成Na2A，盐类的水解促进水的电离，故不选D；
正确答案：C。
【点睛】以强碱和弱酸反应为载体，利用中和滴定操作和pH变化图像，判断溶液成分和微粒浓度的大小，注意抓几个关键点，起点，1:1反应点，恰好生成正盐的点，同时掌握电离常数，水解常数的计算。
8.钼酸钠晶体(Na2MoO4.2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：

(l) Na2 MoO42H2O中钼元素的化合价为____，NaCIO的电子式为 ___。
(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是____(答出两条即可)。
(3)途径I焙烧过程中化学方程式为____，碱浸时气体A的化学式为____。
(4)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0. 40mol/L，c(CO32-)=0. 20mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是____(已知Ksp(BaCO3) =1×10-9、Ksp(BaMo04) =4.0×10-8，忽略溶液的体积变化)。
(5)途径II氧化时溶液中还有Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。
(6)途径I或途径II所得的Na2MoO4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其重结晶操作的目的为____。
【答案】 (1). +6 (2). (3). 充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等 (4). 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (5). CO2 (6). 95% (7). 1：9 (8). 除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体
【解析】
【分析】
(l) Na2 MoO4.2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；
(2) 途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度；
(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；
（4）根据Ksp(BaMo04) =4.0×10-8， BaMoO4开始沉淀时，则c（Ba2+）= Ksp(BaMo04)/c（Mo042-）=4.0×10-8/0. 40=1.0×10-7 mol/L，此时溶液中c(CO32-)= Ksp(BaCO3)/ c（Ba2+）=1×10-9/1.0×10-7=0.01mol/L，CO32-的去除率=（0. 20mol/L-0.01mol/L）/0. 20mol/L=95%；
(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO， 生成物为Na2SO4和Na2 MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1mol MoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比1：9；
(6) 重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体；
【详解】(l) Na2 MoO4.2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；
(2) 途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；
(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；
（4）根据Ksp(BaMo04) =4.0×10-8， BaMoO4开始沉淀时，则c（Ba2+）= Ksp(BaMo04)/c（Mo042-）=4.0×10-8/0. 40=1.0×10-7 mol/L，此时溶液中c(CO32-)= Ksp(BaCO3)/ c（Ba2+）=1×10-9/1.0×10-7=0.01mol/L，CO32-的去除率=（0. 20mol/L-0.01mol/L）/0. 20mol/L=95%；
(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO， 生成物为Na2SO4和Na2 MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1mol MoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比1：9；
(6) 重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体；
【点睛】根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化物，气体A为二氧化碳；根据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还原剂与氧化剂物质的量之比。
9.近段时间，全国范围内的雾霾天气严重影响了人们的身体健康，环境问题越来越受到人们的重视。汽车尾气中含有较多的NO和CO，两种气体均会使人体中毒。处理大气中的污染物，打响“蓝天白云”保卫战是当前的重要课题
请回答下列问题
(1)一氧化碳、氢气既是重要的能源，也可以催化还原NO等消除污染，还可以在一定条件下制取CH3OH。
已知：①N2(g)+O2(g)===2NO(g) △H=+180.5kJ·mol－1；
②2H2(g)+ O 2(g)===2H2O(1) △H=－571.6kJ·mol－1；
③H2O(g)===H2O(1) △H=－44kJ·mol－1。
写出H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式：______________________。
(2)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在密闭容器中充有10 mol CO和20molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇，改变条件，测得CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。则该反应的△H___________0(填“>”或“