北京市2020届高三化学一轮复习11月月考化学试题

2020届北京高三化学一轮复习11月月考题
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.下列试剂所贴的危险化学品标志不正确的是
A. 氢氧化钠 B. 甲烷
C. 汽油 D. 浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠具有很强的腐蚀性，应该是贴上“腐蚀品”标签，故A错误；
B. 甲烷是易燃烧的气体，贴上“易燃气体”标签，故B正确；
C. 汽油是易燃烧的液体，贴上“易燃液体”标签，故C正确；
D. 浓硫酸具有很强的腐蚀性，贴上“腐蚀品”标签，故D正确；
答案选A。
2.2018年国家文物局对北洋海军军舰“经远舰”进行海上考古，考古队为舰体焊接锌块以实施保护。下列判断不合理的是（ ）
A. 焊接锌块后的负极反应：Fe-2e-=Fe2+
B. 上述保护方法中可用镁合金块代替锌块
C. 腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D. 考古队采用的是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】
【详解】A. 金属活动性Zn>Fe，所以焊接锌块后的Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A正确；
B.若用镁合金块代替锌块，由于Mg的活动性比Fe强，所以也可以保护Fe不被腐蚀，B正确；海水为中性溶液，钢铁发生的是吸氧腐蚀，正极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；
D.考古队采用在舰体上焊接活泼金属的方法就是牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故合理选项是A。
3.以下是镍催化乙烯与氢气的反应机理示意图，下列说法不正确的是

A. 乙烯与氢气发生加成反应
B. 过程②吸收能量，过程③、④释放能量
C. 催化剂可改变反应的焓变
D. 反应中有非极性键断裂、极性键形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯分子中含碳碳双键，与氢气发生的反应为加成反应，故A正确；
B．过程②是H-H断裂吸收能量，过程③、④是形成C-H键释放能量，故B正确；
C．催化剂通过改变反应活化能改变反应的化学反应速率，但不改变化学平衡、不改变反应焓变，故C错误；
D．从反应过程中可知断裂的H-H键为非极性键，形成的C-H键为极性键，反应中有非极性键断裂、极性键形成，故D正确；
答案为C。
4.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A. 将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2＋NH3·H2O=NH＋HSO
B. 铝溶于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑
C. 用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO＋3H2O=3I2＋6OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 将少量的SO2气体通入过量的氨水中，生成物为亚硫酸铵和水，不能生成亚硫酸氢铵，故A错误；
B. 离子方程式符合反应原理，符合离子方程式书写规则和守恒关系，故B正确；
C. 醋酸属于弱酸，书写离子方程式时不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH= Ca2＋＋H2O＋CO2↑+2CH3COO-，故C错误；
D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正确的离子方程式为：5I－＋IO3-+6H+=3I2+3H2O ，故D错误；
答案选B。
【点睛】离子方程式书写时需注意有些不能拆的离子，反应物的量的关系对产物的影响。
5.常温下，等体积、pH均为3的HA和HB溶液分别加水稀释，溶液pH值的变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度一直增大
B. 用pH为11的某碱与pH为3的HB溶液等体积混合后，溶液不可能显碱性
C. 氨水与HA溶液混合后的溶液中可能存在：c(NH4＋ )>c(A＋)>c(H＋)>c(OH－)
D. 完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积：HAc(A-)>c(H＋)>c(OH－)肯定不成立，故C错误；D．因HB比HA弱，pH相等的HA和HB中未电离的HB的物质的量比HA的物质的量大，则完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积是HAc(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
D. 图甲中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)
【答案】A
【解析】
【分析】
25℃时，NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数（δ）随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10 mL 0.01 mol•L-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol•L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。
【详解】A. 图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH−)，由溶液电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CN−)+c(Cl−)，结合物料守恒可c(Na+)=c(HCN)+c(CN−)可知：c(Cl−)=c(HCN)，故A正确；
B. a点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN−)，NaCN的水解平衡常数K(NaCN)==c(OH−)=10-4.5mol/L，故B错误；
C. b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN−水解程度，可知c(HCN)>c(CN−)，故C错误；
D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CN−)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH−)+2c(CN−)，故D错误；
答案选A。
13.为探究电解的放电规律，进行如下实验：
序号
阳极材料
阴极材料
电解质
阳极产物
阴极产物
①
石墨
石墨
0.1 mol·L-1 CuCl2溶液
Cl2
Cu
②
石墨
石墨
0.1 mol·L-1 NaCl溶液
Cl2
H2
③
石墨
石墨
0.2 mol·L-1 CuSO4溶液
O2
Cu
④
铜
石墨
0.2 mol·L-1 CuSO4溶液
Cu2+
Cu
⑤
石墨
石墨
熔融NaCl
Cl2
Na

下列说法不正确的是
A. 对比①②可知，阴极放电顺序是：Cu2+ > H+ > Na+
B. 对比①③可知，阳极放电顺序是：Cl- > OH- > SO42-
C. 对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电
D. 对比①⑤可知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、①中阳离子是Cu2＋和H＋，阴极产物是Cu，放电顺序是Cu2＋>H＋，②中阳离子是Na＋和H＋，阴极产物是H2，放电顺序是H＋>Na＋，综上所述，放电顺序是Cu2＋>H＋>Na＋，故A说法正确；
B、根据选项A的分析，阳极放电顺序是Cl－>OH－>SO42－，故B说法正确；
C、根据④实验，Cu为阳极时，Cu先失去电子，故C说法正确；
D、①实验中电解质为水溶液，通过电解得到金属单质，故D说法错误。
14.某溶液中可能含有H＋、NH、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO、SO、NO中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。

则下列说法正确的是(　　)
A. 溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋
B. 溶液中一定不含CO，可能含有SO和NO
C. 溶液中n(NH)＝0.2 mol
D n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32-和NO3-不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-，结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n(Mg2+)、n(Al3+)、n(NH4+)，据此解答。
【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气,因此溶液显酸性，则CO32−和NO3−不能大量共存；
加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42−；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol−0.5mol=0.2mol，则n(NH4+)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol−0.7mol=0.1mol，则n[Al(OH)3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=0.1mol；
第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol−0.1mol=0.4mol，则n(Mg2+)==0.05mol，
A. 由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；
B.由上述分析可知，溶液中一定不含CO32−、NO3−，一定含有SO42−，故B错误；
C. 由上述分析可知，溶液中n(NH4+)=0.2mol，故C正确；
D. 由上述分析可知，溶液中n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.1mol:0.1mol:0.05mol=2:2:1，故D错误；
答案选C。
二、非选择题(本题包含5个大题，共58分)
15.铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。
（1）铝元素位于周期表中第________周期________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①NaAlO2、②NaBO2、③NaGaO2，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为________(用序号表示)。
（2）将20.0 mL 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液混合，所得溶液中Al3＋、NH、SO、OH－、H＋的浓度由大到小的顺序为________________________。
（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：

已知：AlN＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋NH3↑。
①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和________。
②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为________。(不考虑整个过程中的损耗)
【答案】 (1). 三 (2). ⅢA (3). ③>①>② (4). c(SO42−)>c(NH4 +)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−) (5). 玻璃棒 (6). 97.62%
【解析】
【分析】
（1）对于主族元素，周期数=电子层数，族序数=最外层电子数．据此判断该元素在周期表中位置；根据同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐碱性越强；
（2）将20.0mL 0.1mol/L Ba（OH）2溶液和20.0mL 0.1mol/L NH4A1（SO4）2溶液混合，即两者等物质的量混合，生成2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性；
（3）①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N～A12O3，由关系式求氮化铝的质量，然后代入质量分数进行计算。
【详解】(1)原子序数为13的元素，质子数为13，核外电子数为13，有3个电子层，最外层有3个电子，位于周期表中第三周期第ⅢA族；同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐溶液碱性越强，镓、硼与铝位于同一主族，金属性：镓>铝>硼，故碱性：③>①>②，
故答案为：三；ⅢA；③>①>②；
(2)将20.0mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液和20.0mL 0.1mol/LNH4A1(SO4)2溶液混合，即两者等物质的量混合，所以2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性，所以离子浓度的大小为：c(SO42−)>c(NH4+ )>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)；
故答案为：c(SO42−)>c(NH4 +)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)；

(3)①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
故答案为：玻璃棒；
②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N∼∼A12O3，
2×(27+14) 102
m(A1N) 5.1g
所以=，解之得：m(A1N)=4.1g，则样品中A1N的质量分数为 ×100%=97.62%；
故答案为：97.62%。
16.磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：

请回答：
（1）A的组成元素为_______（用元素符号表示），化学式为_______________。
（2）溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用_________________。
（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 g·L-1），该气体分子的电子式为_______，写出该反应的离子方程式________________。
（4）写出F→G反应的化学方程式______________________________________________，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O、H+、K+、I-）_____________。
【答案】 (1). S、Fe (2). Fe3S4 (3). 制印刷电路板 (4). H2S电子式 (5). Fe3S4+6H+====3H2S+3Fe2++S (6). H2SO3+I2+H2O===H2SO4+2HI (7). 取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42—，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3
【解析】
C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3 等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）=2.400g/160g·mol－1=0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g·mol－1=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g-1.68g=1.28g，n（S）=1.28g/32g·mol－1=0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，（1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；（2）铁离子具有强氧化性，可将铜氧化，常用于制印刷电路板；（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 g·L－1），淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H＋=3Fe2＋+S+3H2S↑；（4）F→G反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H＋，K＋，I－） 为SO42－和H2SO3，可先检验SO42－，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42－；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。
此处有视频，请去附件查看】

17.雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：
①N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH1＝a kJ·mol－1
②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH2＝b kJ·mol－1
③CO(g)＋O2(g)CO2(g)ΔH3＝c kJ·mol－1
④2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH4
请回答下列问题：
（1）根据反应①②③，确定反应④中ΔH4＝________ kJ·mol－1。
（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应①的Kp＝____________________________________(用表达式表示)。
（3）下列情况能说明反应②已达平衡状态的是________(填字母)。
a．单位时间内生成1 mol NO2的同时消耗了1 mol NO
b．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
c．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
d．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变
（4）试分析高温下不利于反应③自发进行的原因______________________________。
（5）探究反应④中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图所示的曲线。试分析实际化工生产中不采用高压的原因______________________________。


（6）探究反应④中平衡时CO2的体积分数与反应物中起始n(NO)/n(CO)的比值、温度的关系，得到如图所示的曲线。在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是____________________。
【答案】 (1). 2c－a (2). (3). CD (4). 因为该反应的ΔHX
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，反应②×2-③即得，确定反应④2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，据此计算焓变；

（2）根据反应①的方程式得出Kp=；
（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；
（4）根据该反应为气体体积减小的放热反应结合△G=△H-T△S