浙江省宁波三中2020届高三10月月考化学试题



浙江省宁波三中2019秋高三（上）10月月考化学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1.古代药学著作本草经集注共七卷，其中对“硝石”的注解如下：先时有人得一种物，其色理与朴硝(Na2SO4)大同小异，如握雪不冰。强烧之。紫青烟起，仍成灰，不停沸如朴硝，云是真硝石也。这里的“硝石”是指   
A. 氢氧化钙 B. 硝酸钾 C. 高锰酸钾 D. 硝酸钠
【答案】B
【解析】
【详解】K元素的焰色反应为紫色，故“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色，可排除A、D选项；高锰酸钾为紫黑色，硝酸钾为白色晶体，“如握雪不冰”根据物质本身颜色分析，这里的“硝石”是指硝酸钾，而不是高锰酸钾。故可排除C选项，合理选项是B。

2.下列对于太阳能、生物质能和氢能的利用的说法不正确的是       
A. 光伏电池可实现太阳能到电能的转化
B. 将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在富氧条件下，经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气，从而有效利用生物质能
C. 生活、生产中大量应用氢能源,要解决氢气的储存和运输等问题
D. 垃圾焚烧处理厂把大量生活垃圾中生物质能转化为热能、电能，减轻了垃圾给城市造成的压力，改善了城市的环境
【答案】B
【解析】
【详解】A.光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，A正确；
B.植物秸秆、枝叶、杂草含有生物质能，可通过发酵制取甲烷，从而有效利用生物质能。生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，但反应是在厌氧条件下进行，B错误；
C.在生活和生产中大量应用氢能源，首先要解决的课题是探索廉价制氢气的方法和怎样解决氢气的贮存运输等问题，C正确；
D.垃圾处理厂利用垃圾发电可将生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能等，D正确；
故合理选项是B。

3. 不能用胶体的有关知识解释的现象是（ ）
A. 盐卤或石膏加入豆浆里制成豆腐
B. 冶金厂利用高压直流电除去大量粉尘
C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀
D. 在河水与海水的交界处，易形成三角洲
【答案】C
【解析】
试题分析：盐卤或石膏加入豆浆里制成豆腐属于胶体聚沉，故A正确；冶金厂利用高压直流电除去大量粉尘属于胶体电泳，故B正确；向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成红褐色氢氧化铁沉淀，故C错误；在河水与海水的交界处，易形成三角洲，属于胶体聚沉，故D正确。
考点：本题考查胶体的性质。

4.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 60g冰醋酸晶体中，含阴离子数目为NA
B. 标准状况下，22.4LCCl4中含有分子的数目为NA
C. 常温下，46gNO2与N2O4混合气体中含分子数为NA
D. 32gCu投入300mL10mol/L的浓硝酸中，充分反应后转移电子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、冰醋酸是共价化合物，是由分子组成，不含阴阳离子，故A错误；
B、CCl4在标准状况下不是气体，不能直接用22.4L·mol－1计算，故B错误；
C、假设46g全部是NO2，则含有分子物质的量为=1mol，假设全部是N2O4，则含有分子物质的量为=0.5mol，因此两者混合物所含分子物质的量应在0.5mol和1mol之间，故C错误；
D、铜和浓硝酸反应Cu＋4HNO3(浓)=Cu((NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，如果Cu和稀硝酸反应3Cu＋＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，根据量的关系，Cu全部参与反应，即转移电子物质的量为=1mol，故D正确；
答案选D。

5.反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2

下列说法不正确的是       
A. 反应①中是氧化剂
B. 两个反应中硫元素均被氧化
C. 氧化性：
D. 反应①、②中生成等量的时转移电子数之比为1：5
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应①中Mn元素的化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，锰元素的化合价降低，MnO2作氧化剂，A正确；
B.在反应①中硫元素化合价不变，所以S既不被氧化也不被还原；在反应②中S元素的化合价由反应前NaHSO3中的+4价变为反应后NaHSO4中的+6价，化合价升高，失去电子，被氧化，B错误； 
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据①可知氧化性MnO2>I2；根据②可知氧化性IO3->SO42-，C正确；
D.反应①中生成1mol碘转移电子2NA，反应②中生成1mol碘转移10NA，所以反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为2NA ：10NA =1：5，D正确；
故合理选项是B。

6.为测定Na2SO3、Na2SO4混合样品ag中Na2SO3的质量分数，下列方案不合理的是

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. Na2SO3与KMnO4溶液发生氧化还原反应,可以通过KMnO4的量求出Na2SO3的量，但是只给出KMnO4的体积，未给出KMnO4溶液的浓度，无法求得Na2SO3的物质的量及其质量分数，A错误；
B.H2O2将Na2SO3氧化成Na2SO4，加足量BaCl2溶液将硫酸根沉淀得到BaSO4沉淀，根据沉淀的质量可以求得氧化后Na2SO4总物质的量，根据元素守恒及混合物样品质量，可得Na2SO3、Na2SO4的物质的量，可以求得Na2SO3的质量分数，B正确；
C.盐酸与Na2SO3反应，BaCl2与Na2SO4反应转化成BaSO4沉淀，求出Na2SO4的质量，根据样品总质量可求出Na2SO3的质量，最后求出Na2SO3的质量分数，C正确；
D. 盐酸与Na2SO3反应产生SO2气体，SO2气体中会混有杂质HCl，用饱和NaHSO3吸收HCl，再用浓硫酸干燥SO2气体后，通入NaOH溶液，测量增重质量dg，进一步计算出Na2SO3的质量分数，D正确；
故合理选项是A。

7.在标准状况下 个HCl分子 ,下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是( )
体积密度
电子总数原子总数
A. abcd B. bcd C. acd D. abc
【答案】A
【解析】
【详解】①标准状况下6.72LCH4的物质的量n(CH4)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol；
②3.01×1023个HCl分子的物质的量为n(HCl)= (3.01×1023)÷(6.02×1023/mol)=0.5mol；
③17.6gCO2气体的物质的量为n(CO2)=17.6g÷44g/mol=0.4mol；
④0.2,molNH3；
根据V=n·Vm可知：相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积，a正确；
气体密度ρ=可知：各物质的摩尔质量分别为①CH4 为16g/mol；②HCl为36.5g/mol；③CO2 为44g/mol；④NH3为17g/mol。相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度：，b正确；
根据N=n·NA知，分子数与物质的量成正比，所以分子总数，甲烷分子中含有10个电子，HCl中含有18个电子，CO2分子中含有22个电子，NH3分子中含有10个电子，所以电子的物质的量分别是3mol、9mol、、2mol，故电子总数，c正确；
根据N=n·NA可知：分子数与物质的量成正比，所以分子总数。甲烷分子中含有5个原子、HCl分子中含有2个原子、分子中含有3个原子、氨气分子中含有4个原子,所以原子的物质的量分别为1.5mol，1mol、1.2mol、0.8mol，所以原子总数，d正确；
故合理选项是A。

8.在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H2O=+Cl－+8H+， 中M的化合价是 （ ）
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】C
【解析】
根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。

9.如图实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，下列说法正确的是

A. 该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为11.9mol·L－1
B. 溶液中HCl的物质的量不随所取体积的多少而变化
C. 配制500 mL0.400 mol·L－1的稀盐酸需要量取浓盐酸1.68mL
D. 中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液需取0.400 mol·L－1的稀盐酸2.5 mL
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据c=1000ρw%/M=1000×1.19×36.5%/36.5mol·L－1=11.9mol·L－1，故A正确；
B、溶液为均一透明的，溶液的浓度不随体积的变化而变化，根据c=n/V，溶液中HCl的物质的量随所取体积的多少而变化，故B错误；
C、稀释过程中，溶质的物质的量不变，即500×10－3×0.4=V(HCl)×10－3×11.9，解得V(HCl)=16.8mL，故C错误；
D、0.4gNaOH的物质的量为0.4/40mol=0.01mol，恰好中和消耗盐酸的物质的量应为0.01mol，即V(HCl)×10－3×0.4=0.1，解得V(HCl)=250mL，故D错误。

10.在含有的无色溶液中，能大量共存的离子组是(    )
A. 、 、 、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、 、
【答案】C
【解析】
【分析】
含有的无色溶液，溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。
【详解】A.MnO4-的水溶液显紫色，与题干的无色溶液不符合，A错误；
B.、结合生成沉淀，不能大量共存，B错误；
C.离子之间不反应，可大量共存，C正确；
D.、结合生成沉淀，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查离子的共存的知识，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查。

11.下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是(    )
编号
化学反应
离子方程式
评价


碳酸钙与醋酸反应

错误,碳酸钙是弱电解质,不应写成离子形式

向溶液中加入过量的氨水

错误,碱过量,应生成

的水解

正确


等物质的量的和反应

正确


A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳酸钙难溶于水，不能写成离子形式，碳酸钙溶于水的完全电离，属于强电解质，离子方程式和评价均不正确，A错误；
B.向AlCl3溶液中加入过量的氨水，由于NH3·H2O是弱碱，不能溶解两性物质，所以反应产生Al(OH)3沉淀，评价不正确，B错误；
C.NaHCO3的水解，消耗水电离产生H+，结合形成H2CO3，同时产生OH-，离子方程式和评价都错误,故C错误；
D.由于还原性Fe2+>Br-，所以等物质的量的FeBr2和Cl2反应，首先氧化Fe2+，Fe2+全部被氧化，Br-一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，D正确；
故合理选项是D。

12.欲使混合物中的CuSO4·5H2O、NH4Cl、SiO2分离开，其必要的实验操作是（ ）
A. 升华　溶解　过滤　蒸发
B. 溶解　过滤　萃取　分液
C. 加热　溶解　过滤　结晶
D. 溶解　过滤　分馏　结晶
【答案】C
【解析】
试题分析：根据三种固体的有关物理、化学性质，NH4Cl易分解，可用加热的方法使其分解而分离，然后将剩余混合物溶解过滤后得SiO2，将滤液结晶后得CuSO4·5H2O，因此正确的答案选C。
考点：考查物质的分离和提纯
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查。试题难易适中，综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范的实验设计能力。该类试题需要明确的是分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。

13.下列化合物中，不能由单质直接化合而得到的是(    )
A. HCl B. Na2O C. FeCl3 D. FeCl2
【答案】D
【解析】
【详解】A.氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，能由单质直接化合而得到，A不符合题意；
B.钠在空气中会和氧气反应生成氧化钠，能由单质直接化合而得到，B不符合题意；
C.氯气具有强氧化性，能把铁氧化成价，所以铁和氯气反应生成氯化铁，能由单质直接化合而得到，C不符合题意；
D.氯气具有强氧化性，能把铁氧化成价，所以铁和氯气反应生成氯化铁，不能由单质直接化合而得到FeCl2，D符合题意；
故合理选项是D。

14.某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl-、SO42-、SO32-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，某同学取100mL上述溶液X，进行了如下实验：(1)向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀：(2)将(1)的反应混合液过滤，将足量盐酸加入沉淀中，沉淀部分溶解且产生气体。
下列说法正确的是     
A. (2)中产生的气体可能CO2或SO2
B. 溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Mg2+
C. 溶液X中一定不存在Fe3+，可能存在Cl-
D. (1)中产生的白色沉淀一定含有BaSO4，可能含有BaSO3
【答案】B
【解析】
【详解】溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且(1)白产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀一定有BaSO4，则一定存在离子SO42-， HCO3-、SO32-至少存在一种，则气体为CO2或SO2中的至少一种；由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，溶溶所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，不存在SO32-，Cl-。
A.(2)中白色沉淀硫酸钡和碳酸钡、氢氧化镁，气体A为CO2或SO2中的至少一种，有可能都存在，A不符合题意；
B.由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，B符合题意；
C.溶液X中一定不存在Fe3+、Cl-，一定存在Mg2+、Na+，C不符合题意；
D.(1)中的白色沉淀一定含有BaSO4，一定不含亚硫酸钡，D不符合题意；
故合理选项是B。

15.实验室可利用硫酸厂炉渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O），聚铁的化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3﹣0.5n]m，制备过程如图所示：下列说法不正确的是

A. 炉渣中FeS与硫酸和氧气的反应的离子方程式为：4FeS+3O2+12H+＝4Fe3++4S↓+6H2O
B. 气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用
C. 向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤得到绿矾
D. 溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏大
【答案】D
【解析】
试题分析：分析流程可知，炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到的固体W为氧化还原反应生成的硫和二氧化硅等，溶液X为含有铁离子的溶液，调节溶液的pH值得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁，溶液Y蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体。A、炉渣中硫化亚铁和硫酸和氧气反应生成硫单质和硫酸铁和水，离子方程式正确，A正确；B、炉渣加入硫酸溶液同时融入氧气得到的固体为硫和二氧化硅，固体W灼烧得到的气体为二氧化硫，B正确；C、溶液x中加入过量的铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出绿矾，C正确；D、氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，若溶液Z的pH偏小，则聚题中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，C错误，答案选D。
考点：考查物质的分离和提纯的方法和基本实验操作综合应用

16. 将11.9 g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7 g。
另取等质量合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2＋、Al3＋、Fe3＋完全转化为沉淀，则沉淀的质量为(　　)
A. 22.1 g B. 27.2 g
C. 30 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
生成NO是0.3mol，所以金属就失去0.9mol电子。则与金属阳离子结合的OH-就是0.9mol，所以最终沉淀的质量是11.9g＋0.9mol×17g/mol＝27.2g，答案选B。

二、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
17.中学常见反应的化学方程式是A+BX+Y+H2O(未配平，反应条件略去)，其中A、B的物质的量之比为了1：4。请回答：
(1)若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是______，该反应的离子方程式是______。
(2)若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是________．
(3)若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。
①元素在周期表中的位置是______(填所在周期和族)；Y的化学式是______。
②含amol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是______mol。
(4)若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色，则A与B按物质的量之比1：4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是_________。
【答案】 (1). (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 4：1 (4). 第四周期Ⅷ族 (5). NO (6). 0.4a (7). c(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
【分析】
(1)若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，结合实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气来解答；
(2)A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，即A为碳元素；A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，然后利用元素的化合价分析；
(3)A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中，则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；利用铁的原子序数分析其位置，利用三价铁离子与铁的反应及溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等来计算被还原的三价铁；
(4)向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，利用反应中各物质的量级偏铝酸钠的水解来分析。
【详解】(1)因黄绿色气体为氯气，氯原子最外层7个电子，则氯气中存在一对共用电子对，其电子式为，A、B的物质的量之比为1：4，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，其质子数等于电子数等于6，即A为碳元素；A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，其反应为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O。根据元素的化合价变化可知：碳元素的化合价升高，则碳作还原剂；硝酸中氮元素的化合价降低，则硝酸作氧化剂，由化学计量数可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1；
(3)A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应方程式为Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。
①铁为26号元素，在在元素周期表中的第四周期Ⅷ族，铁与稀硝酸反应生成的气体Y为NO；
②设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则根据放出2Fe3++Fe=3Fe2+可知：每有2molFe3+反应会产生3molFe2+，假设反应的Fe3+的物质的量是x，则反应产生Fe2+的物质的量是mol，由于反应后溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a-x=，解得x=0.4a；
(4)若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有Na+，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，其反应为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，由题意知A与B的物质的量分别为1mol、4mol，则n(Na+)=4mol，n(Cl-)=3mol，NaAlO2是强碱弱酸盐，AlO2-水解消耗，则n(AlO2-)c(H+)，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，则c(AlO2-)>c(OH-)，故溶液离子大小为：c(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)。
【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、化学方程式的书写、离子浓度大小比较等，要求学生应熟悉常见的氧化还原反应及常见物质的性质，弄清物质结构与物质组成及性质的关系，这是解答本题的关键。

三、简答题（本大题共1小题，共10.0分）
18.镍是有机合成重要催化剂。某化工厂有含镍催化剂废品(主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质)。某学习小组设计如下流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：

几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH：

回答下列问题：
(1)溶液①中含金属元素的离子是_________；
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的______________；双氧水可以用下列物质替代的是_________
A.氧气   漂白液  氯气  硝酸；
(3)操作b调节溶液pH范围为______________；
(4)操作a和c需要共同的玻璃仪器是_______；上述流程中，防止浓缩结晶过程中，Ni2+水解的措施是_______。
【答案】 (1). AlO2- (2). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (3). A (4). 3.2pH