宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第三次月考（解析版） 试卷


宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第三次月考
相对原子量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64
一、本卷共13个小题，每小题6分，共96分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。
1.朱自清先生在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里......月光是隔了树照进来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影......”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是（ ）
A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10-9m～10-7m
B. 光是一种胶体
C. 雾是一种胶体
D. 发生丁达尔效应
【答案】A
【详解】A. 空气中的小水滴形成胶体，则胶体颗粒大小约为10-9m～10-7m，符合题意，A正确；
B. 雾是一种胶体，光不是胶体，与题意不符，B错误；
C. 薄雾是一种胶体，不是种种美景的本质原因，与题意不符，C错误；
D. 雾是一种胶体，能发生丁达尔效应，不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，与题意不符，D错误；
答案为A。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NA
B. 0.1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1NA
C. 一定条件下，0.1molSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA
D. 标准状况下，38g3H2O2中含有3NA共价键
【答案】D
【详解】A. 未给定气体的状态，22.4LCl2的物质的量不能确定，则所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数不能确定，A错误；
B. 0.1mol•L-1MgCl2溶液中，未给定溶液的体积，则含有的Mg2+数目无法确定，B错误；
C. 一定条件下，0.1molSO2与足量氧气反应生成SO3，该反应为可逆反应，不能确定反应的SO2的物质的量，则转移电子数不能确定，C错误；
D. 标准状况下，38g3H2O2的物质的量为1mol，含有3NA共价键，D正确；
答案为D。
【点睛】气体为未定状态、溶液未给定体积，无法用公式计算物质的量。
3.下列对碱金属的叙述，其中完全不正确的组合是 (　　)
①K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触
②碱金属常温下呈固态，取用时可直接用手拿
③碱金属中还原性最强的是钾
④碱金属阳离子，氧化性最强是Li＋
⑤碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大
⑥从Li到Cs，碱金属的密度越来越大，熔、沸点越来越低
A. ②③⑥ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【详解】①钾的密度大于煤油，和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应，少量K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触，故①正确；
②碱金属是活泼金属和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性，取用时不能直接用手拿，故②错误；
③依据同主族性质递变分析，碱金属中还原性最强的是钫，故③错误；
④金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，所以碱金属阳离子，氧化性最强的是Li+，故④正确；
⑤同主族电子层数相同，随核电荷数增大而增大，碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大，故⑤正确；
⑥从Li到Cs，碱金属的密度呈增大的趋势，K的密度反而比Na小，从上到下熔沸点降低，故⑥错误；
故答案为A。
4.下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确； Cl2过量，Fe2＋、I－均被氧化
B
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋2HCO＋4OH－=Mg(OH)2 ↓＋2CO＋2 H2O
正确；Mg(OH)2比MgCO3更难溶
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO
正确；H2SO3的酸性强于HClO
D
将Na2O2固体溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑
正确； Na2O2是碱性氧化物

【答案】B
【详解】A. 将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，亚铁离子和碘离子全部被氧化：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，离子方程式书写错误，与题意不符，A错误；
B. 离子方程式正确，Mg(OH)2比MgCO3更难溶，符合题意，B正确；
C. 次氯酸根离子具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，所以过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=2H++Cl-＋SO42-，离子方程式书写错误，与题意不符，C错误；
D. Na2O2是过氧化物，不属于碱性氧化物，与题意不符，D错误；
答案为B。
【点睛】ClO－具有强氧化性，能与二氧化硫的水溶液反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子。
5.已知a、b、c、d四种短周期主族元素，在周期表中相对位置如图，下列说法正确的是（ ）

A. a、c两元素的最高正价一定相等
B. 原子半径大小顺序为：c>d>b>a
C. a、b两元素可能形成多种共价化合物
D. c、d二种元素气态氢化物的稳定性比较：c > d
【答案】C
【详解】A项，若a、b、c、d依次为O、F、S、Cl元素，O没有最高正价，S的最高正价为+6价，A项错误；
B项，根据“层多径大，序大径小”，原子半径由大到小的顺序为：c>d>a>b，B项错误；
C项，若a、b、c、d依次N、O、P、S元素，N与O可形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5多种共价化合物，C项正确；
D项，根据c、d在周期表中的位置，非金属性：cCu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应
A. 加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+物质的量为1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，加入1mol Fe时，铁离子恰好完全反应，则a⩽1时，Fe粉只能将Fe3+还原，A项错误；
B. 剩余固体为Cu或Cu、Fe，当有Fe剩余时，溶液中一定没有Cu2+，B项错误；
C. 溶液中铁离子为2mol、铜离子为1mol，当1⩽aO>P (9). BC (10). 12 (11).
分析】(1)紫色波长介于400nm~430nm；
(2) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1；
(3) M的第三电离能远远大于第二电离能，该元素最外层有2个电子；
(4) 根据价层电子互斥理论确定PO43-杂化方式及空间构型；
(5)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；
(6) A.同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大；
C.离子半径越小，键长越短，晶格能越大；
D.金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱；
(7)CaF2晶胞中，与顶点Ca2+最近且等距离的Ca2+处于晶胞面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；每个氟离子周围有4个钙离子，四个钙离子形成正四面体结构，氟离子处于正四面体中心，则晶胞顶点钙离子与正四面体中心氟离子连线处于晶胞对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的。
【详解】(1)紫色波长介于400nm~430nm，答案为A；
(2) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1，该能层电子云轮廓为球形；
(3) M的第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素失去2个电子时为稳定结构，则该元素最外层有2个电子，则M为Ca，元素M化合态常见化合价是+2，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2；
(4) PO43-的中心原子P的孤电子对数=（a-bx）=(5+3-2×4)=0，价层电子对数=4+0=4，P原子杂化方式为sp3杂化，微粒空间构型为正四面体，键角为109°28′；
(5)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性：F>O>P；
(6) A.同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的，则Cl＞P＞S＞Si，A错误；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大，则共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B正确；
C.离子半径越小，键长越短，晶格能越大，则晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，C正确；
D.金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱，则热稳定性：BaCO3＞SrCO3＞CaCO3＞MgCO3，D错误；
答案为BC。
(7)CaF2晶胞中，与顶点Ca2+最近且等距离的Ca2+处于晶胞面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的Ca2+数目为：=12；每个氟离子周围有4个钙离子，四个钙离子形成正四面体结构，氟离子处于正四面体中心，则晶胞顶点钙离子与正四面体中心氟离子连线处于晶胞对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，Ca2+和F-半径分别为a cm、b cm，则晶胞体对角线长度为4（a+b）cm，故晶胞棱长=(a+b)cm，晶胞中Ca2+数目=8×+6×=4、F-数目为8，故晶胞质量=4×Mg，则晶体密度=g•cm-3。
11.甲苯是有机化工生产的基本原料之一。利用乙醇和甲苯为原料，可按如图所示路线合成分子式均C9H10O2的有机化工产品E和J。

已知：
请回答：
（1）写出下列反应方程式：
①B＋D―→E___________________________________________________。
②G―→H_____________________________________________________。
（2）①的反应类型为____________；②的反应类型为____________；F的结构简式为____________________。
（3）E、J有多种同分异构体，写出符合下列条件的4种同分异构体结构简式。
要求：ⅰ.与E、J属同类物质；ⅱ.苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种。
①____________________；②____________________；
③____________________；④____________________。
【答案】(1). CH3COOH＋CH2OHCH2OOCCH3＋H2O (2). CCl3＋4NaOHCOONa＋3NaCl＋2H2O (3). 取代反应 (4). 酯化(或取代)反应 (5). CHO (6). )H3CCH2OOCH (7). H3CCOOCH3 (8). H3COOCCH3 (9). H5C2OOCH
【分析】由题中合成路线信息可知，乙醇经催化氧化得到A，所以A是乙醛，A经银氨溶液氧化后再酸化得到B，所以B是醋酸；在光照条件下甲苯与氯气发生取代反应生成、和，然后在加热条件下与NaOH溶液发生水解生成对应醇、和，由可知，会自动脱水转化为，会自动脱水、再经酸化转化为，也可以氧化为，与题中信息相符，所以C为、D为、F为、I为，I与乙醇发生酯化反应生成J，则J为苯甲酸乙酯，结构为；E和J是同分异构体，所以E是乙酸苯甲酯，结构简式为，据以上分析解答。
【详解】由题中合成路线信息可知，乙醇经催化氧化得到A，所以A 是乙醛，A经银氨溶液氧化后再酸化得到B，所以B是醋酸；在光照条件下甲苯与氯气发生取代反应生成、和，然后在加热条件下与NaOH溶液发生水解生成对应醇、和，由可知，会自动脱水转化为，会自动脱水、再经酸化转化为，也可以氧化为，与题中信息相符，所以C为、D为、F为、I为，I与乙醇发生酯化反应生成J，则J为苯甲酸乙酯，结构为。E和J是同分异构体，所以E是乙酸苯甲酯，结构简式为；
（1）①B+D→E反应方程式为。
②G→H反应方程式为 。
（2）①的反应类型为取代反应；②的反应类型为酯化（或取代）反应；F的结构简式为。
（3）①与E、J属同类物质，则要求分子中有苯环、酯基；
②苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种，则两取代基应置于苯环对位；
符合这两个条件的4种同分异构体结构简式分别为：
①；②；③；④。