宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第五次月考化学试题

宁夏银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第五次月考理综化学试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 S：32 O：16 Cu:64 Zn:65
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.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是
A. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3
B. 《抱朴子》中“以曾青涂铁，铁赤色如铜，“曾青”是可溶性铁盐
C. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料
D. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
【答案】A
【解析】
【详解】A.草木灰中含有K2CO3，其水溶液显碱性，可用于洗衣服，A项正确；
B.“以曾青涂铁，铁赤色如铜”中曾青涂铁指的是向可溶性铜盐溶液中加入铁，得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，故B项错误；
C.聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故C项错误；
D.手机中芯片的主要成分是硅，故D项错误；
综上，本题选A。
【点睛】D项中要注意，单质硅属于半导体材料，可用作芯片，二氧化硅的用途是光导纤维；
2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 28g 乙烯和丙烯混合物中的极性键数目为4NA
B. 32g Cu和32g S 充分反应，转移电子数为NA
C. 精炼铜时，若阳极失去0.1 NA 个电子，则阴极增重3.2g
D. 等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式为CH2，含有2个极性键，28g 乙烯和丙烯混合物认为含有最简式CH2的物质的量为2mol，则含有极性键数目为4NA，故正确；B. 32g Cu和32g S 充分反应是生成0.25mol硫化亚铜，转移电子为0.5mol，故错误；C. 精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中的活泼金属先溶解生成离子形式，然后是铜溶解，阴极是铜离子得到电子生成铜单质，所以若阳极失去0.1 NA 个电子，则阴极得到0.1 NA 个电子，则阴极增重3.2g，故正确；D. 钠和氧气或氯气反应时都是生成钠离子，所以等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等，故正确。故选B。
3.下列离子方程式正确的是
A. 等物质的量的NO和NO2同时被NaOH溶液吸收：NO + NO2 +2OH－= 2NO2－+H2O
B. 等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和 HCl 溶液混合：Mg2++3OH﹣+H+=Mg（OH）2↓+H2O
C. Fe与过量稀硝酸的反应：Fe + 4H+ + NO3‾ = Fe2+ + NO↑+ 2H2O
D. 碳酸钡溶于醋酸：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A. 等物质的量的NO和NO2同时被NaOH溶液吸收生成亚硝酸钠，反应的离子方程式是NO + NO2 +2OH－= 2NO2－+H2O，故A正确；
B. 等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和 HCl 溶液混合，OH﹣先与H+反应生成水，剩余的OH﹣再与Mg2+生成Mg（OH）2，反应的离子方程式是Mg2++4OH﹣+2H+=Mg（OH）2↓+2H2O，故B错误；
C. Fe与过量稀硝酸的反应生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式是：Fe + 4H+ + NO3‾ = Fe3+ + NO↑+ 2H2O，故C错误；
D. 碳酸钡溶于醋酸生成醋酸钡、二氧化碳、水，反应的离子方程式是BaCO3 + 2CH3COOH = Ba2+ + H2O + CO2↑+2CH3COO-，故D错误。
4.下列实验操作所得的现象及结论均正确的是

实验操作
现象及结论
A
将AlC13溶液加热蒸干
得到白色固体，成分为纯净的AlC13
B
将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液
有白色沉淀产生，则Na2SO3已变质
C
向Na2SiO3溶液中通入CO2
有白色沉淀产生，则碳酸的酸性比硅酸强
D
向FeI2溶液中通入少量C12
溶液变黄，则C12的氧化性强于Fe3+


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.将AlCl3溶液加热蒸干，由于HCl易挥发，加热促进了铝离子的水解，则最终得到的是氢氧化铝，无法得到纯净的AlCl3，故A错误；
B.由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，干扰了检验结果，应该用氯化钡溶液，故B错误；
C.向Na2SiO3溶液中通入CO2，有白色沉淀产生此沉淀为硅酸，根据强酸制弱酸的规律，则碳酸的酸性比硅酸强，故C正确；
D.向FeI2溶液中通入少量C12，被氧化的为碘离子，无法比较氯气与铁离子的氧化性强弱，故D错误。
故选C。
【点睛】硅酸是难溶于水的白色沉淀；碘离子和亚铁离子还原性比较碘离子更强些。
5.某电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。该电池是以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，其总反应为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列说法正确的是(　　)
A. Zn为电池的正极
B. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3－3e-＋5OH- ＝FeO42-＋4H2O
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化
D. 该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，故A错误；
B．充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反应，即反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，故B正确；
C．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；
D．根据电池总反应式可知，放电时有KOH生成，电解质KOH的浓度增大，故D错误；
故选B。
【点晴】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe(OH)3+5OH-=FeO42+4H2O+3e-，阳极消耗OH-离子，碱性要减弱，阴极上电极反应式为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-，生成氢氧根离子，所以阴极附近碱性增强。
6. 下列叙述正确的是
A. 使用催化剂能够降低化学反应的反应热(△H)
B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C. 增大反应物浓度可加快反应速率,因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
D. 电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A错误；
B．NO易被空气中的氧气氧化，不可用向上排空气法收集，故B错误；
C．常温下浓硫酸与铁发生钝化，无H2生成，故C错误；
D．电镀时，待镀的金属作阴极，镀层金属的阳离子在其表面发生还原反应，故D正确；
答案为D。
7.利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=﹣58kJ．mol﹣1，
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H2
③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H3,
已知反应中一些相关物质的化学键键能数据如下：
化学键

C﹣O

C﹣H

H﹣H

H﹣O

C≡O

E/(kJ·mol﹣1)

343

413

436

465

1076



则△H2和△H3分别为
A. -99kJ·mol﹣1，+41kJ·mol﹣1
B. -99kJ·mol﹣1，-41kJ·mol﹣1
C +99kJ·mol﹣1，-41kJ·mol﹣1
D. +99kJ·mol﹣1，+41kJ·mol﹣1
【答案】A
【解析】
【详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，故△H2=1076 kJmol-1+2×436 kJmol-1-(3 × 413+343+465) kJmol-1="-99" kJmol-1；根据盖斯定律：反应①-反应②=反应③，故△H3=△H1-△H2=-58 kJ．mol-1-(-99 kJmol-1)=+41 kJmol-1，故答案为A。
【点晴】明确反应热=反应物总键能-生成物总键能，盖斯定律计算反应热的方法，熟悉热化学方程式书写注意事项是解题关键；根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。
8.“神十搭载的长征F改进型火箭推进剂之一为无色气体N2O4，N2O4与NO2转换的热化学方程式为：N2O4（g）2NO2(g) △H=+24.4KJ/mol。
（1）将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是________。
a．v正(N2O4)=2v逆(NO2) b．体系颜色不变c．气体平均相对分子质量不变 d．气体密度不变
达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次到达平衡时，则混合气体颜色____（填“变深”、“变浅”或“不变”），判断理由________。
（2）T℃时，向1L恒容密闭容器中投入1molCH4和1molH2O(g)，发生反应：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)，经过3min，反应达到平衡。已知平衡时，c(CH4)=0.5mol/L则0～3min内，该反应的平均反应速率v(H2)=___。
（3）在一定条件下用CO和H2可以制得甲醇，CH3OH和CO的燃烧热为别725.8 kJ/mol，283.0 kJ/mol，1 mol液态水变成气态水吸热44.0 kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：____。
（4）工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。按n(CO) : n(H2)=1 : 2向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。则P1_____P2(填“”或“=”)

（5）一种氨燃料电池，使用的电解质溶液是2mol/L的KOH溶液。电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；请写出通入a气体一极的电极反应式为_______。

【答案】 (1). bc (2). 变深 (3). 正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c（NO2）增加，颜色加深 (4). v(H2) = 0.5 moL/(L·min) (5). CH3OH (l)＋O2 (g) =CO (g)＋2H2O (g) ΔH=-354.8 kJ ∕ mol (6). > (7). 2NH3+6OH－– 6e－=N2 + 6H2O
【解析】
【分析】
（1）达到平衡状态时，各物质的物质的量、组分浓度和含量均保持不变，结合平衡标志分析；
（2）根据计算；
（3）CH3OH和CO的燃烧热为别725.8 kJ/mol，283.0 kJ/mol，可知表示CH3OH和CO燃烧热的热化学方程式是2CH3OH (l)＋3O2 (g) =2CO2 (g)＋4H2O (g) ΔH=-1451.6 kJ/mol、2CO （g ）+O2（g ）═2CO2 （g ）△H=-556kJ•mol-1，根据盖斯定律计算甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式。
（4）增大压强CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)平衡正向移动；
（5）根据图示，电子由a极流出，a是负极，a极通入氨气；
【详解】（1）a．v正(N2O4)=2v逆(NO2)，可知正逆反应速率不相等，故不选a；
b．体系颜色不变，说明NO2浓度不变，一定达到平衡状态，故选b；
c．气体总质量不变，反应前后气体物质的量是变量，平均相对分子质量是变量，若气体平均相对分子质量不变，一定达到平衡状态，故选c；
d．气体质量不变、容器体积不变，根据 ，气体密度是恒量，气体密度不变，不一定平衡，故不选d。
N2O4（g）2NO2(g) △H=+24.4kJ/mol，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色变深。
（2）平衡时，c(CH4)=0.5mol/L，则△c(CH4)=1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，根据方程式，可知则△c(H2)= 1.5mol/L，0.5 moL/(L·min)；
（3）①2CH3OH (l)＋3O2 (g) =2CO2 (g)＋4H2O (g) ΔH=-1451.6 kJ/mol、
②2CO （g ）+O2（g ）═2CO2 （g ）△H=-556kJ•mol-1，
③H2O (g)= H2O (l) ΔH=-44.0 kJ/mol
根据盖斯定律①×－②×－③×2得CH3OH (l)＋O2 (g) =CO (g)＋2H2O (g) ΔH=-354.8 kJ ∕ mol。
（4）增大压强CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)平衡正向移动，压强越大，CH3OH的含量越大，所以P1>P2；
（5）根据图示，电子由a极流出，a是负极，a极通入氨气，氨气失电子发生氧化反应，电极反应式是2NH3+6OH－– 6e－=N2 + 6H2O；
【点睛】本题考查了平衡标志、平衡移动原理、图象和化学平衡的关系，重在培养学生图象与化学平衡理论的相互关系，会根据“变量不变”分析化学平衡。
9.实验室利用废铜合金(含少量铁和铝)来制取硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)，方案如下：

金属离子生成氢氧化物沉淀的pH可参考下列数据：

Fe3＋
Fe2＋
Cu2＋
Al3＋
开始沉淀时的pH
2.2
7.5
5.2
3.7
完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7
4.7

请回答：
（1）若溶解合金时加入的混酸由2 L 3 mol·L－1硫酸和1 L 2 mol·L－1硝酸混合而成，则反应后生成标准状况下的NO的体积最多为____________L。
（2）加入H2O2的目的是____________。
（3）为保证产品的纯度，M物质最好选用________(填字母)，调节pH的范围为____________。
a．Cu(OH)2　b．H2SO4　c．NH3·H2O　d．Na2CO3
（4）滤液D中加入硫酸的目的为_______________________________________。
（5）从溶液E制得CuSO4·5H2O晶体所需要的步骤为________、结晶、过滤和干燥。
（6）0.80g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。试确定200℃时固体物质的化学式______________。

【答案】 (1). 44.8L (2). 将Fe2+氧化成Fe3+ (3). a (4). 4.7≤PH＜5.2 (5). 抑制Cu2+的水解 (6). 加热蒸发 (7). CuSO4·H2O
【解析】
根据流程，开始金属过量，所以滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+；滤液A中加H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，防止除杂时影响Cu2+；氧化后的溶液，加入M调节pH除去Fe3+和Al3+；滤液D经过一系列操作得到硫酸铜晶体。
（1）由题意，n(H+)=2L×3mol·L-1×2+1L×2mol·L-1=14 mol，n（NO3-）=1L×2mol·L-1=2 mol；根据方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可得：氢离子过量，NO3-完全反应，则最多生成标准状况下NO的体积为2 mol×22.4L•mol-1=44.8L。
（2）根据上述分析，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+。
（3）氧化后的溶液，加入M调节pH除去Fe3+和Al3+；为了不引入新杂质，M最好选用a.Cu(OH)2；根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH数据可得，要使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，调节pH的范围为：4.7≤pH